四川省宜宾市叙州区二中2024-2025学年高二物理上学期期末模拟考试试题含解析

PAGE14-四川省宜宾市叙州区二中2024-2025学年高二物理上学期期末模拟考试试题（含解析）一、选择题1.关于电场线和磁感线,下列说法正确的是A.电场线和磁感线都是闭合的曲线B.磁感线是从磁体的N极发出，终止于S极C.电场线和磁感线都不能相交D.电场线和磁感线都是现实中存在的【答案】C【解析】【详解】电场线不闭合，A错；磁感线在磁铁内部是从S极指向N极，B错；电场线和磁感线都是人们为了探讨场而假想出来的一系列曲线，电场线和磁场线都不相交；D错；2.真空中两个点电荷之间的静电力为F，假如它们之间的距离以及每个点电荷的电荷量都增加为原来的2倍，则它们之间的静电力将变为原来的（）A.4倍 B.2倍 C.1倍 D.0.5倍【答案】C【解析】【详解】由库伦定律可得：改变前：F=k；改变后：F′=k=F，故ABD错误，C正确．故选C．3.如图，长为的直导线拆成边长相等，夹角为的形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为，当在该导线中通以电流强度为的电流时，该形通电导线受到的安培力大小为A.0 B.0.5 C. D.【答案】C【解析】试题分析：导线在磁场内有效长度为，故该V形通电导线受到安培力大小为，选项C正确，选项ABD错误．考点：安培力【名师点睛】由安培力公式进行计算，留意式中的应为等效长度，本题考查安培力的计算，熟记公式，但要理解等效长度的意义．4.如图所示，正点电荷放在O点，图中画出它产生的电场的六条对称分布的电场线．以水平电场线上的O’点为圆心画一个圆，与电场线分别相交于a、b、c、d、e，下列说法正确的是（）A.b、e两点的电场强度相同B.a点电势高于e点电势C.电子沿圆周由d运动到b，电场力做正功，电势能削减D.b、c两点间电势差等于e、d两点间电势差【答案】D【解析】【分析】电场强度是矢量，只有大小和方向都相同时两点的电场强度才相同；电势依据顺着电场线方向电势降低进行推断；依据对称性分析b、c两点间电势差与b、e间电势差的关系．依据电势凹凸，推断电场力对电子做功的正负．【详解】由图看出，b、e两点电场强度的大小相等，但方向不同，而电场强度是矢量，所以b、e两点的电场强度不同，故A错误；依据顺着电场线电势渐渐降低可知，离点电荷O越远，电势越低，故a点电势低于e点电势，故B错误；d点的电势高于b点的电势，电子沿圆周由d到b，电势降低，但电势能上升，电场力做负功，故C错误；依据对称性可知，d、c的电势相等，同理b、e的电势相等．所以b、c两点间电势差与e、d两点间电势差相等，故D正确；故选D．【点睛】常见电场的电场线分布要求我们能娴熟驾驭，并要留意沿电场线的方向电势是降低的，同时留意点电荷形成电场的对称性．加强基础学问的学习，驾驭住电场线的特点，即可解决本题．5.如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，其中心正上方固定一根直导线，导线与磁铁垂直，并通以垂直纸面对外的电流，则A.磁铁对桌面的压力减小、不受桌面摩擦力的作用B.磁铁对桌面的压力减小、受到桌面摩擦力的作用C.磁铁对桌面的压力增大、不受桌面摩擦力的作用D.磁铁对桌面的压力增大、受到桌面摩擦力的作用【答案】A【解析】【详解】在磁铁外部，磁感线从极指向极，长直导线在磁铁的中心正上方，导线所在处磁场水平向左方；导线电流垂直于纸面对外，由左手定则可知，导线受到的安培力竖直向下方；由牛顿第三定律可知，导线对磁铁的作用力竖直向上，因此磁铁对桌面的压力减小，小于磁铁的重力，磁铁没有运动趋势，磁铁不受摩擦力；A．与分析相符，故A正确；B．与分析不符，故B错误；C．与分析不符，故C错误；D．与分析不符，故D错误。6.如图所示，电感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻忽视不计，LA，LB是两个相同的灯泡，且在下列试验中不会烧毁，电阻R2阻值约等于R1的两倍，则()A.闭合开关S时，LA，LB同时达到最亮，且LB更亮一些B.闭合开关S时，LA，LB均渐渐亮起来，且LA更亮一些C.断开开关S时，LA渐渐熄灭，LB立刻熄灭D.断开开关S时，LA渐渐熄灭，LB闪亮后才渐渐熄灭【答案】D【解析】【详解】闭合开关S时，由于线圈的自感作用LA渐渐亮起来，但LB马上亮起来，AB错误；断开开关S时，LA、LB、L形成回路，但由于LA的电流大于LB的电流，故LA渐渐熄灭，LB闪亮后才渐渐熄灭，C错误、D正确．7.如图所示，平行金属板中带电质点原来处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，的阻值和电源内阻相等，当滑动变阻器的滑片向端移动时，则（）A.消耗的功率渐渐减小B.电流表读数减小，电压表读数增大C.电源的输出功率渐渐增大D.质点将向上运动【答案】AC【解析】【详解】当滑动变阻器的滑片向端移动时，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小．依据闭合电路欧姆定律分析得知干路电流增大．电容器极板间电压等于两端的电压，减小，并联部分的总电阻减小，则两端的电压减小，消耗的功率渐渐减小，电容器极板间场强减小，质点所受的电场力减小，所以质点将向下运动，正确，D错误．流过电流表的电流，增大，减小，则增大，所以电流表读数增大．两端的电压，减小，增大，则减小，所以电压表读数减小，B错误．由于的阻值和电源内阻相等，则外电路总电阻大于电源的内阻，当外电阻减小时，电源的输出功率渐渐增大，C正确．8.用绝缘细线悬挂一个质量为m，带电荷量为+q的小球，让它处于如图所示的磁感应强度为B的匀强磁场中．由于磁场的运动，小球静止在如图位置，这时悬线与竖直方向夹角为α，悬线处于伸直状态，则磁场的运动速度和方向可能是（）A.，水平向左B.，水平向下C.，竖直向上D.，水平向右【答案】AC【解析】【详解】若磁场的运动方向水平向左，则小球相对磁场水平向右，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向上，当洛伦兹力等于重力，处于平衡状态，则有：Bqv=mg，解得：，故A正确；若磁场的运动方向竖直向下，则小球相对磁场竖直向上，由左手定则可知，洛伦兹力方向水平向左，则不行能处于平衡状态．故B错误；若磁场的运动方向竖直向上，则小球相对磁场竖直向下，由左手定则可知，洛伦兹力方向水平向右，当洛伦兹力与拉力的合力与重力相等时，则处于平衡状态，则有：Bqv=mgtanα，解得：，故C正确，若磁场的运动方向水平向右，则小球相对磁场水平向左，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向下，不行能处于平衡状态，D错误；故选AC．【点睛】此题考查左手定则与平衡方程的应用，留意相对运动理解，突出小球相对磁场的运动方向是解题的关键，同时驾驭三角函数的应用．9.木块和用一根轻弹簧连接起来,放在光滑水平面上,紧靠在墙壁上,在上施加向左水平力使弹簧压缩,如图所示,当撤去外力后,下列说法中正确的是(

