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1、陕西省西安市东仪中学2025届高二物理第一学期期末达标检测试题注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答;第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后,考生须将试卷和答题卡放在桌面上,待监考员收回。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、对于欧姆定律的理解,下列说法中正确的是()A.欧姆定律适用于一切导电物质B.由可知,导体的电阻跟它两端的电压成正比,跟通过它的电流成反比C.由可知,通过电阻的电流跟它两端的电压成正比,跟它的电阻成反比D.
2、某电动机正常工作时,它两端的电压与通过它的电流的比值是该电动机的电阻2、下列关于磁感线的叙述中,正确的是()A.磁感线从磁体的N极发出,终止于S极B.磁场中,任何两条磁感线都不相交C.磁感线是磁场中实际存在的一些曲线D.铁屑在磁场中规则排列而组成的曲线就是磁感线3、如图所示为将一灵敏电流计改装成电流表或电压表的实验电路图,R1、R2为定值电阻。下列说法正确的是()A.此图是改装成电流表示意图;接A、B两端时量程较大B.此图是改装成电流表示意图;接A、C两端时量程较大C.此图是改装成电压表示意图;接A、B两端时量程较大D.此图是改装成电压表示意图;接A、C两端时量程较大4、下列物理量中,属于矢量
3、的是( )A.电势B.电流C.磁感应强度D.磁通量5、自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的,很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献,下列说法错误的是A.奥斯特发现了电流的磁效应,揭示了电现象和磁现象之间的联系B.欧姆发现了欧姆定律,说明了热现象和电现象之间存联系C.法拉第发现了电磁感应现象,揭示了磁现象和电现象之间的联系D.焦耳发现了电流的热效应,定量得出了电能和热能之间的转换关系6、如图所示,在光滑水平面上有两块木块A和B,质量均为m,B的左侧固定一轻质弹簧开始时B静止,A以初速度v0向右运动与弹簧接触,则在相互作用的过程中()A.任意时刻,A、B系统的总动能恒定不变B.当弹簧恢复到原
4、长时,A与B具有相同的速度C.当弹簧压缩到最短长度时,A与B具有相同的速度D.当弹簧压缩到最短时,系统弹性势能是A初始动能的二、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,纸面为竖直面,MN为竖直线段,MN之间的距离为h,空间存在平行于纸面的足够宽广的匀强电场,其大小和方向未知,图中未画出,一带正电的小球从M点在纸面内以v0=的速度水平向左开始运动,以后恰好以大小v=v0的速度通过N点。已知重力加速度g,不计空气阻力。则下列正确的是()A.小球从M到N的过程经历的时间t
5、=B.从M到N的运动过程中速度大小一直增大C.从M点到N点的过程中小球的机械能先减小后增大D.可以求出电场强度的大小8、如图所示,一个质量为m、电荷量为e的粒子从容器A下方的小孔S,无初速度地飘入电势差为U的加速电场,然后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中,最后打在照相底片M上下列说法正确的是()A.粒子进入磁场时的速率vB.粒子在磁场中运动的时间tC.粒子在磁场中运动的轨道半径rD.若容器A中的粒子有初速度,则粒子仍将打在照相底片上的同一位置9、某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标系中,如图中的a、b、c所示则判断正确的是( )
6、A.在a、b、c三条图线上分别取横坐标相同的A,B,C三点,这三点的纵坐标一定满足关系PA=PB+PCB.反映变化的图线是cC.电源电动势为8VD.当电流为0.5A时,外电路的电阻为10、如图所示,两根平行金属导轨置于水平面内,导轨之间接有电阻R金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触,整个装置放在匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下现使磁感应强度随时间均匀减小,ab始终保持静止,下列说法正确的是()A.ab中的感应电流方向由a到bB.ab中的感应电流逐渐减小C.ab所受的安培力保持不变D.ab所受的静摩擦力逐渐减小三、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
7、算过程。11(6分)测电池的电动势E和内阻r首先直接用多用电表测定该电池电动势,在操作无误的情况下,多用电表盘面如图a所示,其示数为_V;然后,用电压表V、电阻箱R、定值电阻(R0=5)、开关S、若干导线和该电池连成电路,进一步测定该电池电动势和内阻()在图b中,根据电路图,用笔画线代替导线,完成实物图连接_;()闭合开关S,调整电阻箱阻值R,读出电压表V相应示数U,记录多组R、U数据,并计算出相应的与的值,做出-图线如图c所示,分析该图线斜率k的物理意义知k=_ ;(用E、r、R0表示)()从图线中可求得待测电池电动势E=_V,内阻r=_;(计算结果均保留到小数点后两位)()若考虑电压表为非
8、理想表,则电池电动势E测量值相对真实值_(填“偏大”,“偏小”或“不变”)。12(12分)某同学在“探究电磁感应的产生条件”的实验中,设计了如图所示的装置。线圈A通过电流表甲、高阻值的电阻、变阻器R和开关连接到干电池上,线圈B的两端接到另一个电流表乙上,两个电流表相同,零刻度居中,闭合开关后,当滑动变阻器R的滑片P不动时,甲、乙两个电流表指针的不同的位置如图所示。(1)当滑片P较快地向左滑动时,甲表指针的偏转方向是_,乙表指针的偏转方向是_(填“向右偏”、“向左偏”或“不偏转”)(2)断开开关,待电路稳定后再迅速闭合开关,乙表的偏转情况是_(填“向左偏”、“向右偏”或“不偏转”)(3)从上述实
