安徽滁州西城区中学2024-2025学年高二下学期期末复习检测物理试题

2024-2025学年安徽省滁州西城区中学高二 物理下学期期末复习检测试题含解析 一、单选题（本题共6小题，每题4分，共24分） 1、如图所示，边长为L的正六边形ABCDEF的5条边上分别放置5根长度也为L的 相同绝缘细棒。每根细棒均匀带上正电。现将电荷量为+Q的点电荷置于BC中点， 此时正六边形几何中心O点的场强为零。若移走AB边上的细棒，则O点电场强度 大小为(k为静电力常量)（不考虑绝缘棒及+Q之间的相互影响）() E D Q A.3 c.2ko 3L2 D.4kQ 2、按图连接电路后，灯泡L不亮，用欧姆表检查灯泡L,发现L是好的，用电压 表测得U=U=O,U=6V.由此可断定该电路可能发生的故障是() A.R短路 BR短路 C.R断路 D.R断路 3、一根粗细均匀的电阻丝，电阻为R,若将其均匀拉长为原来的5倍，则其电阻 为() A.R/5 B.5R C.R/25 D.25R 4、下列说法中正确的是() A.线圈中产生的自感电动势总是阻碍线圈中电流的变化 B.感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量的变化成正比 C.感应电流产生的磁场总是阻止引起感应电流的磁通量的变化 D.穿过闭合回路的磁通量不发生变化，回路中也可能有感应电流产生 5、如图所示电路中，三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头P向右 移动时，下面判断正确的是() L2 P L3 Ro A.L变暗，L2和L变亮 B.L变暗，L2变亮，L亮度不变 C.L,中电流变值大于L,中电流变化值 D.L上电压变化值小于L2上的电压变化值 6、如图所示，W.PQ为同一水平面的两平行光滑导轨，导轨间有垂直于导轨平面 的磁场，导体ab.cd与导轨有良好的接触，当ab沿轨道向右滑动时，cd将() d A.右滑 B.不动 C.左滑 D.无法确定 二、多选题（本题共4小题，每题5分，共20分） 7、如图所示，一单匝闭合矩形金属线圈bcd在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转 轴O0′匀速转动，转轴O0'过ad边和bc边的中点。从图示位置开始计时，穿过 线圈的磁通量Φ随时间t的变化关系式为Φ=0.1cos20πt(b),时间t的单位为 $。已知矩形线圈的电阻为2.02，下列说法正确的是() ·d· a B .b A穿过线圈的磁通量的最大值为V2b 10 B.在任意1s时间内，线圈中通过的电流的方向改变20次 C.线圈中通过的电流的有效值约为3.14A D.在任意1s时间内，线圈克服安培力所做的功约为9.86J 8、如图所示，x轴上方有垂直纸面向里且足够大的匀强磁场。两个质量、电荷量 均相同的带电离子（不计重力），分别带正、负电荷，以相同速度从O点射入磁场 中，射入方向与x轴正方向夹角均为0，则正、负离子在磁场中() + + × + 0 A.运动时间相同 B.运动的轨道半径相同 C.重新回到x轴时速度方向相反 D.重新回到x轴时距O点的距离相 等 9、如图所示，倒置的U形金属导轨所在平面与水平面夹角为0=30°，其中W与 PQ平行且间距为=1m,导轨处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与 轨道平面垂直，磁场随时间变化情况如图乙所示，取图甲所示磁场方向为磁感应强 度的正方向.现将金属棒ab垂直放置在导轨上，金属棒与WQ相距0.2m,在04s 内金属棒始终处于静止状态.己知金属棒ab的质量0.1kg,电阻为=2Q,不计 导轨电阻，g10m/s2,则( 个BT B 2 2 .20 甲 A.t仁2s时刻金属棒ab所受安培力的方向改变 B.04s内金属棒所受的最大静摩擦力为0.9N C.04s内穿过金属棒的电荷量为0.4C D.04s内金属棒中产生的焦耳热为0.32J 10、如图是质谱仪的工作原理示意图。现有一束几种不同的正离子，经过加速电场 加速后，垂直射入速度选择器（速度选择器内有相互正交的匀强电场E和匀强磁场 B)，离子束保持原运动方向未发生偏转。