高二物理試卷考試時(shí)間:2025年1月16日試卷滿(mǎn)分:100分第I卷(選擇題)一、選擇題:本題共10小題,每小題4分,共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,第1-7題只有一項(xiàng)符合題目要求,第8-10題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得4分,選對(duì)但不全的得2分,有選錯(cuò)的得。分。1.下列說(shuō)法正確的是()上取M、N兩點(diǎn)與外電路相連,已知M、N間20cm,沿AM流入圓環(huán)的電流強(qiáng)度為0.5A,則()A.M、N為4B.閉合圓環(huán)在M、N間的電阻值為2.4Ωc.閉合圓環(huán)在M、N間的電阻值為ΩD.通過(guò)M、N間的短圓弧金屬絲的電流強(qiáng)度為為15v,額定功率為30w高二物理試卷第1頁(yè)共7頁(yè)A4.如圖所示,一正五邊形金屬線框,邊長(zhǎng)為L(zhǎng),線框平面處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、垂直于cc、d兩點(diǎn)c、b兩點(diǎn)表筆表筆C兩點(diǎn)-9的帶電粒子沿平行于直徑MN的方向到直徑MN的距離,不計(jì)粒子重2高二物理試卷第2頁(yè)共7頁(yè)qBRm R2用,用,壓力大小為0.4mg量為,重力加速度大小為8;o,下列說(shuō)法正確的是()高二物理試卷第3頁(yè)共7頁(yè)分別接通"2、3"和"1、4",可以改變導(dǎo)線通電部分的長(zhǎng)度,從而改變導(dǎo)線偏轉(zhuǎn)的角度半徑變大某光照強(qiáng)度下路端電壓和電流I變化的關(guān)系圖象,圖線B是某電阻R的圖象。在A.R的阻值隨電壓升高而增大,此時(shí)的阻值為1B.電源的效率為33.3%r2V2電壓V2別為Δui、ΔU2、ΔU3C.AU:AU:AU=1:2:3高二物理試卷第4頁(yè)共7頁(yè)第II卷(非選擇題)二、非選擇題:本題共5小題,共60分。境中的化學(xué)氣相沉積技術(shù)(LPCVD)。LPCVD技術(shù)能夠利用氣態(tài)化學(xué)反應(yīng)在絕緣體表2):b=mmo可用于精確測(cè)量涂層阻值:①電源E(電動(dòng)勢(shì)為1.5V、內(nèi)阻約為2②學(xué)生電壓表v(量程0~3V~15V、內(nèi)阻約為③電流表頭G(量程O(píng)~10mA、內(nèi)阻④滑動(dòng)變阻器R(阻值范圍R,(阻值范圍,定值電阻R,定值電阻R4I.的電流表A,需要("串聯(lián)"或"并聯(lián)")("R3"或者"R4")的定值電阻。P表示)。高二物理試卷第5頁(yè)共7頁(yè)①電流表A(量程2mA,內(nèi)阻約1)②電壓表vi(量程3v,內(nèi)阻約6kΩ)③電壓表vi(量程1v,內(nèi)阻約6kΩ)④變阻箱Rp(0~999Ω)滑動(dòng)變阻器R,(最大阻值10Ω)定值電阻R3(阻值1Ω)動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻,設(shè)計(jì)的電路圖如圖所示。為求出電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻,利用圖像(選填位均為國(guó)際單位制單位),電動(dòng)勢(shì)E為V,內(nèi)阻為Q(結(jié)果保留2位小數(shù))?；」芑」?質(zhì)量為0.05kg、帶電荷量9=XO點(diǎn)等高的Ad=0.06m的平行板1Ω,1Ω,取重力加速度大小g=10m/s2,求:vg;頁(yè)共7頁(yè)頁(yè)如圖所示,兩平行金屬導(dǎo)軌CD、EF間距L=0.1m,與水平面夾角為370,兩導(dǎo)軌與電動(dòng)勢(shì)EO=9V內(nèi)阻不計(jì)的電源、電流表(量程0~3A)、開(kāi)關(guān)S、滑動(dòng)變阻器R(阻值范圍為0~100)相連。質(zhì)量M-0.14kg、電阻Ro=2的金屬棒MN垂直于導(dǎo)軌放置,空間施加2gg(1)求秤盤(pán)的質(zhì)量mo;(3)為了便于得出秤盤(pán)上物體質(zhì)量mm與I的表達(dá)式。15.如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xoy,第一:y軸的勻強(qiáng)電場(chǎng),方向沿高二物理試卷第7頁(yè)共7頁(yè)武漢市常青聯(lián)合體2024-2025學(xué)年度第一學(xué)期期末考試高二物理試卷參考答案一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。題號(hào)123456789答案ABDCCBDBDBDCD【詳解】ABC．