9、验可以初步得出结论:_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)如图所示,半径为l的金属圆环水平放置,圆心处及圆环边缘通过导线分别与两条平行的倾斜金属轨道相连,圆环区域内分布着磁感应强度为B,方向竖直向下的匀强磁场,圆环上放置一金属棒a,一端在圆心处,另一端恰好在圆环上,可绕圆心转动,倾斜轨道部分处于垂直轨道平面向下的匀强磁场中,磁感应强度大小也为B,金属棒b放置在倾斜平行导轨上,其长度与导轨间距均为2l,当棒a绕圆心以角速度顺时针(俯视)匀速旋转时,棒b保持静止,已知棒b与轨道间的动摩擦因数为=0.5,可认为最
10、大静摩擦力等于滑动摩擦力;棒b的质量为m,棒a、b的电阻分别为R、2R,其余电阻不计,斜面倾角为=37,sin37=0.6,cos37=0.8,重力加速度为g,求:(1)金属棒b两端的电压;(2)为保持b棒始终静止,棒a旋转的角速度大小的范围;14(16分)如图所示,合上电键S1。当电键S2闭合时,电流表的示数为0.75A;当电键S2断开时,电流表的示数为0.5A,R1=R2=2。求电源电动势E和内电阻r。15(12分)如图所示,质量为的带电小球用长为的绝缘细线(不可伸长)悬挂于点,并处在场强为.水平向左的匀强电场中,球静止时丝线与竖直方向的夹角.现将小球拉至虚线所示位置(细线水平拉直,与点高
11、度相同)后由静止开始释放(,)求:(1)小球带何种电荷,电荷量是多少?(2)小球摆动到最低点时速度的大小和细线所受拉力F的大小参考答案一、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、C【解析】A欧姆定律适用于纯电阻电路或电解质导电,不是适用于一切导电物质,故A错误;B导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定,与电压电流无关,故B错误;C欧姆定律的内容为:通过导体的电流跟它两端的电压成正比,跟它的电阻成反比,故C正确;D由于电动机为非纯电阻,所以欧姆定律不成立,即某电动机正常工作时,它两端的电压与通过它的电流的比值不等于该电动机的电阻,故
12、D错误。故选C。2、B【解析】磁感线在磁体外面是从磁体的N极到S极,内部是从S极到N极,形成闭合的曲线,选项A错误;在磁场中任何两条磁感线都不相交,选项B正确;磁感线是人们为了描述电场而假想的曲线,不是磁场中实际存在的一些曲线,选项C错误;铁屑在磁场中规则排列而组成的曲线能模拟磁感线的形状,但并不是磁感线,故D错误;故选B.3、A【解析】根据并联分流的规律可知,此图是改装成电流表的示意图;电阻越小分流越大,所以接A、B两端时,灵敏电流计和串联,然后再和并联改装成量程较大的电流表,而接A、C两端时,灵敏电流计和、串联的总电阻并联改装成量程较小的电流表,A正确,BCD错误。故选A。4、C【解析】矢
13、量是既有大小又有方向的物理量,标量是只有大小没有方向的物理量。磁感应强度,既有大小又有方向,是矢量;而电势、电流、磁通量,都是只有大小没有方向,属于标量,C符合题意,ABD不符合题意。故选C。5、B【解析】A奥斯特最先发现了电流的磁效应,揭开了人类研究电磁相互作用的序幕,故A不符合题意;B欧姆定律说明了电流与电压的关系,故B符合题意;C法拉第经十年的努力发现了电磁感应现象,揭示了磁现象和电现象之间的联系,故C不符合题意;D焦耳发现了电流的热效应,定量得出了电能和热能之间的转换关系,故D不符合题意。故选B。6、C【解析】A以v0速度向右运动与B发生无机械能损失的碰撞,根据能量守恒得弹簧的势能增大
14、过程,A、B系统的总动能减小,故A错误;弹簧恢复原长时弹簧弹性势能为零,系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得:mv0mvA+mvB,由能量守恒定律得:,解得:vA0,vBv0,故B错误;当弹簧压缩到最短长度时,A与B具有相同的速度,系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得:mv02mv,由能量守恒定律得:EP,解得:vv0,故C正确,D错误;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.小球运动的过程中重力与电场力做功,设电场力做的功为W,则有:
15、解得:说明MN为电场的等势面,可知电场的方向水平向右;小球在竖直方向做自由落体运动,可知小球从M到N的过程经历的时间为:联立解得:故A正确;BC.水平方向小球受向右的电场力,所以小球先向左减速后向右加速,电场力先负功后正功,机械能先减小后增加,故C正确B错误;D.因为MN为电场的等势面,所以小球到N点时水平方向的速度大小为v0,在水平方向上由动量定理得:,可求得电场力大小,但不知道小球的带电量为多少,所以电场强度无法求解,故D错误。故选AC。8、AC【解析】带电粒子在加速电场中运动,由动能定理有,得粒子进入磁场时的速率为,A正确;粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,则有,解得,所以周期,粒子在磁场中运动的时间,B错误C正确;若容器A中的粒子有初速度,则根据动能定理,得粒子进入磁场时的速率,粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,则有,解得,若容器A中的粒子有初速度,则粒子打在照相底片上的不同的位置,D错误9、ABD【解析】电源消耗的总功率等于包括输出功率和电源内部的发热功率之和