四川省廣元市2024-2025學年高二物理上學期期末教學質(zhì)量監(jiān)測試題含解析

PAGE15-四川省廣元市2024-2025學年高二物理上學期期末教學質(zhì)量監(jiān)測試題（含解析）第I卷（選擇題共48分）一、選擇題，共12小題，每小題4分．在每小題給出的四個選項中，第1~8題只有一項符合題目要求，第9~12題有多項符合題目要求．全部選對的得4分，選對但不全的得2分．有選錯的得0分．1.如右圖所示的可變電容器，旋轉(zhuǎn)動片使之與定片漸漸重合．則電容器的電容將A.漸漸增大 B.漸漸減小C.保持不變 D.先增大后減小【答案】A【解析】【詳解】旋轉(zhuǎn)動片使之與定片漸漸重合時，相當于增加了電容器正對面積，則由電容器的確定式C=可知，電容將漸漸增大，故BCD錯誤，A正確．故選A．【點睛】本題考查平行板電容器確定式的應用，要留意明確平行板電容器是通過變更旋轉(zhuǎn)動片來變更正對面積，從而起到變更電容的作用．2.一個內(nèi)阻可以忽視的電源接在一個裝滿水銀的絕緣圓管兩端，通過的電流為0.1A，若把全部水銀倒在一個內(nèi)徑大一倍的絕緣圓管里，通過的電流將是()A.0.4A B.0.8A C.1.6A D.3.2A【答案】C【解析】【詳解】內(nèi)徑大一倍，橫截面積變?yōu)樵瓉淼?倍，由于水銀體積不變，故水銀長度變?yōu)樵瓉淼模瑒t由電阻定律知電阻變?yōu)樵瓉淼?，由歐姆定律知電流變?yōu)樵瓉淼?6倍，即為1.6A.A.0.4A與計算結果不相符；故A項不合題意.B.0.8A與計算結果不相符；故B項不合題意.C.1.6A與計算結果不相符；故C項符合題意.D.3.2A與計算結果不相符；故D項不合題意.3.如圖所示，空間有一勻強磁場，始終金屬棒與磁感應強度方向垂直，當它以速度v沿與棒和磁感應強度都垂直的方向運動時，棒兩端的感應電動勢大小ε，將此棒彎成兩段長度相等且相互垂直的折彎，置于磁感應強度相垂直的平面內(nèi)，當它沿兩段折線夾角平分線的方向以速度v運動時，棒兩端的感應電動勢大小為，則等于（）A.1/2 B. C.1 D.【答案】B【解析】【詳解】設折彎前導體切割磁感線的長度為，折彎后，導體切割磁場的有效長度為故產(chǎn)生的感應電動勢為所以，故ACD錯誤，B正確。4.若在一半徑為r，單位長度帶電荷量為q（q＞0）的勻稱帶電圓環(huán)上有一個很小的缺口?L（ΔL遠小于r），如圖所示，則圓心O處的場強大小為A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】先設想將缺口補上，則圓環(huán)中心處的場強為零，補上部分電荷量為其對圓心處產(chǎn)生電場強度為不包括缺口的部分對圓心處產(chǎn)生的電場強度與E1等大反向，故圓心處的場強大小為故選A。5.在如圖所示電路中，L為電阻很小的線圈，G1和G2為零點在表盤中心的相同的電流表．當開關S閉合時，電流表G1指針偏向右方，那么當開關S斷開時，將出現(xiàn)的現(xiàn)象是()．A.G1和G2指針都馬上回到零點B.G1指針馬上回到零點，而G2指針緩慢地回到零點C.G1指針緩慢回到零點，而G2指針先馬上偏向右方，然后緩慢地回到零點D.G1指針馬上偏向左方，然后緩慢地回到零點，而G2指針緩慢地回到零點【答案】D【解析】試題分析：當開關閉合時，兩表指針均向右方偏，說明電流計指針向電流流進的方向偏．