2025年高二物理上學期導學案配套測試卷一一、單項選擇題（本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1.關于電荷守恒定律與庫侖定律的應用兩個完全相同的金屬小球A、B，帶電量分別為+3Q和-Q，相距為r時庫侖力大小為F?，F(xiàn)將兩球接觸后分開，放回原位置，則此時庫侖力大小為（）A.F/3B.F/2C.2F/3D.3F/4解析：兩球接觸后電荷先中和再平分，總電量為3Q-Q=2Q，分開后各帶+Q。由庫侖定律(F=k\frac{q_1q_2}{r^2})，初始力(F=k\frac{3Q\cdotQ}{r^2}=3k\frac{Q^2}{r^2})，接觸后力(F'=k\frac{Q\cdotQ}{r^2}=\frac{F}{3})，故選A。2.電場強度與電勢差的關系某勻強電場的電場線分布如圖所示，A、B、C三點構成直角三角形，AB=4cm，BC=3cm，已知A、B兩點電勢差U_AB=12V，則該電場的電場強度大小為（）A.100V/mB.200V/mC.300V/mD.400V/m解析：電場強度方向沿電場線切線方向，A、B兩點沿電場線方向的距離(d=AB\cos\theta)（θ為AB與電場線夾角）。由幾何關系知AB在電場線方向投影長度為4cm（因電場線平行，AB沿電場線方向），則(E=\frac{U_{AB}}z3jilz61osys=\frac{12V}{0.04m}=300V/m)，故選C。3.閉合電路歐姆定律的動態(tài)分析如圖所示電路中，電源電動勢E=6V，內阻r=1Ω，R?=2Ω，R?=3Ω，滑動變阻器R的最大阻值為10Ω。閉合開關S，調節(jié)R的滑片從a端向b端移動過程中，下列說法正確的是（）A.電流表示數(shù)逐漸增大B.電壓表示數(shù)逐漸減小C.R?消耗的功率先增大后減小D.電源輸出功率一直增大解析：滑片移動時外電阻變化，總電流(I=\frac{E}{R_{總}+r})。當R增大時，外電阻增大，I減小，電流表示數(shù)減小（A錯誤）；路端電壓(U=E-Ir)增大，電壓表示數(shù)增大（B錯誤）；R?功率(P=I^2R?)，I減小則P減?。–錯誤）；電源輸出功率在(R_{外}=r)時最大，初始外電阻(R_1+R_2=5Ω>r)，R增大時外電阻更遠離r，輸出功率減小（D錯誤）。本題無正確選項，需檢查電路結構假設是否合理。4.帶電粒子在磁場中的運動質子（(^1_1H)）和α粒子（(^4_2He)）以相同速度垂直射入同一勻強磁場，不計重力，則它們的運動半徑之比和周期之比分別為（）A.1:2，1:2B.1:2，1:4C.2:1，2:1D.2:1，4:1解析：由洛倫茲力提供向心力(qvB=m\frac{v^2}{r})得(r=\frac{mv}{qB})，質子與α粒子的質量比1:4，電荷量比1:2，速度v、B相同，則(r_1:r_2=\frac{m_1q_2}{m_2q_1}=\frac{1\times2}{4\times1}=1:2)；周期(T=\frac{2\pim}{qB})，(T_1:T_2=\frac{m_1q_2}{m_2q_1}=1:2)，故選A。二、多項選擇題（本題共4小題，每小題6分，共24分。每小題有多項符合題目要求，全部選對得6分，選對但不全得3分，有選錯得0分）5.靜電場中的電場線與等勢面關于靜電場的電場線和等勢面，下列說法正確的是（）A.電場線密集處等勢面密集，電場線稀疏處等勢面稀疏B.電場線總是由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面C.同一等勢面上各點電場強度大小一定相等D.沿電場線方向，電勢降低最快解析：電場線疏密表示場強大小，等勢面疏密與場強關系為(E=\frac{U}z3jilz61osys)，場強越大等勢面越密（A正確）；電場線方向即電勢降低方向（B正確）；等勢面電勢相等，但場強大小不一定相等（如等量異種電荷中垂面，C錯誤）；沿電場線方向電勢降落最快（D正確）。故選ABD。6.電路故障分析某同學連接如圖所示電路，閉合開關后發(fā)現(xiàn)燈L不亮，電流表無示數(shù)，電壓表有示數(shù)且接近電源電壓。可能的故障原因是（）A.燈L短路B.電阻R斷路C.電流表斷路D.電壓表斷路解析：燈不亮且電流表無示數(shù)，說明電路斷路；電壓表有示數(shù)且接近電源電壓，說明電壓表與電源兩極連通，故障為與電壓表并聯(lián)的電阻R斷路（B正確）。若燈短路，電流表有示數(shù)（A錯誤）；電流表斷路時電壓表無示數(shù)（C錯誤）；電壓表斷路不影響電路（D錯誤）。故選B。7.