接着进入另一匀强磁场B,发现这些离 子分成几束。忽略重力的影响，由此可得结论( 加速电场 E B1 + 速度选择器 ::: :::82 A.速度选择器中的磁场方向垂直纸面向内 B.这些离子通过狭缝P的速率都等于 E C.这些离子的电量一定不相同 D.这些离子比荷一定不相同 三、实验题（本题共2小题，每题9分，共18分） 11、测定电源的电动势和内电阻的实验电路和止I图像如下： P ◆V (A aRb 1.5 (⑦ 1.4 1.3 E.r IA 1.2L1 00.1020.30.4 (1)闭合开关前为防止电表过载滑动变阻器的滑动头P应放在处 (2)现备有以下器材： A.干电池1个 B.滑动变阻器(0502) C.滑动变阻器(0~17502) D.电压表(03V) E.电压表(015V) F.电流表(00.6A) G.电流表(03A) 其中滑动变阻器应选，电流表应选，电压表应选· (填字母代号)》 (3)由-I图像.由此可知这个干电池的电动势EV,内电阻=Q (4)由于电压表的分流作用使本实验电路存在系统误差，导致E测E,,r测 r(填“>”“<”或“=”) 12、一个电流表G的内阻Rg=1K2,满偏电流为Ig=500μA,其满偏电压为 ,现要把它改装成量程为15V的电压表，需串联的分压电阻为，50μA刻度 对应的电压值为 四、计算题（本题共2小题，每题19分，共38分） 13、如图所示，在一直角坐标系xoy平面内有圆形区域，圆心在x轴负半轴上，P 、Q是圆上的两点，坐标分别为P(-8L,0),，Q(-3L,0),y轴的左侧空间，在 圆形区域外，有一匀强磁场，磁场方向垂直于xoy平面向外，磁感应强度的大小为 B,y轴的右侧空间有一磁感应强度大小为2B的匀强磁场，方向垂直于xoy平面向 外.现从P点沿与x轴正方向成37°角射出一质量为m、电荷量为q的带正电粒子 ,带电粒子沿水平方向进入第一象限，不计粒子的重力.求： (1)带电粒子的初速度： (2)粒子从P点射出到再次回到P点所用的时间 2y3L.0 。。年e4 14、如图为远距离输电过程的示意图.己知某个小型发电机的输出功率为90kW, 发电机的电压为250V,通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为 5Ω，在用户端用一降压变压器把电压降为220V,要求在输电线上损失的功率控制 为2kW(即用户得到的功率为88kW),求： (1)降压变压器输出的电流和输电线上通过的电流 (2)输电线上损失电压和升压变压器输出的电压 (3)两个变压器各自的匝数比 影回 参考答案 一、单选题（本题共6小题，每题4分，共24分） 1、答案：A 【解析】每根细棒均匀带上正电，现将电荷量为+Q的点电荷置于BC中点，此时正 六边形几何中心O点的场强为零：由此可知，+Q的点电荷在O点的电场强度大小 为 E=ko=4kO -3 那么每根细棒在O点的电场强度大小也为 E=ko Γ32 若移走AB边上的细棒，那么其余棒在O点的电场强度大小为 提 故选A。 2、答案：C 【解析】由题意可知U,=6V说明电源没问题；U=Ua=0说明电路中没有电流 ,应该是断路，U=6V说明ad间有断路其余部分是连通的，可判断R断路，故 选C 故选C 考点：电路故障判断 点评：中等难度.判断方法：用电压表检测电路故障；(1)若电路中某两点电压不 为零，说明电压表上有电流通过，则在并联路段之外无断路或并联电路内无短路： (2)若电路中某两点电压为零，说明电压表上无电流通过，则可能在并联路段之外 有断路或并联电路内有短路 3、答案：D 【解析】根据公式R=p片得，长度变为原来的5倍，而体积不变，则截面积变为 原来的5，所以电阻变为原来的25倍，所以R'=25R,故ABC错误，D正确 4、答案：A 【解析】A.由楞次定律可知，线圈中产生的自感电动势总是阻碍线圈中电流的变 化，故A正确： B.由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量的变 化率成正比，故B错误； C.