當開關斷開時，通過線圈的電流變小，導致線圈中產(chǎn)生瞬間感應電動勢，相當于一個瞬間電源，線圈左端是電源正極，產(chǎn)生自感電流的方向更原電流的方向相同，從而阻礙電流的變小，所以使得G2的指針緩慢地回到零點，而G1的指針先馬上偏向左方，然后緩慢地回到零點，故ABC錯誤，D正確．考點：本題考查了自感系數(shù)和自感現(xiàn)象，意在考查考生處理通電、斷電瞬間燈泡亮度變更問題的實力．6.如圖所示，在xOy平面內(nèi)，勻強電場的方向沿x軸正向，勻強磁場的方向垂直于xOy平面對里．一電子在xOy平面內(nèi)運動時，速度方向保持不變．則電子的運動方向沿()A.x軸正向 B.x軸負向 C.y軸正向 D.y軸負向【答案】C【解析】【詳解】A．若電子沿x軸正方向運動，由左手定則推斷可知：所受的洛倫茲力方向向下，而電場力方向沿x軸負方向，則電子將向下偏轉(zhuǎn)，做曲線運動，速度方向?qū)l(fā)生變更。故A錯誤。B．若電子沿x軸負方向運動，由左手定則推斷可知：所受的洛倫茲力方向向上，電場力方向沿x軸負方向，則電子將向上偏轉(zhuǎn)，做曲線運動，速度方向?qū)l(fā)生變更。故B錯誤。C．若電子沿y軸正方向運動，由左手定則推斷可知：所受的洛倫茲力方向x軸正向，電場力方向沿x軸負向，電場力與洛倫茲力平衡時做勻速直線運動，電子的速度方向不發(fā)生變更。故C正確。D．若電子沿y軸負方向運動，由左手定則推斷可知：所受的洛倫茲力方向x軸負向，電場力方向沿x軸負向，電子將向左偏轉(zhuǎn)做曲線運動，電子的速度方向發(fā)生變更。故D錯誤。

故選C。7.如圖所示，從S處發(fā)出的熱電子經(jīng)加速電壓U加速后垂直進入相互垂直的勻強電場和勻強磁場中，發(fā)覺電子流向上極板偏轉(zhuǎn)．設兩極板間電場強度為E，磁感應強度為B.欲使電子沿直線從電場和磁場區(qū)域通過，只實行下列措施，其中可行的是（）A.適當減小加速電壓UB.適當減小電場強度EC.適當增大加速電場極板之間的距離D.適當減小磁感應強度B【答案】B【解析】要使粒子在復合場中做勻速直線運動，故Eq=qvB．依據(jù)左手定則可知電子所受的洛倫茲力的方向豎直向下，故電子向上極板偏轉(zhuǎn)的緣由是電場力大于洛倫茲力，所以要么減小電場力，要么增大洛倫茲力．依據(jù)eU=mv2可得，適當減小加速電壓U，可以減小電子在復合場中運動的速度v，從而減小洛倫茲力．故A錯誤．適當減小電場強度E，即可以減小電場力，故B正確．適當增大加速電場極板之間的距離，依據(jù)eU=mv2可得，由于粒子兩者間的電壓沒有變更，所以電子進入磁場的速率沒有變更，因此沒有變更電場力和洛倫茲力的大小，故C錯誤．適當減小磁感強度B，可以減小洛倫茲力，故D錯誤．故選B．點睛：本題是綜合性較強的題目，物體的運動分成兩個階段：在電場中的加速和在復合場中的勻速直線運動．在解題時要留意運動過程分析和受力分析．8.如圖甲所示，M為一電動機，當滑動變阻器R的滑片從一端滑到另一端的過程中，兩電壓表的讀數(shù)隨電流表讀數(shù)的變更狀況如圖乙所示．已知電流表讀數(shù)在0.2A以下時，電動機沒有發(fā)生轉(zhuǎn)動．不考慮電表對電路的影響，以下推斷正確的是A.電源的電動勢為3.4VB.變阻器滑片向右滑動時，V2讀數(shù)漸漸減小C.電路中電動機的最大輸出功率為0.9WD.變阻器的最大阻值為30Ω【答案】D【解析】【詳解】A．由電路圖甲知，電壓表V2測量路端電壓，電流增大時，內(nèi)電壓增大，路端電壓減小，所以最上面的圖線表示V2的電壓與電流的關系。此圖線的斜率大小等于電源的內(nèi)阻，為當電流I=0.1A時，U=3.4V，則電源的電動勢故A錯誤；B．