磁場對電流的作用力如圖所示，兩根平行長直導線a、b通有大小相等、方向相反的電流，O為兩導線連線中點，P為連線中垂線上一點，下列說法正確的是（）A.O點磁場方向垂直紙面向外B.P點磁場方向垂直紙面向里C.a導線受到的安培力方向向右D.若增大b導線電流，P點磁場強度增大解析：由右手螺旋定則，a在O點磁場向里，b在O點磁場向里，合磁場向里（A錯誤）；P點a磁場向里，b磁場向里，合磁場向里（B正確）；同向電流相吸，反向電流相斥，a受力向右（C正確）；增大b電流，P點磁場增強（D正確）。故選BCD。8.電磁感應現(xiàn)象如圖所示，矩形線圈abcd在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸OO'勻速轉動，產生交變電流。已知線圈匝數(shù)N=100，面積S=0.02m2，磁場磁感應強度B=0.5T，角速度ω=100πrad/s。下列說法正確的是（）A.感應電動勢的最大值為100πVB.感應電動勢的有效值為50√2πVC.從中性面開始計時，感應電動勢的瞬時值表達式為e=100πsin100πtVD.線圈轉動一周，磁通量變化量為0解析：最大值(E_m=NBSω=100×0.5×0.02×100π=100πV)（A正確）；有效值(E=\frac{E_m}{\sqrt{2}}=50\sqrt{2}πV)（B正確）；中性面開始計時，表達式為(e=E_m\sinωt=100π\(zhòng)sin100πt)（C正確）；轉動一周磁通量變化量為0（D正確）。故選ABCD。三、實驗題（共14分）9.測定金屬的電阻率（6分）某實驗小組用伏安法測量金屬絲電阻率，實驗器材如下：電源（電動勢3V，內阻不計）電流表（量程0.6A，內阻約0.1Ω）電壓表（量程3V，內阻約3kΩ）滑動變阻器（最大阻值20Ω）螺旋測微器、毫米刻度尺、開關、導線若干（1）用螺旋測微器測量金屬絲直徑，示數(shù)如圖所示，直徑d=mm。（2）實驗中電流表應采用（填“內接法”或“外接法”），滑動變阻器應采用_______（填“限流法”或“分壓法”）。（3）若金屬絲長度為L，電壓表示數(shù)為U，電流表示數(shù)為I，電阻率ρ=_______（用d、L、U、I表示）。答案：（1）0.600（0.598~0.602均可）；（2）外接法；限流法；（3）(\rho=\frac{\pid^2U}{4IL})解析：（1）螺旋測微器固定刻度0.5mm，可動刻度10.0×0.01mm=0.100mm，總讀數(shù)0.600mm；（2）金屬絲電阻較?。s幾歐），電流表外接法誤差小；滑動變阻器最大阻值20Ω大于金屬絲電阻，限流法即可；（3）由(R=\rho\frac{L}{S})，(S=\frac{\pid^2}{4})，(R=\frac{U}{I})，聯(lián)立得(\rho=\frac{\pid^2U}{4IL})。10.探究電磁感應的產生條件（8分）如圖所示，將線圈A插入線圈B中，閉合開關S，觀察靈敏電流計指針偏轉情況。（1）開關S閉合瞬間，電流計指針_______（填“偏轉”或“不偏轉”），原因是_______。（2）開關S閉合后，將線圈A向上拔出，電流計指針_______（填“偏轉”或“不偏轉”），此時線圈B中感應電流方向與線圈A中電流方向_______（填“相同”或“相反”）。（3）若保持線圈A不動，開關S閉合后，調節(jié)滑動變阻器使電流增大，線圈B中磁通量_______（填“增大”或“減小”），感應電流方向與線圈A中電流方向_______（填“相同”或“相反”）。答案：（1）偏轉；線圈B磁通量變化產生感應電流；（2）偏轉；相反；（3）增大；相反解析：（1）閉合瞬間，線圈A電流變化，線圈B磁通量變化，產生感應電流；（2）拔出A時磁通量減小，感應電流磁場與原磁場同向，由楞次定律知感應電流方向與A相反；（3）電流增大時磁通量增大，感應電流磁場與原磁場反向，方向相反。四、計算題（共46分）11.（10分）電場中的功能關系如圖所示，在豎直向下的勻強電場中，一帶電小球從A點由靜止釋放，沿直線運動到B點，已知電場強度E=2×103N/C，小球質量m=0.1kg，電荷量q=5×10??C，A、B兩點距離h=0.5m，重力加速度g=10m/s2。求：（1）小球帶正電還是負電？（2）小球運動到B點時的速度大小。解：（1）小球沿直線運動，合力方向與運動方向一致，重力豎直向下，電場力方向需豎直向下，故小球帶正電（2分）。（2）合力(F=mg+qE=0.1×10+5×10^{-4}×2×10^3=1+1=2N)（3分）由動能定理(Fh=\frac{1}{2}mv^2)（3分）得(v=\sqrt{\frac{2Fh}{m}}=\sqrt{\frac{2×2×0.5}{0.1}}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}m/s≈4.47m/s)（2分）12.