由楞次定律可知，根据楞次定律得知：感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电 流的磁通量的变化，而不是阻止磁通量的变化，故C错误： D.穿过闭合回路的磁通量不发生变化时，回路中一定没有感应电流产生，故D错 误。 故选A。 5、答案：D 【解析】当滑片右移时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大，由闭合 电路欧姆定律可知电路中总电流减小，故L变暗：电路中电流减小，故内阻及 、L两端的电压减小，而电动势不变，故并联部分的电压增大，故L变亮；因 中电流增大，干路电流减小，故流过L的电流减小，故L变暗：故AB错误；因 L中电流减小，L中电流减小，而L中电流增大：开始时有：I=I+1,故I电流 的变化值一定小于L中电流的变化值；故C错误；因并联部分的电压与L、R及内 电阻上的总电压等于电源的电动势：L2两端的电压增大，R及内阻r两端的电压减 小，而电动势不变，故L两端电压增大值应等于其它三个电阻的减小值，故L上 电压变化值小于L2上的电压变化值，故D正确：故选D 6、答案：A 【解析】假设导轨间有垂直于导轨平面向上的磁场，当ab沿轨道向右滑时，向上 的磁通量减少时，感应电流的磁场就与原来磁场的方向相同，即向上；所以电流从 d流向c,由左手定则可以判断cd所受安培力向右，所以cd右滑，故A正确。 故选A。 二、多选题（本题共4小题，每题5分，共20分） 7、答案：BD 【解析】A.由表达式可知，穿过线圈的磁通量的最大值为BS0.1Wb,故A错误； B.周期T= 2江=0.15，一个周期内电流方向改变两次，故在任意1s时间内，线 20π 圈中电流的方向改变20次，故B正确： C.转动的角速度为ω=20πrad/s,产生的感应电动势最大值为 E=WBSw=2πV 电动势的有效值为 E=√2πV 线圈中电流的有效值为 1=E-2匹A R2 故C错误； D.在任意1s时间内，线圈克服安培力所做的功 W= -= R (2m×≈9.86 2 故D正确： 故选BD。 8、答案：BD 【解析】A.因两个离子质量相同，电荷量也相等，它们垂直进入同一匀强磁场中 做匀速圆周运动的周期T=2 必相等；当0不等于90°时，两个离子在磁场中做 gB 圆周运动的圆心角不等，所以在磁场中的运动时间就不相等，故A错误： B.根据qvB= mv2 可得 R R=m Bg 可知运动的轨道半径相同，故B正确： C.因离子进入磁场时射入方向与x轴夹角为0，那么射出磁场时速度方向必与x轴 夹角为O,所以重新回到x轴时速度方向相同，故C错误： D.重新回到x轴时距O点的距离为： x=2Rsin0 因为半径相等，O相等，则重新回到x轴时距O点的距离相等，故D正确： 故选BD。 9、答案：ABD 【解析】A、根据楞次定律12s内金属棒ab受到的安培力方向始终沿斜面向上， 23s内向下，选项A正确： B、当安培力方向沿导轨向下最大时静摩擦力最大，静摩擦力的最大值 △Φ f=mg sin30°+BL,其中1=L,解得I=0.2A,f=0.9N,选项B正确： R C、根据法拉第电磁感应定律和电流定义得g=△ R =0,选项C错误： D、04s内金属棒产生的焦耳热为O=I2Rt=0.22×2×4J=0.32J,选项D正确 点睛：本题考查法拉第电磁感应定律的相关内容，注意电流的方向性的问题，同时 注意0-2s和2-4s两段时间内电流相等，只是方向不同 10、答案：BD 【解析】A.由离子在B中的偏转知粒子带正电，则受电场力向右，则离子在选择 器中受水平向左的洛伦兹力，由左手定则可判断磁场方向垂直直面向外，故A错误 B.由 gE qvB 得 B 此时离子受力平衡，可沿直线穿过选择器，故B正确： C.由 qvB.=mR 得 R=mv gB, 离子是半径不同，一定是比荷不同，而电量可能相等，故C错误： D.由R=mv qB, 得， 9=y m RB, 知荷质比越大，R越小，越靠近狭缝，故D正确： 故选BD。 三、实验题（本题共2小题，每题9分，共18分） 11、答案： ①.a②.B③.D④.F⑤.1.5 ⑥.0.75 ⑦.< ⑧.