變阻器向右滑動時，R阻值變大，總電流減小，內(nèi)電壓減小，路端電壓即為V2讀數(shù)漸漸增大，故B錯誤；C．由圖可知，電動機的電阻當I=0.3A時，U=3V，電動機的輸入功率率最大，最大輸入功率為則最大的輸出功率肯定小于0.9W，故C錯誤；D．當I=0.1A時，電路中電流最小，變阻器的電阻為最大值，所以故D正確。故選D。9.一根長為0.2m、電流為2A的通電導線，放在B＝0.5T的勻強磁場中，受到磁場力的大小可能是A.0.1N B.0.2N C.0.3N D.0.4N【答案】AB【解析】【詳解】當通電導線與磁場垂直時，導線所受的磁場力最大，為當導線與磁場平行時，導線所受磁場力最小為零。則導線所受磁場力的范圍為故選AB。10.如圖所示，C1＝6μF，C2＝3μF，R1＝3Ω，R2＝6Ω，電源電動勢E＝18V，內(nèi)阻不計，下列說法正確的是()A.開關S斷開時，a、b兩點電勢相等B.開關S閉合后，a、b兩點間的電流是2AC.開關S斷開時C1帶的電荷量比開關S閉合后C1帶的電荷量大D.不論開關S斷開還是閉合，C1帶的電荷量總比C2帶的電荷量大【答案】BC【解析】【詳解】A．當S斷開時，兩電容器并聯(lián)在電源兩端，所以電容兩極板間的電勢差相等，但是a接電源正極，b接電源負極，兩點的電勢不相等，A錯誤；B．當S閉合后，電路相當于兩個定值電阻串聯(lián)與電路中，ab兩點間的電流為電路干路電流，故，B正確；C．開關閉合時，電容器C1電壓為R1兩端的電壓，開關斷開時，其兩端的電壓大小等于電源電動勢為18V，電壓增大，故而電荷量增大，故C正確；D．當開關閉合時，兩端的電壓；兩端的電壓為：；則；，故D錯誤．【點睛】考查了含電容電路，要留意正確分析電路，明確電路結構；依據(jù)開關通斷時的不同狀態(tài)分析電容器兩端的電壓；由分析電容中的電量11.如圖甲所示，螺線管內(nèi)有一平行于軸線的磁場，規(guī)定圖中箭頭所示方向為磁感應強度B的正方向，螺線管與U型導線框cdef相連，導線框cdef內(nèi)有一半徑很小的金屬圓環(huán)L，圓環(huán)與導線框cdef在同一平面內(nèi)，當螺線管內(nèi)的磁感應強度隨時間按圖乙所示規(guī)律變更時，下列選項中正確的是()A.在t1時刻，金屬圓環(huán)L內(nèi)的磁通量最大B.在t2時刻，金屬圓環(huán)L內(nèi)的磁通量最大C.在t1~t2時間內(nèi)，金屬圓環(huán)L內(nèi)有逆時針方向的感應電流D.在t1~t2時間內(nèi)，金屬圓環(huán)L有收縮的趨勢【答案】BD【解析】【詳解】由B-t圖知，時刻磁通量的變更率為零，則感應電流為零，L上的磁通量為零；故A錯誤；在時刻，磁感應強度為零，但是磁通量的變更率最大，則感應電流最大，通過金屬圓環(huán)的磁通量最大．B正確；在時間內(nèi)，磁通量的變更率不斷變大，則線圈內(nèi)的感應電流不斷變大，依據(jù)楞次定律，在線圈中的電流方向f到c，依據(jù)右手螺旋定則，穿過圓環(huán)的磁通量向外增大，則依據(jù)楞次定律，在金屬圓環(huán)中產(chǎn)生順時針方向的感應電流．故C錯誤．在時間內(nèi)，L內(nèi)的磁場增加，由愣次定律可以確定L必需減小面積以達到阻礙磁通量的增加，故有收縮的趨勢，故D正確．12.如圖所示，空間有豎直方向的勻強電場，一帶正電的小球質(zhì)量為m，在豎直平面內(nèi)沿與水平方向成30o角的虛線以速度v0斜向上做勻速運動．