)A.尚未离开墙壁前,和组成的系统的动量守恒B.尚未离开墙壁前,和组成的系统的动量不守恒C.离开墙壁后,和组成的系统动量守恒D.离开墙壁后,和组成的系统动量不守恒【答案】BC【解析】【详解】以a、b及弹簧组成的系统为探讨对象，撤去外力后，b向右运动，在a尚未离开墙壁前，系统所受合外力不为零，因此该过程系统动量不守恒．故A错误，B正确；当a离开墙壁后，系统水平方向不受外力，系统动量守恒，故C正确，D错误；故选BC.二．试验题10.某物理学习小组的同学在探讨性学习过程中，通过一块电压表和一块多用电表的欧姆挡接成电路就能一次性既能测出电压表的内阻又能测出多用电表中欧姆挡的内部电源的电动势．已知电压表的内阻约在15～25kΩ之间，量程为15V，多用电表欧姆挡的电阻刻度中间值为20.（1）.请用笔迹代替导线将红、黑表笔连在电压表上____．（2）.他们在试验过程中，欧姆的选择开关应拨至倍率为“×________”．（3）.在试验中，同学们读出电压表的读数为U，欧姆表指针所指的刻度为n，并且在试验过程中，一切操作都是正确的，由此可得欧姆表内电池的电动势的表达式为________．【答案】(1).(2).×1k(3).【解析】【详解】（1）[1]．欧姆表内电源正极接在欧姆表的负接线柱上，故红表笔应接电压表的负接线柱，黑表笔应接电压表的正接线柱（2）[2]．电压表内阻较大，故欧姆挡选择开关应选倍率为“×1k（3）[3]．欧姆表内阻等于中值电阻（）因为多用电表欧姆挡的电阻刻度中间值为20，所以欧姆表的内电阻为20×103Ω，电路中的电流，欧姆表内电池的电动势的表达式为11.有一个小灯泡上标有“4V2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的I－U图线．现有下列器材供选用：A.电压表(0～5V，内阻约10kΩ)B.电压表(0～15V，内阻约20kΩ)C.电流表(0～3A，内阻约1Ω)D.电流表(0～0.6A，内阻约0.4Ω)E.滑动变阻器(10Ω，2A)F.滑动变阻器(500Ω，1A)G.学生电源(直流6V)、开关、导线若干（1）试验中所用电压表应选________，电流表应选用________，滑动变阻器应选用________．（2）在线框内画出试验电路图_______，并依据所画电路图进行实物连接_______．（3）利用试验数据绘出小灯泡的伏安特性曲线如图甲所示，分析曲线说明小灯泡电阻改变的特点：________________________________．（4）若把电阻元件Z和小灯泡接入如图乙所示的电路中时，已知电阻Z的阻值为5Ω，已知A、B两端电压恒为2.5V，则此时灯泡L的功率约为________W．(保留两位有效数字)【答案】(1).(1)A(2).D(3).E(4).(2)如图；(5).如图；(6).(3)小灯泡电阻随温度上升而增大(7).(4)0.31【解析】【分析】本题（1）的关键是依据小灯泡的规格中的额定电压与额定电流大小来选择电压表与电流表的量程，依据试验要求电流从零调可知变阻器应用分压式接法，可知应选择电阻选择变阻器．题（2）的关键是依据小灯泡电阻满意，可知电流表应用外接法，又变阻器应用分压式接法，即可画出电路图和实物图．题（3）的关键是依据电阻定义可知，电阻大小与I-U图线上的点与原点连线的斜率倒数成正比，说明小灯泡的电阻随温度的上升而增大．题（4）的关键是在灯泡的I-U图像中画出电阻Z的I-U图像，依据I-U图象读出当电阻Z和灯泡两端的电压之和为2.5V时对应的电压和电流大小，然后依据P=UI求出功率即可．【详解】（1）：依据小灯泡规格“4V，2W”可知，电压表应选A，电流，所以电流表应选D；由于描绘小灯泡伏安特性曲线试验要求电流从零调，所以变阻器应用分压式接法，应选阻值小的变阻器E．

