2025屆四川省木里藏族自治縣中學高二物理第一學期期末檢測試題含解析

2025屆四川省木里藏族自治縣中學高二物理第一學期期末檢測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。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、電流傳感器A的作用相當于一個電流表，它與計算機相連接可以捕捉到瞬間電流的變化，并能在屏幕上顯示電流隨時間變化的圖象。下列說法正確的是（）A.甲中S由斷開狀態(tài)到閉合的瞬間，R中的電流立即增大B.甲中S由閉合狀態(tài)到斷開的瞬間，L右端電勢比左端的高C.甲中S由閉合狀態(tài)到斷開的瞬間，R中的電流逐漸減小D.乙中S由斷開狀態(tài)到閉合的瞬間，R中的電流逐漸增大2、將平行板電容器與靜電計連接，充電后撤去電源，靜電計指針張開某一角度θ，如圖所示，若將電容器兩極間距離增大，則A.兩極板間電勢差不變，θ不變B.兩極板間電勢差減小，θ減小C.電容器電容減小，θ變小D.電容器電容減小，θ變大3、隨著電子技術的發(fā)展，霍爾傳感器被廣泛應用在汽車的各個系統(tǒng)中．其中霍爾轉速傳感器在測量發(fā)動機轉速時，情景簡化如圖（甲）所示，被測量轉子的輪齒（具有磁性）每次經(jīng)過霍爾元件時，都會使霍爾電壓發(fā)生變化，傳感器的內置電路會將霍爾元件電壓調整放大，輸出一個脈沖信號，霍爾元件的原理如圖（乙）所示．下列說法正確的是（）A.霍爾電壓是由于元件中定向移動的載流子受到電場力作用發(fā)生偏轉而產(chǎn)生的B.若霍爾元件的前端電勢比后端低，則元件中的載流子為負電荷C.在其它條件不變的情況下，霍爾元件的厚度c越大，產(chǎn)生的霍爾電壓越高D.若轉速表顯示1800r/min，轉子上齒數(shù)150個，則霍爾傳感器每分鐘輸出12個脈沖信號4、圖示為兩個均勻金屬導體的圖象,把均勻拉長到原來的2倍長后的電阻與的電阻的比值為A.12 B.8C.6 D.25、某區(qū)域的電場線分布如圖所示，電場中有A、B兩點。設A、B兩點的電場強度大小分別為EA、EB，電勢分別為A、B，則下列判斷正確的是（）A.EA=EB B.A>BC.A<B D.EA>EB6、如圖示為某電容傳聲器結構示意圖，當人對著傳聲器講話時，膜片會振動．若某次膜片振動時，膜片與極板距離減小，則在此過程中（）A.膜片與極板間的電容變小

B.極板的帶電量增大C.膜片與極板間的電場強度變小

D.電阻R中無電流通過二、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、下列有關說法正確的是（）A.由可知，金屬導體中自由電荷的運動速率越大，電流一定越大B.由內可知，電源電動勢的大小與外電路電阻大小有關C.使用多用電表測電阻時，如果發(fā)現(xiàn)指針偏轉很大，應選擇倍率較小的歐姆擋重新測量D.根據(jù)Q=12Rt可知，在電流一定時，電阻越大，相同時間內產(chǎn)生的熱量越多8、如圖所示，將圓柱形強磁鐵吸在干電池負極，金屬導線折成上端有一支點、下端開口的導線框，使導線框的頂端支點和底端分別與電源正極和磁鐵都接觸良好但不固定，這樣整個線框就可以繞電池軸心旋轉起來．下列判斷中正確的是（）A.俯視觀察，線框沿逆時針方向旋轉B.線框能旋轉起來，這是屬于電磁感應現(xiàn)象C.電池輸出的電功率大于線框旋轉的機械功率D.旋轉達到穩(wěn)定時，線框中電流比剛開始轉動時的大9、如圖甲所示，一個圓形線圈的匝數(shù)n=100，線圈面積S=200cm2，線圈的電阻r=1Ω，線圈外接一個阻值R=4Ω的阻值，把線圈放入一方向垂直線圈平面的勻強磁場中，磁感應強度隨時間變化規(guī)律如圖乙所示．