當小球經(jīng)過O點時突然將電場方向旋轉(zhuǎn)肯定的角度，電場強度大小不變，小球仍沿虛線方向做直線運動，選O點電勢為零，重力加速度為g，則A.原電場方向豎直向下B.變更后電場方向垂直于ONC.電場方向變更后，小球的加速度大小為gD.電場方向變更后，小球的最大電勢能為【答案】CD【解析】【詳解】起先時，小球沿虛線做勻速運動，可知小球受向下的重力和向上的電場力平衡Eq=mg，小球帶正電，則電場豎直向上，選項A錯誤；變更電場方向后，小球仍沿虛線做直線運動，可知電場力與重力的合力沿著NO方向，因Eq=mg，可知電場力與重力關于ON對稱，電場方向與NO成600，選項B錯誤；電場方向變更后，電場力與重力夾角為1200，故合力大小為mg，小球的加速度大小為g，選項C正確；電場方向變更后，小球能沿ON運動的距離為，則克服電場力做功為：，故小球的電勢能最大值為，選項D正確；故選CD.第II卷（非選擇題共52分）13.如圖所示是某同學連接的試驗實物圖，閉合開關S后，發(fā)覺L1、L2燈都不亮，他采納多用電表的直流電壓擋進行故障檢查：(1)選擇開關應置于下列量程的__________擋（用字母序號表示）．A．2.5VB．10VC．50VD．250V(2)在測試a、b間直流電壓時，紅表筆應接觸__________（選填“a”或“b”）．(3)該同學測試結果為：a、b間電壓表有示數(shù)，c、b間電壓表有示數(shù)，c、d間電壓表無示數(shù)，d、f間電壓表有示數(shù)．依據(jù)測試結果，可以判定故障是__________（假設只有下列中的某一項有故障）．A．燈L1斷路B．燈L2短路C．c、d段斷路D．d、f段斷路【答案】(1).B(2).a(3).D【解析】【詳解】(1)[1]兩個蓄電池的總電動勢為4V，應用多用表的直流電壓檔10V檔測量，故選B；(2)[2]在測試a、b間直流電壓時，紅表筆應當接觸a，因為電流必需從電壓表正接線柱流入，所以紅表筆應當接觸a端(3)[3]A．燈L1斷路時，c、d間電壓表應有示數(shù)，與題意不符，故A錯誤；B．燈L2短路時，L2燈不亮，而L1燈應更亮，與題不符，故B錯誤；C．cd段斷路，則df間沒有電壓，無示數(shù)，故C錯誤；D．df段斷路時，電路中無電流，兩燈泡都不亮，ab、df間有電壓，c、d間電壓表無示數(shù)，與題相符，故D正確。故選D。14.某同學在測定一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻的試驗中，備有下列器材：A．待測的干電池（電動勢約為1.5V，內(nèi)阻小于1.0Ω）B．電流表A1（量程0～3mA，內(nèi)阻Rg1＝10Ω）C．電流表A2（量程0～0.6A，內(nèi)阻Rg2約為0.1Ω）D．滑動變阻器R1（阻值范圍0～20Ω，額定電流10A）E．滑動變阻器R2（阻值范圍0～200Ω，額定電流1A）F．電阻箱R0（阻值范圍0～999Ω）G．開關和導線若干（1）某同學發(fā)覺上述器材中雖然沒有電壓表，但給出了兩個電流表，于是他設計了如圖a、b、c、d所示的四個參考試驗電路，并安排用圖象法處理試驗數(shù)據(jù)，其中最合理的是圖________所示的電路；在該電路中，為了操作便利且能精確地進行測量，滑動變阻器應選________(填寫器材前的字母代號)．（2）該同學選出合理的試驗電路后，把與R0串聯(lián)的電流表當作量程為0～3V的電壓表運用，于是將電阻箱R0的阻值調(diào)至________Ω．