（2）：由于小灯泡电阻较小，满意，所以电流表应用外接法，又变阻器采纳分压式接法，所以电路图和实物连线图如图所示：

（3）依据可知，小灯泡电阻与I-U图象上各点与原点连线的斜率倒数成正比，所以小灯泡电阻随温度的上升而增大．

（4）在灯泡的I-U图像中画出电阻Z的I-U图像，由I-U图象可知，当电阻Z和灯泡两端的电压之和为2.5V时，此时灯泡两端的电压U=1.4V，I=0.22A时对应的电压，所以小灯泡的功率为：P=UI=1.4×0.22W=0.31W.【点睛】本题考查了试验器材选择、设计试验电路图、连接实物电路图、试验数据处理，确定滑动变阻器与电流表接法是正确设计试验电路图与连接实物电路图的前提与关键．三、计算题12.，外电阻R1＝R2＝4r0，其他电阻不计．假如OA棒以某一角速度匀速转动时电阻R1的电功率最小值为P0(1)要求画出等效电路图(2)求OA棒匀速转动的角速度．【答案】（1）；（2）.【解析】【详解】(1)等效电路如图所示(2)由题意可知，棒转动时感应电动势为：棒转动时，的功率改变，当棒的端处于环的最上端时，环的电阻最大，此时有：总电阻为：的最小功率为：可解得：13.如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源，现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2（已知sin37°=0.60，cos37°=0.80）．求：（1）通过导体棒电流；

（2）导体棒受到的安培力大小；（3）导体棒受到的摩擦力．【答案】（1）1.5A（2）0.30N（3）0.06N【解析】【详解】（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，依据闭合电路欧姆定律有：；（2）导体棒受到的安培力：；（3）导体棒所受重力沿斜面对下的分力，由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面对下的摩擦力f，依据共点力平衡条件，解得：，方向沿斜面对下；14.如图，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面