2025屆湖南省衡陽縣江山學校物理高二上期末考試試題含解析

2025屆湖南省衡陽縣江山學校物理高二上期末考試試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、如圖所示，電源的電動勢為30V，內(nèi)電阻為1Ω，一個標有“6V,12W”的電燈與一個繞線電阻為2Ω的電動機串聯(lián)．開關閉合后，電路中的電燈正常發(fā)光，則電動機輸出的機械功率為()A.36W B.44WC.48W D.60W2、如圖所示，正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場．一帶電粒子從a點沿ad方向射入磁場，當速度大小為v1時，粒子從b點離開磁場；當速度大小為v2時，粒子從c點離開磁場，不計粒子重力，則v1與v2的大小之比為（）A.1：3 B.1：2C.2：1 D.3：23、如圖所示。在a、b兩點固定著兩個等量異種點電荷，c、d兩點將a、b兩點的連線三等分，則（）A.c、d兩點處的場強方向不相同B.c、d兩點處的場強大小不相等C.從c點到d點場強先變大后變小D.從c點到d點場強先變小后變大4、如圖所示，一個絕緣光滑半圓環(huán)軌道處于豎直向下的勻強電場E中，在軌道的上端，一個質量為m、帶電量為＋q的小球由靜止開始沿軌道運動，則（）A.小球運動過程中機械能守恒B.小球機械能和電勢能的總和先增大后減小C.在最低點球對環(huán)的壓力為（mg＋qE）D.在最低點球對環(huán)的壓力為3（mg＋qE）5、關于電荷所受電場力和洛倫茲力，正確的說法是（

）A.電荷在磁場中一定受洛倫茲力作用B.電荷在電場中一定受電場力作用C.電荷所受的電場力一定與該處電場方向一致D.電荷所受的洛倫茲力不一定與磁場方向垂直6、如圖，兩根相互平行的長直導線分別通有方向相反的電流和，且；a、b、c、d為導線某一橫截面所在平面內(nèi)的四點，且a、b、c與兩導線共面；b點在兩導線之間，b、d的連線與導線所在平面垂直．磁感應強度可能為零的點是A.a點 B.b點C.c點 D.d點二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、電子感應加速器是利用感應電場來加速電子的一種設備。電子感應加速器主要由上、下電磁鐵磁極和環(huán)形真空室組成，當電磁鐵通以變化的電流時，會在柱形電磁鐵的兩極間產(chǎn)生磁場，在磁場中安置一個環(huán)形真空管道作為電子運行的軌道，如圖所示（圖中上部分為主視圖、下部分為俯視圖）。當磁場發(fā)生變化時，產(chǎn)生的感應電場就會不斷加速電子，電子在真空管中沿逆時針方向做圓周運動。下列說法正確的是（）A.磁場力充當電子做圓周運動的向心力B.使電子加速的是電場力C.勵磁電流必須從N端流入、從M端流出，且減小D.勵磁電流必須從M端流入、從N端流出，且增大8、如圖所示，阻值為R的金屬棒從圖示位置ab分別以、的速度沿光滑導軌（電阻不計）勻速滑到位置，若，則在這兩次過程中（）A.回路電流B.外力的功率C.通過任一截面的電荷量D.產(chǎn)生的熱量9、如圖，電阻為R、長為L的導體棒，初始時靜止于光滑的水平軌道上，導體棒的兩端M、N與導軌接觸良好，電源電動勢為E，內(nèi)阻不計。勻強磁場的磁感應強度為B，其方向與軌道平面成角斜向右上方，開關s閉合后。則A.導體棒向右運動B.導體棒向左運動C.開關S閉合瞬間，導體棒所受安培力大小為D.若僅換用更粗的同種材料、長度相同的導體棒，則導體棒所受安培力大小不變10、如圖甲所示，光滑平行金屬導軌MN、PQ所在平面與水平面成θ角，M、P兩端接一電阻R，整個裝置處于方向垂直導軌平面向上的勻強磁場中。