浙江省宁波市东恩中学2027届物理高二上期末考试试题含解析

浙江省宁波市东恩中学2027届物理高二上期末考试试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、如图，为两根相互平行的通电直导线a、b的横截面图，a、b的电流方向已在图中标出（）A.导线a磁感线沿逆时针方向，导线a、b相互吸引B.导线a磁感线沿顺时针方向，导线a、b相互吸引C.导线a磁感线沿逆时针方向，导线a、b相互排斥D.导线a磁感线沿顺时针方向，导线a、b相互排斥2、如图所示，在两个倾角均为α的光滑斜面上均水平放置一相同的金属棒，棒中通以相同的电流，一个处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B1；另一个处于垂直于斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B2，两金属棒均处于静止状态，则B1、B2大小的关系为()A.B1∶B2＝1∶cosαB.B1∶B2＝1∶sinαC.B1∶B2＝cosα∶1D.B1∶B2＝sinα∶13、如图所示，把轻质导电线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直于线圈平面，当线圈内通入图示方向的电流后，则线圈A.向左运动 B.向右运动C.静止不动 D.无法确定4、如图所示，一根通电直导线用细线悬挂在磁感应强度为B的匀强磁场中，电流方向由M向N，此时细线所受拉力不为零，则下列做法中不能使细线的拉力变为零的是（）A.不改变电流方向，适当增加电流大小B.使电流反向，且适当减小电流C.保持原来电流不变，适当增加磁感应强度大小D.使原来的磁场和电流都反向，且适当增加电流的大小5、矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的电动势如图，则()A.t1时刻线圈中磁通量为零B.t2时刻线圈通过中性面C.t3时刻线圈中电流方向改变D.t4时刻线圈中磁通量变化率最小6、如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则（）A.P点的电势将升高B.带电油滴的电势能将减少C.带电油滴将沿竖直方向向下运动D.若电容器的电容减小，则极板所带电荷量将增大二、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、如图电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，电容器的电容为C．闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量为ΔU，电流表示数的变化量为ΔI，则：A.变化过程中ΔU和ΔI的比值保持不变B.电压表示数U和电流表示数I的比值不变C.电阻R0两端电压减小，减小量为ΔUD.电容器的带电荷量增大，增加量为CΔU8、图是通过变压器降压给用户供电的示意图．负载变化时变压器输入电压基本保持不变．输出电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用R0表示，开关S闭合后，相当于接入电路中工作的用电器增加．如果变压器上的能量损失可以忽略，则开关S闭合后，以下说法正确的是A.电表V1示数与V2示数的比值不变B.电表A1示数不变，A2示数增大C.输电线的电阻R0消耗的功率增大D.流过电阻R1的电流减小9、如图所示，一列简谐横波在介质中沿水平方向传播，实线是在t1=0时刻的波形图，虚线是在t2=0.5s时刻的波形图，已知介质中质点P在0～0.5s的时间内通过的路程为25cm．则A.简谐横波的波长为4mB.波的传播方向沿x轴正方向C.波的传播速度为10m/sD.波的频率为0.4Hz10、两个相同带电金属小球（可看成点电荷），电量大小之比是1：7，在真空中相距为r．现将两球接触后仍放回原处，则它们间库仑力的可能是原来的（）A.7 B.3/7C.9/7 D.16/7三、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）利用螺旋测微器、米尺和如图甲所示的器材(其中电流表的内阻为1Ω，电压表的内阻为5kΩ)测量一根粗细均匀的阻值约为5Ω的金属丝的电阻率(1)用笔画线代替导线，将图乙中器材连接成实物电路，要求连线不能交叉，电流表、电压表应该选择合适的量程(已知电源的电动势为6V，滑动变阻器的阻值为0～20Ω)________甲乙丙(2)实验时，用螺旋测微器测量金属丝的直径和用米尺测量金属丝的长度示数如图5所示，电流表、电压表的读数如图丙所示．则金属丝两端的电压U＝________，电流I＝________，金属丝的长度L＝__________，直径d＝________.(3)该金属丝的电阻率是________．(保留两位有效数字)12．（12分）用伏安法测某一电阻，如果采用如图甲所示的电路，测量值为R1，如果采用如图乙所示电路，测量值为R2，则电阻的真实值为R真，它们之间的关系是：R1___R真，R2____R真（填“＞”、“＝”或“＜”），这种误差属于_________误差四、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）ABC表示竖直放在电场强度为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的圆环，轨道的水平部分与半圆环相切．A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg，带电量为q=+C的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）(1)小球到达C点的速度大小(2)小球在C点时，轨道受到的压力大小14．（16分）如图，两根间距为L＝0.5m的平行光滑金属导轨间接有电动势E＝3V、内阻r＝1Ω的电源，导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°．金属杆ab垂直导轨放置，质量m＝0.2kg．导轨与金属杆接触良好且金属杆与导轨电阻均不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中．当R0＝1Ω时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8（1）求磁感应强度B的大小；（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，求金属杆的加速度15．（12分）如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m，a、b间的电场强度为E=5.0×105N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场.今有一质量为m=4.8×10-25kg、电荷量为q=1.6×10-18C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0=1.0×106m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处（图中未画出）．求P、Q之间的距离L

