广西北海中学2024-2025学年高二下学期期末考试物理试题

2024-2025学年广西北海中学高二物理下学期期末考试试题含解析 一、单选题（本题共6小题，每题4分，共24分） 1、如图所示，电源电动势E=3V，内阻为r=1Ω，R1=0.5Ω，R2=1Ω，滑动变阻器R最大阻值为5Ω，平行板电容器两金属板水平放置，开关S是闭合的，两板间一质量为m，电荷量大小为q的油滴恰好处于静止状态，G为灵敏电流计．则下列说法正确的是（） A.若电阻R2断路，油滴向上加速运动，G中有从a到b的电流 B.在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从a到b的电流 C.当滑动变阻器阻值为1Ω时，电源的效率最大 D.当滑动变阻器阻值为0时，R1的功率最大 2、如图所示，质量为、长度为的金属棒两端由等长的轻质细线水平悬挂在、点，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为；棒中通以某一方向的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为，重力加速度为．则（ ） A.金属棒中的电流方向由指向 B.金属棒所受安培力的方向垂直于平面向上 C.金属棒中的电流大小为 D.每条悬线所受拉力大小 3、如图甲所示，圆形线圈位于随时间t变化的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示．取磁场垂直纸面向里为正，线圈中感应电流i顺时针方向为正，则i－t图线正确的是 A. B. C. D. 4、将圆柱形强磁铁吸在干电池的负极，强磁铁的N极朝上S极朝下，金属导线折成上端有一支点，下端开口的导线框，使导线框的顶端支点和底端分别与电源的正极和磁铁都接触良好但不固定，这样整个线框就可以绕电池旋转起来．下列判断正确的是（ ） A.线框能旋转起来，是因为电场力 B.俯视观察，线框沿逆时针方向旋转 C.电池输出的电功率大于线框旋转的机械功率 D.导线框将上下振动 5、在如图所示的电路中，为两个完全相同的灯泡，为自感系数很大的线圈、为定值电阻，假设电源的内阻和线圈的直流电阻可忽略不计．下列说法正确的是 A.闭合开关的瞬间，灯泡同时亮 B.闭合开关，待稳定后，灯泡比灯泡亮 C.闭合开关，待电路稳定后再断开开关瞬间，灯泡中的电流大小不同 D.闭合开关，待电路稳定后再断开开关瞬间，灯泡中的电流方向为从右向左 6、下列说法中正确的是（　　） A.通过导体横截面的电荷量越多，电流越大 B.由R=可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比 C.电阻率是表征材料导电性能的物理量，电阻率越大的导体对电流的阻碍作用越大 D.电动势在数值上等于非静电力把单位正电荷在电源内部从负极移送到正极所做的功 二、多选题（本题共4小题，每题5分，共20分） 7、如图所示,在方向水平向左的匀速电场中有一倾角为60°、高为H的固定绝缘斜面体,现将一质量为m,带正电且电荷量为q的小物块(可视为质点)从斜面体顶端由静止释放,已知重力加速度为g,匀强电场的电场强度大小为E= ,不计空气阻力,则　 A.小物块将沿斜面下滑 B.小物块将做曲线运动 C.小物块到达地面时的速度大小为 D.若其他条件不变,只增大电场强度,小物块到达地面前的运动时间不变 8、如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，当变阻器R的滑片位于中点时，额定功率相同的A、B、C三个小灯泡均正常发光，则下列说法正确的是 A.三个灯泡中，C灯电阻最大，B灯电阻最小 B.当滑片P向左移动时，A、C两灯变亮，B灯变暗 C.当滑片P向左移动时，B、C两灯变亮，A灯变暗 D.当滑片P向左移动时，电源的总功率减小 9、光滑金属导轨宽L＝0.4m，电阻不计，均匀变化的磁场穿过整个轨道平面，如图中甲所示．磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示．金属棒ab的电阻为1Ω，自t＝0时刻起从导轨最左端以v0＝1m/s的速度向右匀速运动，则 A.1s末回路中电动势为0.8V B.1s末ab棒所受磁场力为0.64N C.1s末回路中电动势为1.6V D.1s末ab棒所受磁场力为1.28N 10、如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，原线圈输入的交流电压如图乙所示，副线圈电路接有滑动变阻器R和额定电压为12V、工作时内阻为2 Ω的电动机。闭合开关，电动机正常工作，电流表示数为1 A，则下列不正确的是（　　） A.副线圈两端电压22V B.电动机输出的机械功率为12 W C.通过电动机的交流电频率为100 Hz D.若电动机突然卡住不转，原线圈输入功率变大 三、实验题（本题共2小题，每题9分，共18分） 11、现有一新材料制成的均匀圆柱体，某同学用游标为20分度的游标卡尺测量其长度如图甲，由图甲可知其长度为________mm；用螺旋测微器测量其直径如图乙，由图乙可知其直径为________mm；用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图丙，则该电阻的阻值约为________Ω。 12、图（a）为某同学组装完成的简易多用表的电路图，图中E是电池；和是固定电阻，R6是可变电阻，表头的满偏电流为250，内阻为，虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连．该多用表有5个档位为：直流电压1V档和5V档，直流电流1mA档和2.5mA档，欧姆x1档 (1)图（a）中A端与_____(填红或黑)色表笔相连接 (2)关于的使用，下列说法正确的是（ ） A.在使用多用表之前，调整使电表指针指在电表左端0刻度线处 B.使用欧姆档时，现将两表笔短接，调整使电表指针指在表盘右端电阻0刻度线处 C.使用电流档时，调整使电表指针指在电表右端电流最大位置 (3)某次测量时该多用表指针位置如图（b）所示，此时B端是与3相连的，则读数为______,若此时B端是与5相连，则读数为______ (4)改电表的档位1,2都是电流档，其中档位1的量程是_____,根据题给的条件可得=______ 四、计算题（本题共2小题，每题19分，共38分） 13、如图所示，一水平放置的平行导体框宽度L＝0.5m，接有R＝0.2Ω的电阻，磁感应强度B＝0.4T的匀强磁场垂直导轨平面方向向下，现有一导体棒ab跨放在框架上，并能无摩擦地沿框架滑动，框架及导体ab电阻不计，当ab以v＝4.0m/s的速度向右匀速滑动时，试求： （1）导体ab上的感应电动势的大小； （2）导体ab上感应电流的大小和方向； （3）电阻R上产生的热功率多大？ 14、如图所示，线框由导线组成，cd、ef两边竖直放置且相互平行，导体棒ab水平放置并可沿cd、ef无摩擦滑动，导体棒ab所在处有匀强磁场且B2＝2 T，已知ab长L＝0.1 m，整个电路总电阻R＝5 Ω.螺线管匝数n＝4，螺线管横截面积S＝0.1 m2.在螺线管内有如图所示方向磁场B1，若磁场B1以均匀增加时，导体棒恰好处于静止状态，试求：(g＝10 m/s2) （1）通过导体棒ab的电流大小； （2）导体棒ab的质量m大小； （3）若B1＝0，导体棒ab恰沿cd、ef匀速下滑，求棒ab的速度大小. 参考答案 一、单选题（本题共6小题，每题4分，共24分） 1、答案：D 【解析】A．若电阻R2短路，电容器放电，板间场强逐渐减小，油滴受到的电场力减小，则油滴将向下加速运动，G中有从a到b的电流．故A错误 B．在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，R增大，总电阻增大，电源的电动势和内阻不变，可知总电流减小，内电压和R1上的电压均减小，则R2与R的并联电压增大，电容器板间场强增大，油滴受到的电场力增大，则油滴向上加速运动．