t=0時對金屬棒施加一平行于導軌的外力F，使金屬棒由靜止開始沿導軌向上運動，金屬棒電阻為r，導軌電阻忽略不計。已知通過電阻R的感應電流I隨時間t變化的關系如圖乙所示。下列關于金屬棒運動速度v、外力F、流過R的電荷量q以及閉合回路中磁通量的變化率隨時間變化的圖象正確的是（）A. B.C. D.三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）某同學為測定一可拆變壓器原副線圈匝數(shù)，設計了如下實驗：（1）先用匝數(shù)為50的線圈C替換副線圈B，并在線圈C兩端接上交流電壓表，在原線圈A兩端接交流電源，調節(jié)交流電源電壓為12V．閉合開關，交流電壓表讀數(shù)為2V，記錄讀數(shù)并斷開電源；（2）再用拆下的副線圈B替換原線圈A，并在線圈B兩端接交流電源，調節(jié)交流電源電壓為10V．閉合開關，交流電壓表讀數(shù)為5V，記錄讀數(shù)并斷開電源。（3）由上述數(shù)據(jù)可知原線圈A匝數(shù)為_____匝；線圈A、B匝數(shù)比為_____。12．（12分）（1）某同學對表頭G進行改裝，已知其滿偏電流Ig＝100μA，內(nèi)阻標稱值Rg＝900Ω．先利用定值電阻R1將表頭改裝成1mA的電流表，然后利用定值電阻R2再將此電流表改裝成3V的電壓表V1（如圖所示）．則根據(jù)條件定值電阻R1＝______Ω，R2＝______Ω（2）改裝完畢后，用量程為3V，內(nèi)阻為2500Ω的標準電壓表V2對此電壓表從零開始全范圍的刻度進行校準．滑動變阻器R有兩種規(guī)格：A．滑動變阻器（0～20Ω）B．滑動變阻器（0～2kΩ）為了實驗中電壓調節(jié)方便，滑動變阻器R應選用______（填“A”或“B”）（3）完成圖乙中的校準電路圖____要求：滑動變阻器的觸頭畫在開始實驗時的位置上）（4）由于表頭G上的標稱值Rg小于真實值，造成改裝后電壓表的讀數(shù)會比標準電壓表的讀數(shù)______．（填“偏大”或“偏小”）四、計算題：本題共3小題，共38分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）如圖所示，在空間有坐標系，第三象限有磁感應強度為的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，第四象限有豎直向上的勻強電場.一個質量為、電荷量為的正離子，從處沿與軸負方向成角垂直射入勻強磁場中，結果離子正好從距點為的處沿垂直電場方向進入勻強電場，最后離子打在軸上距點的處.不計離子重力，求：（1）此離子在磁場中做圓周運動的半徑；（2）離子從處運動到處所需的時間；（3）電場強度的大小.14．（16分）如圖甲所示，一匝數(shù)N=10匝、總電阻R=2.5Ω、ad長L1=0.4m、ab寬L2=0.2m的勻質矩形金屬線框靜止在粗糙水平面上，線框的bc邊正好過半徑r=0.1m的圓形磁場的直徑，線框的左半部分處于垂直線框平面向上的勻強磁場區(qū)域內(nèi)，磁感應強度B0=1T，圓形磁場的磁感應強度為B，方向垂直線框平面向下，大小隨時間變化規(guī)律如圖乙所示，已知線框與水平面間的最大靜摩擦力f=3.0N，π≈3.求：(1)t=0時刻穿過線框的磁通量大??；(2)線框何時開始滑動.15．（12分）如圖所示，邊長為L、匝數(shù)為n的正方形金屬線框，它的質量為m、電阻為R，用細線把它懸掛于一個有界的勻強磁場邊緣．金屬框的上半部處于磁場內(nèi)，下半部處于磁場外，磁場隨時間的變化規(guī)律為B=kt．求：（1）線框中的電流強度為多大？（2）t時刻線框受的安培力多大？