（3）下圖為該同學利用(1)中選出的合理的試驗電路測出的數(shù)據(jù)繪出的I1－I2圖線(I1為電流表A1的示數(shù)，I2為電流表A2的示數(shù))，被測干電池的電動勢E＝______V，內(nèi)阻r＝______Ω．（結果保留2位小數(shù)）【答案】(1).b(2).D(3).990(4).1.48(5).0.85【解析】【詳解】(1)[1][2]上述器材中雖然沒有電壓表，但給出了兩個電流表，將電流表串聯(lián)一個電阻，可以改裝成較大量程的電壓表．四個參考試驗電路，其中合理的是b，因為電源的內(nèi)阻較小，所以應當采納較小最大值的滑動變阻器，有利于數(shù)據(jù)的測量和誤差的減小．滑動變阻器應選D．(2)[3]依據(jù)歐姆定律可知：，代入數(shù)據(jù)解得：(3)[4][5]依據(jù)歐姆定律和串聯(lián)的學問得，電源兩端電壓：U=I1（990+10）=1000I1，依據(jù)圖象與縱軸的交點得電動勢：E=1.48mA×1000Ω=1.48V，與橫軸的交點可得出路端電壓為1.1V時電流是0.45A，由閉合電路歐姆定律E=U+Ir可得：r=0.85Ω15.如圖所示是一勻強電場，已知場強E＝2×102N/C，現(xiàn)讓一個電荷量為q＝－4×10－8C的電荷沿電場方向從M點移到N點，M、N間的距離L＝30cm，試求：(1)電荷從M點移到N點電勢能的變更；(2)M、N兩點間的電勢差．【答案】（1）（2）60V【解析】（1）由圖可知，正電荷在該電場中所受電場力F方向向右．因此，從M點移到N點，電場力做正功，電勢能削減，削減的電勢能△E等于電場力做的功W則△E=W=qEs代入數(shù)值△E=W=4×10-8×2×102×0.3J=2.4×10-6J（2）由公式W=qUM、N兩點間的電勢差UMN=W/q=2.4×10-6/4×10-8=60V16.如圖一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小物塊處于一傾角為37°的光滑斜面上，當整個裝置被置于一水平向右的勻強電場中時，小物塊恰好靜止．重力加速度用g表示，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：(1)電場強度的大小E；(2)將電場強度減小為原來的時，物塊加速度的大小a；(3)電場強度變更后物塊下滑距離L時的動能Ek．【答案】(1)(2)0.3g(3)0.3mgL【解析】【詳解】（1）小物塊靜止在斜面上，受重力、電場力和斜面支持力，受力分析如圖所示：FNsin37°=qE①FNcos37°=mg②由①、②可得電場強度：（2）若電場強度減小為原來的，則變?yōu)閙gsin37°?qcos37°=ma③可得加速度：a=03g.（3）電場強度變更后物塊下滑距離L時，重力做正功，電場力做負功，由動能定理則有：mgLsin37°?qE′Lcos37°=Ek?0④可得動能：Ek=0.3mgL17.如圖所示，在xOy平面（紙面）內(nèi)，第一象限存在著磁感應強度大小為B、方向垂直紙面對里的勻強磁場，一質(zhì)量為m，電荷量為q的電子（不計重力），從O點以速度v0射入，v0與x軸成θ＝角，最終落在x軸上的P點．求：(1)線段OP的長度L；(2)電子由O點射入到落在P點所需的時間t．【答案】(1)(2)【解析】【詳解】(1)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，設軌道半徑R，運動軌跡如圖所示過O點和P點做速度方向的垂線，兩線交點C