电容器充电，G中有从b到a的电流．故B错误 C．外电阻越大，电源的效率越大，故C错误； D．R1为定值电阻，电流越大，消耗功率越大，当滑动变阻器阻值为0时，消耗功率最大，故D正确 2、答案：C 【解析】A：根据左手定则，可以知道金属棒中的电流方向由指向，故A项错误 B：金属棒所受安培力的方向垂直于和磁场方向水平向右，与平面不垂直，故B项错误 C：对金属棒受力分析如图： 则，得，故C选项是正确的 D：由受力分析可以知道，，得，故D项错误 所以选C 3、答案：D 【解析】由图乙可知磁感应强度的变化，则可知线圈中磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势变化情况，由楞次定律可得感应电流的方向，二者结合可得出正确的图象 【详解】设圆形线圈的匝数为n，线圈回路的面积为S，总电阻为R，根据法拉第电磁感应定律，线圈电流，得：在0~2s内，回路中电流大小恒为，沿逆时针方向，图像在横轴下方；在2~3秒内，磁场强弱不变，即为零，；在3~4秒内，电流大小恒为，沿顺时针方向，图像出现在横轴下方 故本题正确答案选D 【点睛】此类问题不必非要求得电动势的大小，应根据楞次定律判断电路中电流的方向，结合电动势的变化情况即可得出正确结果 4、答案：C 【解析】该装置的原理是电流在磁场中的受力，根据左手定则判断线框的转动方向，根据能量守恒定律判断功率关系 【详解】线框能旋转起来，是因为通电导线在磁场中受到安培力的缘故，选项A错误；磁体的上面为N极，产生斜向上的辐射状的磁感线，对导线的右半部分有向下的电流，根据左手定则可知受到向外的磁场力，同理左半部分受到向里的磁场力，可知俯视观察，线框沿顺时针方向旋转，选项BD错误；电池输出的电功率一部分要转化成线框的热功率，则电池的输出功率大于线框旋转的机械功率，选项C正确；故选C. 5、答案：D 【解析】根据题图可知，考查了自感现象；当电键K闭合时，通过线圈L的电流实然增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮 【详解】A、灯B与电阻R串联，当电键K闭合时，灯B立即发光．通过线圈L的电流增大时，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，A逐渐亮起来．所以B比A先亮，A错误； B、由于线圈直流电阻忽略不计，当电流逐渐稳定时，感应电动势减小，A灯电流逐渐增大，A灯逐渐变亮，比B灯亮，故B错误； CD、稳定后，断开开关S，由于自感现象，两个灯串联，电流大小一样，B中电流方向与原方向相反，故C错误，D正确 6、答案：D 【解析】A．根据电流的定义式 可知，通过导体横截面的电荷量越多，电流不一定越大，还与通电的时间有关，A错误； B．导体的电阻是由导体本身决定的，跟导体两端的电压无关，跟导体中的电流无关，B错误； C．电阻率是表征材料导电性能的物理量，电阻是表征导体对电流的阻碍作用的物理量，电阻越大的导体对电流的阻碍作用越大，C错误； D．电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电能的装置，电动势在数值上等于非静电力把单位正电荷在电源内部从负极移送到正极所做的功，D正确。 故选D。 二、多选题（本题共4小题，每题5分，共20分） 7、答案：CD 【解析】A、对物块进行受力分析，物块受重力和水平向左的电场力，电场力，则合力的大小为2mg，方向如图，小物块沿合力方向做匀加速直线运动，故A、B错误； C、运用动能定理研究从开始到落地过程：，解得：，故C正确； D、将物块的运动分解为水平方向和竖直方向，增大电场强度，电场力增大，水平方向的加速度增大，竖直方向上的加速度不变，根据等时性知，运动时间不变，故D正确； 故选CD 【点睛】对物块进行受力分析，画出物块的运动轨迹．