2025届贵州省正安县第八中学高二物理第一学期期末统考试题含解析

2025届贵州省正安县第八中学高二物理第一学期期末统考试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、在电磁学的发展过程中，许多科学家做出了卓越贡献，下列表述符合史实的是A.法拉第最早用实验测定了电子的带电量B.奥斯特引入了电场的概念C.安培发现了电流的磁效应D.库仑发现了点电荷的相互作用规律2、如图所示的电路中，在开关S闭合的状态下，有一带电油滴静止在电容器两极板中间，下列有关判断正确的是（）A.保持开关闭合，增大电容器两极板间的距离的过程中，油滴仍将保持静止B.保持开关闭合，将滑动变阻器的滑动触片向下移动，油滴将向下运动C.断开开关S后，油滴仍将保持静止D.断开开关S后，电阻R2上始终没有电流通过3、当两列振动情况完全相同的水波发生干涉时，如果两列波的波峰在P点相遇，下列说法不正确的是（）A.质点P的振动始终是加强的B.质点P的位移始终最大C.质点P的振幅最大D.质点P的位移有时为零4、如图所示，匀强磁场磁感应强度B＝0.2T，通电直导线与磁场方向垂直，导线长度L＝0.2m，导线中电流I＝1A．该导线所受安培力F的大小为()A.0.01N B.0.02NC.0.03N D.0.04N5、如图所示，一水平放置的矩形闭合线圈abcd，在细长磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ad边在纸内。线圈由位置Ⅰ经位置Ⅱ到位置Ⅲ，且位置Ⅰ和位置Ⅲ都很靠近位置Ⅱ。在这个过程中，线圈中的磁通量()A.是增加的 B.是减少的C.先增加，后减少 D.先减少，后增加6、下列叙述符合史实的是（）A.卡文迪许通过扭秤实验首先发现了点电荷之间相互作用的规律B.法拉第最早引入了电场的概念，并提出电场线是真实存在的C.焦耳发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系D.富兰克林发明了避雷针二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、如图所示，粒子源S能在图示纸面内的360°范围内发射速率相同、质量为m、电量为+q的同种粒子（重力不计），MN是足够大的竖直挡板，S到挡板的距离为L，挡板左侧充满垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，则下列说法正确的是（）A.S发射的粒子速率至少为，才能有粒子到达挡板B.若S发射的粒子速率为，则挡板能被粒子击中部分的长度为2LC.若S发射的粒子速率为，粒子到达挡板的最短时间是D.若S发射的粒子速率为，粒子到达挡板的最短时间是8、如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两个过程中（）A.导体框中产生的感应电流方向相同B.导体框中产生的焦耳热相同C.通过导体框截面的电荷量相同D.导体框ad边两端电势差相同9、有两个匀强磁场区域I和II，I中的磁感应强度是II中的k倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动，与I中运动的电子相比，II中的电子（）A.运动轨迹的半径是I中的k倍B.加速度的大小是I中的k倍C.做圆周运动的周期是I中的k倍D.做圆周运动的角速度是I中的k倍10、如图甲,电动势为E,内阻为r的电源与R=6Ω的定值电阻、滑动变阻器Rp、开关S组成串联回路,已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的有效阻值Rp的关系如图乙,下列说法正确的是A.电源的电动势E=V,内阻r=4ΩB.定值电阻R消耗的最大功率为0.96WC.图乙中Rx=25ΩD.调整滑动变阻器Rp的阻值可以得到该电源的最大输出功率为1W三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）如图所示的电路中，小量程电流表的内阻，满偏电流，，；（1）当S1和S2均断开时，改装成是_______表，最大量程是______；（2）当S1和S2均闭合时，改装成的是_______表，最大量程是______。12．（12分）有一个100匝的线圈，总电阻为，在内垂直穿过线圈平面的磁通量从增加到则这段时间内线圈中产生的平均感应电动势______V，通过线圈的平均感应电流为______A四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失．某小型发电站，输送的电功率为P＝500kW，发电站输出电压为U1＝250V．