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、A【解析】電路中電燈正常發(fā)光，所以UL＝6V，則電路中電流為，電動機兩端的電壓UM＝E－Ir－UL＝30V－2×1V－6V＝22V，則電動機輸出的機械功率P出＝P電－P熱＝UMI－I2RM＝22×2W－4×2W＝36W.A．36W與計算結果相符，A正確B．44W與計算結果不符，B錯誤C．48W與計算結果不符，C錯誤D．60W與計算結果不符，D錯誤2、A【解析】考查帶電粒子在勻強磁場中的運動。【詳解】依題意，畫出兩種情況的軌跡如圖：設邊長為a，由幾何關系可得：可知，兩半徑之比為：由帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑公式：可得，兩速度之比為：。故選A。3、D【解析】AB．帶等量異種電荷連線的中點，c、d兩點將a、b兩點的連線三等分，所以c與d關于連線的中點對稱，所以關于連線的中點對稱的兩點c與d的場強等大同向，故AB錯誤；CD．根據(jù)等量異種電荷電場線的分布，電場線密的地方場強大，反之電場線疏的地方場強小，所以在兩點電荷連線上O點場強最小，兩邊依次增大。所以從c點到d點場強先變小后變大，故C錯誤，D正確。故選D。4、D【解析】A．小球運動過程中電場力做功，機械能不守恒．故A不符合題意B．小球運動過程中只有電場力和重力做功，發(fā)生的時機械能與電勢能的轉化，但小球機械能和電勢能的總和不變．故B不符合題意CD．小球從最高點到最低點的過程，根據(jù)動能定理得：，由，聯(lián)立解得：N=3（mg+qE）由牛頓第三定律知在最低點球對環(huán)的壓力為3（mg+qE）．故C不符合題意，D符合題意5、B【解析】A．當電荷的運動方向與磁場方向平行，則電荷不受洛倫茲力．故A錯誤B．電荷在電場中一定受到電場力作用．故B正確C．正電荷所受電場力一定與該處電場方向一致，負電荷所受電場力一定與該處電場方向相反．故C錯誤D．電荷所受的洛倫茲力一定與磁場方向垂直．故D錯誤6、C【解析】兩電流在該點的合磁感應強度為0，說明兩電流在該點的磁感應強度滿足等大反向關系，根據(jù)右手螺旋定則在兩電流的同側磁感應強度方向相反，則為或，又，所以該點距遠距近，所以是點，故選項C正確，選項ABD錯誤考點：通電直導線和通電線圈周圍磁場的方向【名師點睛】由安培定則可判出兩導線在各點磁感線的方向，再由矢量的合成方法可得出磁感應強度為零的點的位置；本題考查了安培定則及矢量的合成方法，特別應注意磁場的空間性，注意培養(yǎng)空間想象能力二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、ABD【解析】AB.電子在感應加速器中受到洛倫茲力、電場力、重力。由于重力很小，可以忽略不計。洛倫茲力方向與電子速度方向垂直，提供電子圓周運動的向心力，但洛倫茲力不做功，通過電場力做功使電子加速，故AB正確；CD.電子在真空管中沿逆時針方向做圓周運動，根據(jù)左手定則可知上、下電磁鐵間存在豎直向上的磁場，根據(jù)右手定則可判斷勵磁電流從M端流入、從N端流出；電子在真空管中沿逆時針方向做圓周運動，產(chǎn)生順時針的感應電流，產(chǎn)生豎直向下的感應磁場，根據(jù)楞次定律感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化可得原磁場應增大，故C錯誤，D正確。故選ABD。