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】根据右手螺旋定则可判断：导线a磁感线沿顺时针方向，再利用左手定则可判断：导线b受到了向右的安培力，力是相互的所以导线a、b相互排斥，故D正确；ABC错误；故选D2、A【解析】导体棒受重力、支持力和安培力处于平衡，根据共点力平衡列出方程，根据F=BIL求出磁感应强度之比【详解】导体棒受力如图根据共点力平衡得：B1ILcosθ=mgsinθ；B2IL=mgsinθ；所以B1：B2=1：cosθ，故选A3、A【解析】根据右手螺旋定则，环形电流可以等效为小磁针，小磁针的N极指向右，根据异性相吸，知线圈向左运动，故A正确，BCD错误4、B【解析】金属线开始受重力、向上的安培力、绳子的拉力处于平衡。A．不改变电流方向，适当增加电流的大小，根据F=BIL知，安培力增大，则绳子的张力会变为零。故A不符合题意；B．使原来电流反向，安培力反向，则拉力增大，不能使细线的拉力变为零。故B符合题意；C．保持原来电流不变，适当增加磁感应强度大小，根据F=BIL知，安培力增大，则绳子的张力会变为零。故C不符合题意；D．使原来的磁场和电流都反向，安培力的方向不变，适当增加电流的大小，安培力的大小增加，绳子的张力会变为零，故D不符合题意。故选B。5、C【解析】A、t1时刻感应电动势为零，磁通量最大．故A错误B、t2时刻感应电动势最大，线圈平面与中性面垂直．故B错误C、t3时刻线圈通过中性面，线圈中电流方向改变．故C正确D、t4时刻线圈中感应电动势最大，磁通量变化率最大．故D错误故选C6、C【解析】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E=U/d分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况．由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化【详解】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=U/d得知板间场强减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低．故A错误．由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加．故B错误．板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动．故C正确．电容器的电容减小，根据Q=UC，由于电势差不变，故带电量减小，故D错误；故选C【点睛】本题运用E=U/d分析板间场强的变化，判断油滴如何运动．运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化二、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、AD【解析】A.根据闭合电路欧姆定律可得，可以画出图象，图象的斜率表示电源内阻与定值电阻之和，所以恒定不变．A正确B.由图可知，因为电阻增大，所以电压表示和电流表的示数的比值变大．故B错误C.闭合开关，增大可变电阻的阻值后，电流中的电流减小，由欧姆定律可得电阻两端的电压减小，两端的电压增大，而它们总的电压即路端电压增大，所以电阻两端的电压减小量小于．故C错误D.两端的电压增大量为，因为电容器与并联，所以电容器两端电压增大量为，电容器的带电荷量增量为．故D正确8、ACD【解析】根据电压和匝数成正比可求出副线圈的电压，在根据电路中的串并联关系可以知道电流及功率的变化状况【详解】A、因为输入电压几乎不变，原副线圈的电压比等于匝数之比，所以比值不变，故A对；B、因为输入电压几乎不变，原副线圈的电压比等于匝数之比，则副线圈的电压几乎不变，闭合开关后，负载增加，副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，则副线圈电流增大，即A2示数增大，原副线圈电流之比等于匝数之反比，所以电表A1示数也增大，故B错；C、由于A2示数增大，所以流过输电线的电阻R0的电流增大，根据则输电线的电阻R0消耗的功率增大，故C对；D、闭合开关，电压表V2示数不变，副线圈电流增大，R0两端电压增大，根据串联分压得R1两端电压减小，所以流过电阻R1的电流减小，故D对；故选ACD【点睛】电压是前决定后，电流是后决定前，并且前后功率相等9、AC【解析】由波形图可知简谐横波的波长；由介质中质点P在0～0.5s的时间内通过的路程为25cm，可知振动的时间、周期和频率；根据求解波速.【详解】由波形图可知，简谐横波的波长为4m，选项A正确；介质中质点P在0～0.5s的时间内通过的路程为25cm，可知振动的时间为s，可得T=0.4s，f=1/T=2.5Hz，且波沿x轴负向传播；波速为，故选项AC正确，BD错误；故选AC.10、CD【解析】由库仑定律可得：得，当两相同金属小球带同种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为4：4，所以库仑力是原来的16：7．当两相同金属小球带异种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量是先中和后平分，电量变为3：3，所以库仑力是原来的9：7．故CD正确，AB错误．故选CD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、①.②.2.20V③.0.44A④.30.50cm⑤.1.850×10－3m⑥.4.4×10－5Ω·m【解析】（1）[1]．由于金属丝的电阻比电压表的内阻小得多，因此采用电流表外接法；由于金属丝的电阻比滑动变阻器的总电阻要小，因此采用限流式接法，为了保证滑动变阻器起限流作用，滑动变阻器应该连接“B、C”或“A、D”几个接线柱；由题图可以看出电流表应该连接“-”接线柱和“0.6”接线柱，具体连线如图所示。（2）[1][2][3][4]．由于螺旋测微器的半毫米刻度线已经露出，因此金属丝直径d=1.5mm+35.0×0.01mm=1.850mm＝1.850×10－3m由图可以看出：电压表的量程是3V，所以读数是2.20V；电流表的量程是0.6A，所以读数是0.440A；米尺的读数，金属丝的长度：l=40.50

cm-10.00

cm=30.50cm（3）[5]．根据欧姆定律可得金属丝的电阻由电阻定律得：联立可得：12、①.<；②.>；③.系统；【解析】根据电流表接法确定电压、电流的偏差，从而根据欧姆定律得到电阻偏差；根据误差来源判断误差类型【详解】电流表外接时，电压表测得电压为电阻两端电压，电流表测的电流为电阻和电压表的总电流，故电流偏大，那么，电阻偏小，即；电流表内接时，电压表测得电压为电阻和电流表两端的电压，故电压偏大，电流表电流为通过电阻的电流，那么，电阻偏大，即；这些误差是由实验设计本身造成的，实验方案不变，那么误差不变；那么，按照误差分类可知：这种误差为系统误差【点睛】伏安法测电阻实验中，若最大电流大于电