根據(jù)電阻定律，導(dǎo)體的電阻與長(zhǎng)度成正比，故短弧的電阻為R長(zhǎng)弧的電阻為閉合圓環(huán)在M、N間的電阻值為短弧和長(zhǎng)弧并聯(lián)的電阻，即故AC錯(cuò)誤，B正確；D．通過(guò)M、N間的短圓弧金屬絲的電流強(qiáng)度與通過(guò)M、N間的長(zhǎng)圓弧金屬絲的電流強(qiáng)度之比等于其電阻的反比，即總電流為0.5A，故通過(guò)M、N間的短圓弧金屬絲的電流強(qiáng)度為故選B?！驹斀狻緼．題中“mA·h”是電荷量的單位，故A錯(cuò)誤；D．掃地機(jī)器人正常工作時(shí)的電流故D正確；B．掃地機(jī)器人充滿(mǎn)電后可以工作的時(shí)間故B錯(cuò)誤；C．掃地機(jī)器人額定功率30W，根據(jù)E＝W＝Pt＝30×5400J＝162000J故C錯(cuò)誤故選D?！驹斀狻縜b邊的電流所受的安培力=BI1L=bcdea邊的電流所受的安培力五邊形金屬線框受到的安培力大小為故選C?！驹斀狻緼．測(cè)量通過(guò)燈泡的電流時(shí)，多用電表應(yīng)串聯(lián)接入電路，故A錯(cuò)誤；B．電流應(yīng)從紅表筆流入，則測(cè)量電阻兩端的電壓時(shí)，將紅、黑表筆分別接在圖中b、c兩點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；C．測(cè)量電阻的阻值時(shí)，應(yīng)先將S斷開(kāi)，再將紅、黑表筆分別接在圖中b、c兩點(diǎn)，故C正確；D．歐姆表使用完后，應(yīng)該把擋位旋到OFF檔，或者交流電壓最大擋位，故D錯(cuò)誤。故選C?！驹斀狻緼．若粒子射出磁場(chǎng)時(shí)的速度方向恰好與其入射方向相反，粒子的軌跡如圖所示由幾何關(guān)系得由洛倫茲力提供向心力，則有2可得其入射速度為故A錯(cuò)誤；B．若粒子恰好能從N點(diǎn)射出，粒子的軌跡如圖所示由幾何關(guān)系得FO,2+FN2=NO,2，F(xiàn)N=R+Rsinα即解得故B正確；C．若粒子恰好能從K點(diǎn)射出，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示可知POKO'是菱形，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑r3=R，故C錯(cuò)誤；D．若粒子射出磁場(chǎng)時(shí)的速度方向恰好與其入射方向垂直，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可知因ΔPOQ為等腰三角形，則有由洛倫茲力提供向心力，可得2解得故選B。7.D【詳解】A．根據(jù)題意，假如沒(méi)有磁場(chǎng)，由平衡條件及牛頓第三定律可知，小環(huán)對(duì)桿的壓力大小為然而此時(shí)小環(huán)對(duì)桿的壓力大小為0.4mg，說(shuō)明小環(huán)受到垂直桿向上的洛倫茲力作用，根據(jù)左手定則可知，小環(huán)帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；B．設(shè)小環(huán)滑到P處時(shí)的速度大小為vP，在P處，小環(huán)的受力如圖所示根據(jù)平衡條件得qvPB+FN=mgcos37o由牛頓第三定律得，桿對(duì)小環(huán)的支持力大小0.4mg，聯(lián)立解得故B錯(cuò)誤；CD．在小環(huán)由P處下滑到P'處的過(guò)程中，對(duì)桿沒(méi)有壓力，此時(shí)小環(huán)的速度大小為v'，則在P'處，小環(huán)的受力如圖所示由平衡條件得qv'B=mgcos37o變形解得在小環(huán)由P處滑到P'處的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得代入解得故選D?！驹斀狻緼．庫(kù)侖用扭秤實(shí)驗(yàn)采用控制變量法探究電荷間的作用力與電荷量的大小、兩點(diǎn)電荷間的距離的關(guān)系，根據(jù)兩個(gè)完全相同的金屬球接觸后所帶的電荷量相等，改變小球的電荷量，無(wú)需測(cè)量電荷量的大小，A錯(cuò)誤；B．乙圖在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中探究影響通電導(dǎo)線受力的因素實(shí)驗(yàn)，分別接通“2、3”和“1、4”，可以改變導(dǎo)線通電部分的長(zhǎng)度，從而改變導(dǎo)線偏轉(zhuǎn)的角度，B正確；C．洛倫茲力演示儀中增大勵(lì)磁線圈的電流大小，磁感應(yīng)強(qiáng)度B增大，根據(jù)牛頓第二定律解得故當(dāng)增大勵(lì)磁線圈的電流時(shí)，玻璃泡中運(yùn)動(dòng)徑跡半徑變小，C錯(cuò)誤；D．由于電子束在磁場(chǎng)中向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知陰極射線管左側(cè)為陰極，D正確。