为减少输送功率的损失，变电站先用一升压变压器将电压升高到U2＝5kV再输出，在这种情况下，用户端获得的电功率为P1＝340kW．所用变压器均为理想变压器．求（1）升压变压器原副线圈的匝数之比为多少？（2）这样输电，效率仍然较低，若想使输电效率提高到98％，又不改变输电线，那么变电应将电压升高到多少向外输电？14．（16分）如图所示，在xOy平面内，0<x<L的区域内有一沿y轴正方向的匀强电场．x>L的区域内有一方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场．某时刻，一带正电的粒子从坐标原点以沿x轴正方向的初速度v0进入电场；之后的某一时刻，另一带等量负电的粒子以同样的初速度从坐标原点进入电场．正、负粒子从电场进入磁场时速度方向与电场和磁场边界的夹角分别为60°和30°，两粒子在磁场中分别运动半周后在某点相遇．两粒子的重力以及两粒子之间的相互作用都可忽略不计．求：（1）正粒子从O点运动到A所用的时间；（2）正、负粒子的质量之比ml：m2；（3）两粒子先后进入电场的时间差15．（12分）如图所示，有一对平行金属板，板间加有恒定电压；两板间有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。一电荷量为q、质量为m的正离子，以初速度v0沿平行于金属板面、垂直于板间磁场的方向从A点射入金属板间，不计离子的重力。(1)已知离子恰好做匀速直线运动，求金属板间电场强度的大小；(2)若撤去板间磁场B，离子恰好从下极板的右侧边缘M点射出电场，方向与水平方向成45°角，求A点离下极板的高度和平行金属板的长度。

参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、D【解析】A.最早用实验测定了电子的带电量的是密立根，故A错误；B.法拉第最早引入电场的概念，并发现了磁场产生电流的条件和规律。故B错误；C.奥斯特发现了电流的磁效应。故C错误；D.库仑发现了点电荷的相互作用规律。故D正确。故选：D2、B【解析】在变化前油滴静止，油滴受到的电场力和重力是一对平衡力；A．保持开关闭合，两极板间的电势差恒定不变，若增大电容器两极板间的距离，根据可知两极板间的电场强度减小，则油滴受到的电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，粒子将向下运动，A错误；B．保持开关闭合，将滑动变阻器的滑动触片向下移动，连入电路的电阻增大，路端总电阻增大，即路端电压增大，总电流减小，故两端电压减小，所以并联支路两端的电压增大，故通过的电流增大，而总电流减小，所以的电流减小，即两端电压减小，故滑动变阻器两极板间的电势差减小，根据可知两极板间的电场强度减小，则油滴受到的电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，粒子将向下运动，B正确；CD．断开开关S瞬间，电容器放电，与电容器能形成闭合回路，故中的电流不为零，电容器放电，两极板间的电场强度减小，油滴向下运动，CD错误。故选B。3、B【解析】两列波波峰与波峰相遇，振动加强，振幅最大．频率相同的两列波发生干涉，振动加强点始终加强，减弱点始终减弱，都呈周期性变化【详解】P点为波峰与波峰叠加，为振动加强点，振动始终加强，振幅最大．位移在变化，有时为零，有时处于最大．故ACD正确，B错误；此题选择不正确的选项，故选B【点睛】解决本题的关键知道波峰与波峰叠加、波谷与波谷叠加，为振动加强点，波峰与波谷叠加，为振动减弱点4、D【解析】根据F=BIL可知导线所受安培力F的大小为F=0.2×1×0.2N=0.04N，故选D.5、D【解析】线圈从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中，磁感线穿过线圈的条数减小，故向上的磁通量减小，线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ的过程中，线圈内穿过的向下的磁通量增加，故磁通量是先减小后增加，故D正确，ABC错误。故选D。6、D【解析】A．库仑在前人的基础上，通过实验得到真空中点电荷的相互作用规律，故A错误；B．英国物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场，但电场线是假想的曲线，故B错误；C．欧姆发现了欧姆定律，反映导体的电流与电压、电阻的关系，故C错误；D．美国科学家富兰克林研究了放电现象，发明了避雷针，故D正确。故选D。二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、AC【解析】A.