8、AB【解析】根據(jù)電路判斷回路中產(chǎn)生的電流之比；根據(jù)判斷外力F的功率；根據(jù)判斷電荷量比值根據(jù)來判斷回路中產(chǎn)生的熱量之比；【詳解】A、金屬棒切割磁感應產(chǎn)生的感應電動勢為，感應電流，若，所以兩次感應電流之比也為，故A對；B、外力的功率就等于克服安培力的功率，所以，若，所以功率之比為1:4，故B對；C、通過任一截面的電荷量，由于兩次掃過的面積相等，所以兩次通過任一截面的電荷量也相等，故C錯；D、產(chǎn)生的熱量，兩次棒掃過的面積相等，若，則，故D錯；故選AB第II卷9、AC【解析】AB．開關閉合，由左手定則可知，磁感線穿過掌心，則大拇指向為垂直磁感線向右，所以導體棒向右運動，故A正確，B錯誤；C．當開關閉合后，根據(jù)安培力公式，與可得故C正確；D．由電阻定律，換用更粗同種材料，所以電阻減小，由公式可知，安培力變大，故D錯誤。故選AC。10、AB【解析】A．根據(jù)如圖乙所示的I-t圖象可知I=kt，其中k為比例系數(shù)，由閉合電路歐姆定律可得又E=Blv聯(lián)立解得故v-t圖象是一條過原點且斜率大于零的直線，說明導體棒做的是初速度為零的勻加速直線運動，即v=at，A正確；B．由法拉第電磁感應定律可得所以有故圖象是一條過原點且斜率大于零的直線，B正確；C．對導體棒由牛頓第二定律可得F-BIl-mgsinθ=ma而，v=at聯(lián)立解得可見F-t圖象是一條斜率大于零且與速度軸正半軸有交點的直線，C錯誤；D．流過R電荷量q為故q-t圖象是一條開口向上的拋物線，D錯誤。故選AB。三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、①.300②.3:1【解析】（3）[1]由可得，[2]由可得故12、①.100；②.2910；③.A；④.；⑤.偏小；【解析】把電流表改裝成大量程的電流表需要并聯(lián)分流電阻，把嗲劉波改裝成電壓表需要串聯(lián)分壓電阻，應用串并聯(lián)電路特點與歐姆定律求出電阻阻值；為方便實驗操作應選擇最大阻值較小的滑動變阻器；根據(jù)實驗電路應用串并聯(lián)電路特點分析答題【詳解】(1)由圖示電路圖可知：R1=裝后電流表內(nèi)阻：把電流表改裝成電壓表，串聯(lián)電阻：；(2)為方便實驗操作滑動變阻器應選擇最大阻值較小的A；(3)電壓表從0開始全范圍的刻度進行校準，滑動變阻器應選擇分壓接法，標準電壓表與改裝后的電壓表并聯(lián)，電路圖如圖所示：(4)表頭G上的標稱值Rg小于真實值，改裝后的電流表內(nèi)阻偏小，改裝后的電壓表串聯(lián)電阻偏大，電壓表內(nèi)阻偏大，兩電壓表并聯(lián)，由于改裝后的電壓表內(nèi)阻偏大，通過改裝電壓表的電流偏小，改裝后電壓表指針偏角較小，造成改裝后電壓表的讀數(shù)會比標準電壓表的讀數(shù)偏小【點睛】本題考查了電壓表與電流表的改裝，知道電表改裝原理，由于串并聯(lián)電路特點與歐姆定律可以解題；要掌握實驗器材的選擇原則四、計算題：本題共3小題，共38分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13、(1)(2)(3)【解析】(1)正離子的運動軌跡如圖所示.由幾何知識可得，解得半徑.(2)洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得，解得離子在磁場中運動的速度大小為，離子在磁場中運動的周期為，根據(jù)軌跡得到離子在磁場中做圓周運動的時間為，離子從運動到做類平拋運動,水平方向做勻速直線運動,所需要的時間，故離子從的總時間為.(3)在電場中，由類平拋運