故選BD?！驹斀狻緼．根據(jù)電阻R的U—I圖象可知，過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的割線的斜率表示電阻逐漸增大，即R的阻值隨電壓升高而增大，兩圖像的交點(diǎn)對(duì)應(yīng)的阻值為故A錯(cuò)誤；BD．光敏電阻和電源構(gòu)成回路對(duì)應(yīng)交點(diǎn)處的電壓和電流，有I=2A則電源的效率為而此時(shí)閉合回路中電源兩端的電壓即為路端電壓為1V，故B正確；C．電源的輸出功率與外電阻的變化關(guān)系圖像為若將燈泡換成0.3Ω定值電阻，外電路的電阻變小，均小于電源內(nèi)阻，可知輸出功率變小，故C錯(cuò)誤。D.當(dāng)外電路電阻與電源內(nèi)阻相等時(shí)，電源的輸出功率最大，所以串聯(lián)一個(gè)定值電阻后，若外電阻與電源內(nèi)阻的差值減小，電源的輸出功率增大，相反減小，故D正確。故選BD?！驹斀狻緼D．將滑動(dòng)變阻器滑片向上滑動(dòng)，滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值增加，電路總電阻變大，由閉合電路歐姆定律外外可知電路電流減小，根據(jù)可知電容器極板間電壓增大，根據(jù)可知電容器的電荷量Q增加，由可知極板間勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E增大，則帶電液滴將向上運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤，D正確；BC．理想電壓表V1測(cè)量定值電阻R1兩端的電壓，根據(jù)歐姆定律可得U1=IR1理想電壓表V2測(cè)量電源的路端電壓，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得U2=EIr理想電壓表V3測(cè)量滑動(dòng)變阻器兩端的電壓，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得則有ΔU2 ΔI可知、、均不變，由于定值電阻R1的阻值等于，則有B錯(cuò)誤，C正確。故選CD。二、非選擇題：本題共5小題，共60分。1110分）(2)并聯(lián)R3P各2分【詳解】（1）20分度的游標(biāo)卡尺分度值為0.05mm，則（2）為了將電流表頭改裝為滿(mǎn)偏電流為100mA的電流表A，需要并聯(lián)一個(gè)定值電阻，根據(jù)歐姆定律可知解得故并聯(lián)的定值電阻選擇R3；根據(jù)電阻定律則橫截面上薄膜橫截面積128分）-2分1.470.10各3分【詳解】(1)由于電源內(nèi)阻較小，直接測(cè)量不易測(cè)出，需要將定值電阻R3串聯(lián)在電路中測(cè)量，為了減小測(cè)量誤差，測(cè)量電路常選用外接法，故實(shí)驗(yàn)的設(shè)計(jì)電路應(yīng)選擇丙圖。電源電動(dòng)勢(shì)為1.5V，故電壓表選量程為3V的電壓表，即②號(hào)電壓表。(2)第二小組利用電壓表和變阻箱設(shè)計(jì)了如題圖的電路，根據(jù)電壓表和變阻箱的示數(shù)得化簡(jiǎn)得由此可知需要作出-圖像；圖像的斜率為截距為解得電源電動(dòng)勢(shì)1310分）【詳解】（1）由機(jī)械能守恒定律得mgr=2分解得vB=2m/s②1分（2）根據(jù)平衡可知=mg③2分解得（3）由歐姆定律電動(dòng)機(jī)兩端的電壓UM=E-U-Ir內(nèi)=6V⑥1分電動(dòng)機(jī)的機(jī)械功率P=P=IUM-I2rM=5.5W⑦2分1414分）【詳解】（1）秤盤(pán)中不放物體且金屬棒靜止時(shí)電流表讀數(shù)為I0=0.1A，對(duì)金屬棒受力分析，根據(jù)平衡條件可得m0g=BI0Lcosθ+Mgsinθ①2分代入數(shù)據(jù)解得（2）當(dāng)電路中的電流最大時(shí)，稱(chēng)量物體的質(zhì)量最大，電路中的最大電流為電流表的量程，即2分代入數(shù)據(jù)解得對(duì)金屬棒以及所稱(chēng)物體、秤盤(pán)受力分析，根據(jù)平衡條件可得(m0+mmax)g=Mgsinθ+BIALcosθ⑤2分代入數(shù)據(jù)解得（3）電流表示數(shù)I與所稱(chēng)物體的質(zhì)量m滿(mǎn)足關(guān)系式(m0+m)g=Mgsinθ+BILcosθ⑦2分代入數(shù)據(jù)解得m=0.04I—0.004（0.1A<I<3A)⑧表達(dá)式2分，取值范圍1分1518分）【詳解】（1）粒子在電場(chǎng)中僅受電場(chǎng)力，做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向滿(mǎn)足豎直方向滿(mǎn)足at2=h②1分由牛頓第二定律可得聯(lián)立解得（2）由（1）可得：粒子在b