板上的点到S的距离最小为L，要保证有粒子打在板上，粒子做圆周运动的最小半径：r洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝m，解得粒子最小速度：v故A项符合题意.B.伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝m，由题意可知：v，解得：r＝L由几何知识得：ACL，当粒子向右水平射出时，刚好能打在档板上如图B点，则：BC＝r＝L，被粒子击中的部分长度为：AB＝AC+BC＝（1）L；故B项不合题意.CD.根据B项分析可知粒子做圆周运动的轨道半径：r＝L，粒子到达挡板的最短距离为L，此时所对圆心角最小，所用时间最短，由几何关系得：解得：θ＝60°粒子在磁场中做圆周运动的周期：T，粒子在磁场中运动的最短时间：tTT，故C项符合题意正确,D项不合题意.8、AC【解析】由题意可知考查电磁感应中电流方向、能量转化、电路问题，根据电磁感应规律分析计算可得【详解】A．由楞次定律分析可知导体框中产生感应电流方向都为逆时针方向，故A正确；B．导体框拉出过程中产生焦耳热等于克服安培力做的功，设导体框边长为L，总电阻为R联立可得因两次拉出时的速度不同，产生的焦耳热不同，故B错误；C．两次拉出时磁通量变化量相同，线圈电阻相同，通过导体框截面电荷量相同故C正确；D．向右拉出时向上拉出时导体框ad边两端电势差不相同，故D错误【点睛】导体棒切割磁感线部分是电源，电源两端电压指的是外电压．向右切割时ad是电源，ad两端电压指的是ab、bc、bd三段电阻电压之和，向上拉出时，bc是电源，ad两端电压是ad段电阻电压．产生焦耳热等于克服安培力做功，由可比较产生热量关系Ⅱ卷（非选择题9、AC【解析】电子在磁场中做的圆周运动，洛伦兹力作为向心力，根据圆周运动的周期公式和半径公式逐项分析即可设Ⅱ中的磁感应强度为B，则Ⅰ中的磁感应强度为kB，根据电子在磁场中运动的半径公式可知，Ⅰ中的电子运动轨迹的半径为，Ⅱ中的电子运动轨迹的半径为，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，故A正确；电子在磁场运动的洛伦兹力作为向心力，所以电子的加速度的大小为，所以Ⅰ中的电子加速度的大小为，Ⅱ中的电子加速度的大小为，所以Ⅱ的电子的加速度大小是Ⅰ中的倍，故B错误；根据电子在磁场中运动的周期公式可知，Ⅰ中的电子运动周期为，Ⅱ中的电子运动周期为，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的周期是Ⅰ中的k倍，故C正确；做圆周运动的角速度，所以Ⅰ中的电子运动角速度为，Ⅱ中的电子运动角速度为，在Ⅱ的电子做圆周运动的角速度是Ⅰ中的倍，故D错误10、BC【解析】将R看成电源内阻，当电源的内外电阻相等时RP的功率最大，由图读出RP的功率最大值及对应的阻值，即可求得电源的内阻，根据功率公式求出电源的电动势．根据滑动变阻器的阻值为4Ω与阻值为Rx时消耗的功率相等列式，可求得Rx．当RP=0时电路中电流最大，R消耗的功率最大．根据内外电阻相等时电源的输出功率最大求该电源的最大输出功率【详解】由图乙知，当RP=R+r=10Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，R=6Ω，可得内阻r=4Ω最大功率P==0.4W，解得E=4V，故A错误．滑动变阻器的阻值为4Ω与阻值为Rx时消耗的功率相等，有4Rx=（R+r）2，解得Rx=25Ω，故C正确．当回路中电流最大时，定值电阻R消耗的功率最大，故最大功率为Pmax=()2R=0.96W，故B正确．当外电路电阻与电阻相等时，电源的输出功率最大．本题中定值电阻R的阻值大于内阻的阻值，故滑动变阻器RP的阻值为0时，电源的输出功率最大，最大功率为P出max=()2R=0.96W，故D错误．故选BC【点睛】解决本题的关键是掌握推论：当外电路电阻与电阻相等时，电源的输出功率最大．对于定值电阻，当电流最大时其消耗的功率最大．对于变阻器的最大功率，可采用等效法研究三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、①.电压表②.1V③.电流表④.1A【解析】(1)[1]当S1和S2均断开时，电流表与R1串联，改装成的是电压表。[2]量程为U，则(2)[3]当S2和S1均闭合时，R2和电流表并联，改装成电流表。[4]量程为I，则12、①.40②.4【解析】根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势．由欧姆定律求出感应电流【详解】根据法拉第电磁感应定律；感应电流：