（12分）復雜電路的計算如圖所示電路，電源電動勢E=12V，內阻r=1Ω，R?=3Ω，R?=2Ω，R?=5Ω，C=10μF。求：（1）閉合開關S后，電路穩(wěn)定時通過R?的電流；（2）電路穩(wěn)定后電容器所帶的電荷量；（3）斷開開關S后，通過R?的總電荷量。解：（1）外電路總電阻(R=R_1+\frac{R_2R_3}{R_2+R_3}=3+\frac{2×5}{2+5}=3+\frac{10}{7}=\frac{31}{7}Ω)（2分）總電流(I=\frac{E}{R+r}=\frac{12}{\frac{31}{7}+1}=\frac{12×7}{38}=\frac{42}{19}A≈2.21A)（2分）即通過R?的電流為(\frac{42}{19}A)。（2）電容器與R?并聯(lián)，電壓(U_2=I\cdot\frac{R_2R_3}{R_2+R_3}=\frac{42}{19}×\frac{10}{7}=\frac{60}{19}V)（3分）電荷量(Q=CU_2=10×10^{-6}×\frac{60}{19}≈3.16×10^{-5}C)（2分）（3）斷開S后，電容器通過R?、R?放電，總電阻(R_2+R_3=7Ω)，通過R?的總電荷量等于Q，即(3.16×10^{-5}C)（3分）13.（12分）帶電粒子在復合場中的運動如圖所示，在xOy平面內，第一象限存在沿y軸負方向的勻強電場，電場強度E=1×103V/m；第四象限存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度B=0.5T。一質量m=2×10??kg、電荷量q=1×10??C的帶正電粒子從原點O以初速度v?=2×103m/s沿x軸正方向射入電場。不計粒子重力，求：（1）粒子離開電場時的位置坐標；（2）粒子進入磁場時的速度大小和方向；（3）粒子在磁場中運動的軌跡半徑。解：（1）粒子在電場中做類平拋運動，加速度(a=\frac{qE}{m}=\frac{1×10^{-4}×1×10^3}{2×10^{-6}}=5×10^4m/s2)（2分）運動時間(t=\frac{x}{v_0})，豎直位移(y=\frac{1}{2}at2)。離開電場時豎直速度(v_y=at=5×10^4t)，因粒子從電場進入磁場，邊界為x軸，故y=0時離開電場？此處需明確電場范圍，假設電場僅在第一象限，則粒子一直加速，題目條件不足，修正為：粒子從電場中某點離開進入磁場，設離開時坐標（x，y），但題目未給電場邊界，無法求解。需補充條件：粒子從電場右邊界x=L處離開，假設L=0.4m（常見數(shù)據(jù)），則(t=\frac{0.4}{2×10^3}=2×10^{-4}s)，(y=\frac{1}{2}×5×10^4×(2×10^{-4})2=0.1m)，位置（0.4m，0.1m）（此處按假設數(shù)據(jù)計算，實際需根據(jù)題目給定邊界）。（2）進入磁場時速度(v=\sqrt{v_02+v_y2}=\sqrt{(2×10^3)2+(5×10^4×2×10^{-4})2}=\sqrt{4×10^6+1×10^4}≈2002.5m/s)（3分）方向與x軸夾角(\theta=\arctan\frac{v_y}{v_0}=\arctan\frac{10}{2000}≈0.286°)（2分）（3）軌跡半徑(r=\frac{mv}{qB}=\frac{2×10^{-6}×2002.5}{1×10^{-4}×0.5}≈80.1m)（3分）14.（12分）電磁感應中的動力學問題如圖所示，足夠長的光滑平行金屬導軌間距L=0.5m，傾角θ=30°，上端接有電阻R=1Ω。導軌所在空間存在垂直導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度B=1T。一質量m=0.1kg、電阻r=0.5Ω的金屬棒ab垂直導軌放置，從靜止釋放。不計導軌電阻，重力加速度g=10m/s2。求：（1）金屬棒下滑的最大速度v_m；（2）金屬棒速度達到v_m/2時的加速度a；（3）金屬棒從靜止到達到v_m過程中，電阻R產生的焦耳熱Q。解：（1）最大速度時，安培力與重力沿導軌分力平衡：(mg\sin\theta=BIL)（2分）感應電流(I=\frac{BLv_m}{R+r})（2分）聯(lián)立得(v_m=\frac{mg\sin\theta(R+r)}{B2L2}=\frac{0.1×10×0.5×(1+0.5)}{12