运用动能定理或牛顿第二定律和运动学公式解决问题 8、答案：ABD 【解析】将电路改画如图 A．对于灯A、B：通过A的电流小于B的电流，当两灯泡的功率相同时，由公式P=I2R分析可知，A的电阻大于B的电阻。灯C的电压大于A的电压，当两个灯泡的功率相同时，C的电阻大于A的电阻。可见C灯电阻最大，B灯电阻最小。故A正确。 BC．当滑片向左移动时，滑动变阻器电阻增大，则总电阻增大，总电流减小，路端电压增大，C灯变亮。流过B灯的电流IB=I-IC，I减小，IC增大，则IB减小，则B灯变暗。A灯的电压UA=U-UB，U增大，UB减小，则UA增大，A灯变亮。故B正确，故C错误； D．当滑片向左移动时，总电流减小，根据P=IE，知电源总功率减小，故D正确。 故选ABD。 9、答案：CD 【解析】由图读出1s末磁感应强度B，由求动生电动势，由法拉第电磁感应定律求出感生电动势，再由欧姆定律求出感应电流，由求出磁场力 【详解】由图乙知，1s末磁感应强度，ab棒产生的动生电动势为，方向由b到a；由于磁场在均匀变化，回路中产生的感生电动势为，由楞次定律知感生电动势沿逆时针方向，所以回路中总的感应电动势为，回路中感应电流为:，1s末ab棒所受磁场力为；故CD正确 10、答案：ABC 【解析】A．由乙图可知，输入电压的最大值为 则有效值 故A错误，符合题意； B．输出的机械功率 故B错误，符合题意； C．由乙图可知，输入交变电压的周期为0.02 s，则频率为 因为原副线圈交变电流频率相等，则通过电动机的交流电频率为50 Hz，故C错误，符合题意； D．卡住电动机，电动机变成了纯电阻，电压不变，电流增大，输出功率增加，则原线圈输入功率增加，故D正确，不符合题意。 故选ABC。 三、实验题（本题共2小题，每题9分，共18分） 11、答案： ①.50.15 ②.4.700 ③.220 【解析】[1]游标卡尺的读数为(50＋0.05×3)mm=50.15mm [2]螺旋测微器的读数为(4.5＋0.01×20.0)mm=4.700mm [3]多用电表的读数为22.0×10Ω=220Ω 12、答案： ①.黑 ②.B ③.11Ω ④.2.95V ⑤.2.5mA ⑥. 【解析】（1）根据欧姆表原理可知，内部电源的正极应接黑表笔，这样才能保证在测电阻时电流表中电流“红进黑出” （2）由电路图可知，R6只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流档时也不需要时行调节，故B正确，AC错误 （3）若此时B与“3”相接，欧姆表的倍率为×1挡，则读数为11Ω．若此时B端是与5相连，由图可知是5V档，由图示表盘可知，其分度值为0.1V，所示读数为：2.95V （4）直流电流档分为1mA和2.5mA，由图可知，当接1时应为2.5mA；当接2时应为1mA，根据串并联电路规律可知 四、计算题（本题共2小题，每题19分，共38分） 13、答案：（1）0.80V （2）4A，方向为b→a （3）3.2W 【解析】(1)导体棒垂直切割磁感线，产生的感应电动势大小为：E＝BLv＝0.4×0.5×4V＝0.8V； (2)导体棒ab相当于电源，由闭合电路欧姆定律得体ab上感应电流为： 由右手定则知感应电流的方向由b向a； (3) 电阻R上的热功率：P＝I2R＝42×0.2W＝3.2W 14、答案： (1) ；(2) m=0.016kg ；(3) v=20m/s 【解析】（1）螺线管产生的感应电动势：=4V 闭合电路欧姆定律，   （2）安培力 F1=B2I1L=2×0.8×0.1N=0.16N  导体棒静止时有F=mg， 求得m=0.016kg       （3）切割磁力线所产生的电动势E2=B2Lv  闭合电路欧姆定律： 安培力表达式：F2=B2I2L                导体棒静止时有F2=mg          代入数据得：v=20m/s 学科网（北京）股份有限公司 $