下列說法中正確的是（）A.線圈中感應電流方向為順時針方向B.電阻R兩端的電壓隨時間均勻增大C.線圈電阻r消耗的功率為4×10-4WD.前4s內通過R的電荷量為8×10-2C10、如圖所示，ab是勻強磁場的邊界，質子()和α粒子()先后從c點射入磁場，初速度方向與ab邊界夾角均為45o，并都到達d點．不計空氣阻力和粒子間的作用．關于兩粒子在磁場中的運動，下列說法正確的是()A.質子和α粒子運動軌跡相同B.質子和α粒子運動動能相同C.質子和α粒子運動速率相同D.質子和α粒子運動時間相同三、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）（1）測干電池的電動勢和內阻的實驗，為了盡量減小實驗誤差．在如下圖所示的四個實驗電路中應選用________（2）選好電路后,由于電流表和電壓表內電阻對電路的影響,所測得電動勢將________．(選填“偏大”，“偏小”，“不變”）（3）根據(jù)實驗測得的一系列數(shù)據(jù)，畫出U-I圖（如圖丙所示），則被測干電池的電動勢為________V，電池的內阻為________Ω．（結果均保留兩位小數(shù)）（4）這種用圖象法處理數(shù)據(jù)是為了減少________.(選填“系統(tǒng)誤差”或“偶然誤差”)12．（12分）如圖所示為“探究兩物體作用前后動量是否守恒”的實驗裝置示意圖。已知a、b小球的質量分別為ma、mb，半徑分別是ra、rb，圖中P點為單獨釋放a球的平均落點，M、N是a、b小球碰撞后落點的平均位置。（1）本實驗必須滿足的條件是___________。A.斜槽軌道必須是光滑的B.斜槽軌道末端的切線可以不水平C.入射小球每次都從斜槽上的同一位置無初速度釋放D.入射球與被碰球滿足ma=mb，ra=rb（2）為了判斷動量守恒，需要測量OP間的距離x1，則還需要測量的物理量有___________、___________（用相應的文字和字母表示）。（3）如果動量守恒，須滿足的關系式是___________（用測量物理量的字母表示）。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）在如圖所示的直角坐標中，x軸的上方有與x軸正方向成45°角的勻強電場，場強的大小為E=×104V/m．x軸的下方有垂直于xOy面的勻強磁場，磁感應強度的大小為B=2×10﹣2T．把一個比荷為=2×108C/㎏的正電荷從坐標為（0，1.0）的A點處由靜止釋放．電荷所受的重力忽略不計，求：（1）電荷從釋放到第一次進入磁場時所用的時間t；（2）電荷在磁場中的偏轉半徑；（3）電荷第三次到達x軸上的位置14．（16分）如圖用一條絕緣輕繩懸掛一個帶正電小球，小球質量為1.0×10-3kg，所帶電荷量為2.0×10-8C?，F(xiàn)加水平方向的勻強電場，平衡時絕緣繩與豎直方向夾角為30°。求：（1）小球受到的電場力大小；（2）勻強電場的電場強度大小。15．（12分）如圖所示，MN是磁感強度為B的磁場邊界，一帶電量為q＝2.0×10-9C，質量為m=1.8×10-16kg的粒子，在MN上O點沿與MN成30°角方向進入磁場，經(jīng)歷t＝1.5×10-6s后到達MN上另一點P．重力不計，取π=3，求：（1）此粒子是帶正電還是負電；（2）粒子從進入磁場到穿出磁場時速度的偏向角Δφ；（3）磁感強度B