< 【解析】(1)[1]闭合开关之前滑动变阻器的滑动头P应放在最大值位置处，即 a处 (2)[2]滑动变阻器起控制电流的作用，而电源电动势大约1.5V,电路中电流较 小，故为了便用调节，滑动变阻器选取B [3]电源电动势大约1.5V,因此电压表选择量程为3V的比较合适，故电压表选择D [4]由图可知，电路中的电流较小，因此电流表选择F (3)[5]在止I图象中图象与纵坐标的交点等于电源的电动势，所以由图可以读出 电源的电动势为1.5V; [6]图象中的斜率表示电源的内阻，则有： r=15-12=0.750 0.4 (4)[7][8]由图所示电路图可知，相对于电源来说，电流表采用外接法，由于电 压表分流，电流测量值小于真实值，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电 源的上I图象如图所示： 电源的止I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻， 由图象可知，电源电动势的测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值 12、答案： ①.0.5V②.29k2 ③.1.5V 【解析】一个电流表G的内阻R。=1K2,满偏电流为I。=500μA,其满偏电压为 U。=I.R。=500×106×103V=0.5V.现要把它改装成量程为15V的电压表，需串 联的分压电阻为R= 0-U2=15-0.5 1.500×106 2=290002=29k2,50μA刻度对应的电压 值为1.5V 四、计算题（本题共2小题，每题19分，共38分） 13、答案：(1)v=8gBL m (②)1=1+4zm 45'qB 【解析】(1)带电粒子以初速度v沿与x轴正向成37°角方向射出，经过圆周C点进 入磁场，做匀速圆周运动，经过y轴左侧磁场后，从y轴上D点垂直于y轴射入右 侧磁场，如图所示，由几何关系得： OC =5Lsin37 sin370=5L 02 在y轴左侧磁场中做匀速圆周运动，半径为R, R=00+0C qvB=m R 解得：v=8gBL m (②)由公式9B=m R得：R= B,解得：R=4L 37 由R,=4L可知带电粒子经过y轴右侧磁场后从图中O,占垂直于y轴射放左侧磁场 ，由对称性，在y圆周点左侧磁场中做匀速圆周运动，经过圆周上的E点，沿直线 打到P点，设带电粒子从P点运动到C点的时间为 PC=5Lcos37 、c 带电粒子从C点到D点做匀速圆周运动，周期为T,时间为， T=2rm gB 带电粒子从D做匀速圆周运动到O点的周期为T2,所用时间为 T2= 2πm_πm 92B gB 从P点到再次回到P点所用的时间为t t=241+212+t2 t=1+ 41πm 联立解得： 45)gB 14、答案：(1)400A:20A;(2)100:4500V;(3)1:18:20:1。 【解析】(1)根据用户端的功率和电压求出用户端的电流，根据输电线上损失的 功率求出输电线上的电流 (2)根据输电线上的电流和输电线的电阻求出输电线上损失的电压，根据输出功 率和输送的电流得出升压变压器的输出电压 (3)根据原副线圈的电压比求出升压变压器的匝数比，根据电压损失得出降压变 压器的输入电压，从而通过电压比得出降压变压器的匝数比 【详解】(1)由于用户获得的电压与降压变压器输出电压相同，根据功率： P=U414 解得降压变压器输出电流为： 4-2 .=400A 根据输电导线消耗的功率： PR 解得： 2000 1==5 =20A (2)由欧姆定律可知输电导线损耗的电压为： Uw=12R=20×5V=100V 根据升压变压器功率守恒可得升压变压器输出电压马，即： 4--9w0-4wy (3)由输电导线上两端电压的关系可知降压变压器原线圈两端的电压为： L=2-U描=4500-100=4400V 根据理想变压器原副线圈电压与匝数的关系可知： 升压变压器： h-U-250-1 m2U2450018 降压变压器 5=5=400_20 n4220=1 【点睛】本题主要考查了远距离输电，关键要知道原副线圈的电压比与匝数比的关 系，知道升压变压器的输出电压、电压损失、降压变压器的输入电压之间的关系