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、B【解析】A．甲中S由斷開狀態(tài)到閉合的瞬間，由于線圈中產(chǎn)生自感電動勢的阻礙作用，電流只能逐漸增大，故A錯誤；B．甲中S由閉合狀態(tài)到斷開的瞬間，由于線圈中產(chǎn)生自感電動勢，由“楞次定律”可得，L右端電勢比左端的高，故B正確；C．甲中S由閉合狀態(tài)到斷開的瞬間，由于線圈中產(chǎn)生自感電動勢，但沒有回路，所以R中的電流立即減為0，故C錯誤；D．乙中S由斷開狀態(tài)到閉合的瞬間，R中的電流立刻增大，故D錯誤。故選B。2、D【解析】靜電計是測量電勢差的儀器，電勢差的大小是通過指針張開的角度來體現(xiàn)的；又電容器充完電后與電源分開，說明電容器的電量不變，根據(jù)電容公式可知當增大時，減小，由可知，電勢差增大，那么變大；A.與分析不符，故A錯誤；B.與分析不符，故B錯誤；C.與分析不符，故C錯誤；D.與分析相符，故D正確3、B【解析】元件內載流子受到洛倫茲力和電場力的作用，故A錯誤；根據(jù)左手定則，電子向前端偏轉，前端帶負電，后端帶正電，所以前端的電勢低，符合要求，則元件中的載流子為負電荷，故B正確；當電場力和洛倫茲力平衡，有：，，解得：，故當c增大時，U減小，故C錯誤；轉速，則霍爾傳感器每分鐘輸出的脈沖信號個數(shù)為個，故D錯誤，故選B.4、A【解析】根據(jù)“兩個均勻金屬導體的圖象”可知，考查了歐姆定律以及電阻定律；根據(jù)歐姆定律，可以由I﹣U圖象得出兩電阻的關系，拉長后，根據(jù)電阻定律求出拉長后的電阻，之后與進行比較求解【詳解】據(jù)I﹣U圖象知，圖線的斜率表示電阻的倒數(shù)，所以R1：R2＝3：1，把R1拉長到原來的2倍長后，橫截面積減小為原來的，根據(jù)電阻定律公式R，電阻變?yōu)樵瓉?倍，變?yōu)镽2的12倍，故選A【點睛】關鍵是明確I﹣U圖象的斜率的倒數(shù)表示電阻，然后結合電阻定律、歐姆定律和電功率表達式分析5、B【解析】AD．電場線疏密程度表示電場強度的大小，所以A點的電場強度小，故AD錯誤；BC．沿電場線方向電勢降低，故A點的電勢高，故B正確，C錯誤。故選B。6、B【解析】振動膜片振動時，電容器兩極板的距離減小，根據(jù)可知電容增大，由于兩極板間的電壓恒定，根據(jù)可知Q增大，處于充電狀態(tài)，電阻R中有電流通過，AD錯誤B正確；根據(jù)可知U恒定，d減小，故E增大，C錯誤二、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、CD【解析】A.由I=nqSv可知，電流由導線材料、自由電荷的電荷量、電荷定向移動的速率共同決定，并不是自由電荷運動的速率越大，電流就越大，故A錯誤。B.電源電動勢由電源本身性質決定，與外電路電阻無關，不能根據(jù)閉合電路歐姆定律分析，因為外電阻變化，干路電流也會變化，故B錯誤。C．使用多用電表測電阻時，如果發(fā)現(xiàn)指針偏轉很大，說明被測電阻阻值較小，應選擇倍率較小的歐姆擋重新測量，故C正確。D．根據(jù)焦耳定律可知，Q=I2Rt，在電流一定時，電阻越大相同時間內產(chǎn)生的熱量越多，故D正確。故選：CD。8、AC【解析】AB．小磁鐵產(chǎn)生的磁場方向為線框的下端A向下流向磁鐵，對線框的下端平臺側面分析，扁圓柱形磁鐵上端為S極，下端為N極，周圍磁感線由上往下斜穿入線框內部，在垂直于紙面向外的徑向上，磁感應線有垂直于紙面向里的分量，在此徑向上的負電荷由下往上運動，由左手定則知：此負電荷受到垂直于徑向沿紙面向右的洛倫茲力，即在徑向的左垂線方向；同理，其他任一徑向上的電荷均受到左垂線方向的洛倫茲力（中心原點除外），所以，由上往下看（俯視），線框沿逆時針轉動，所以該裝置的原理是電流在磁場中的受力，不是電磁感應，A錯誤，B正確；C．因為電源消耗總功率一部分轉化為內能，另一部分轉化為動能，所以總功率大于熱功率，C正確；D．受到的安培力開始時使線圈做加速運動，當安培力等于阻力時速度達到最大，D錯誤。9、CD【解析】A．根據(jù)楞次定律可知，穿過線圈的磁通量增大，則線圈中的感應電流方向為逆時針方向，故A錯誤；B．由法拉第電磁感應定律：可得：感應電動勢：平均電流：電阻R兩端的電壓U=0.02×4=0.08V即電阻R兩端的電壓不變，故B錯誤；C．線圈電阻消耗的功率：P=I2r=0.022×1=4×10-4W故C正確；D．前4s內通過的電荷量為：q=It=0.02×4=0.08C故D正確；故選CD。10、AB【解析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，質子和α粒子從同一點沿相同的方向射入磁場，然后從同一點離開磁場，則它們在磁場中的運動軌跡相同，故A正確；兩粒子的運動軌跡相同，則它們的軌道半徑r相同，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：，解得：，粒子動能：，質子與α粒子的電量分別為e和2e，質量之比為1：4，軌道半徑r、磁感應強度B都相等，則EK質子=EKα粒子，故B正確；由牛頓第二定律得：，解得：，質子與α粒子的電量分別為e和2e，質量之比為1：4，軌道半徑r、磁感應強度B都相等，則：，故C錯誤；粒子在磁場中做圓周運動的周期：，質子與α粒子的電量分別為e和2e，質量之比為1：4，磁感應強度B都相等，則：，兩粒子的運動軌跡相同，粒子在磁場中轉過的圓心角θ相同，粒子在磁場中的運動時間：，，故D錯誤；故選AB點睛：本題考查了粒子在磁場中的運動，根據(jù)題意確定兩粒子的軌跡關系與軌道半徑關系，然后應用牛頓第二定律、動能計算公式、周期公式進行分析即可正確解題三、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.(1).丙②.(2).偏?、?(3).1.45(1.44—1.46均給分)④.0.70（0.67—0.72均給分）⑤.(4).偶然誤差【解析】明確實驗原理，從而確定實驗電路圖，并根據(jù)電路的分析可得出電動勢的誤差情況；根據(jù)閉合電路歐姆定律進行分析，從而確定電動勢和內電阻的大?。脠D象法處理數(shù)據(jù)是為了減少偶然誤差【詳解】（1）本實驗中需要測量多組路端電壓和干路電流，所以必須用到滑動變阻器；同時因電流表內阻不能忽略，為了減小內阻的測量誤差，電流表應采用相對電源的外接法；故應選擇丙電路圖；（2）丙圖中由于電壓表的分流，導致電流表測量值小于真實值；而電壓值的示數(shù)是準確的，故U-I圖象將向下移動，故電源的電動勢將小于真實值；（3）根據(jù)U=E-Ir可知，圖象與縱軸的交點表示電源的電動勢，故E=1.45V；圖象的斜率表示內阻，故（4）這種用圖象法處理數(shù)據(jù)是為了減少偶然誤差【點睛】本題考查了實驗電路選擇、實驗誤差分析、實驗數(shù)據(jù)處理，知道實驗原理、實驗注意事項、分析清楚圖象即可正確解題12、①.C②.OM間的距離③.ON間的距離④.【解析】（1）[1]A．“驗證動量守恒定律”的實驗中，是通過平拋運動的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度的，只要離開軌道后做平拋運動，對斜槽是否光滑沒有要求，A錯誤；B．要保證每次小球都做平拋運動，則軌道的末端必須水平，B錯誤；C．要保證碰撞前的速度相同，入射球每次都要從斜槽的同一位置無初速度釋放，C正確；D．為防止兩球碰撞后入射球不反彈，需要為了兩球發(fā)生對心正碰，需要兩球的半徑相等，即D錯誤。故選C。（2）[2][3]要驗證動量守恒定律定律，即驗證小球離開軌道后做平拋運動，它們拋出點的高度相等，在空中的運動時間t相等，上式兩邊同時乘以t得得因此實驗需要測量：OM間的距離x2，ON間的距離x3、ON間的距離x3（3）[4]要