四川省内江市第六中学2024-2025学年高二下学期入学考试物理试题（含解析）

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答案 A C D D C A B AD AD AD
1．A
【详解】A．不使用电器时，关闭其电源，避免能量损耗，台式电脑不使用时，切断显示器
和主机的电源符合现代社会倡导的“绿色、低碳、节能”的新型生活方式，故 A 正确；
B．LED 灯将绝大部分电能直接转化为光能，能量利用率高，而白炽灯是通过电流加热灯丝
使其达到白炽状态而产生光能，更多地将电能转化为了热能，能量利用率低，因此，将 LED
灯更换为白炽灯更耗能，故 B 错误；
C．使电视机长时间处于待机状态，仍会消耗电能，不节能，故 C 错误；
D．炎热的夏天在办公室使用空调时，将温度设置为 18℃，压缩机会持续工作以达到设定温
度，从而消耗更乡的电能，因此应将温度设定得高些，故 D 错误。
故选 A。
2．C
【详解】A．电场是在电荷的周围真实存在的客观物质，具有客观物质的一些属性，如强弱、
方向、以及能量的一些性质；而电场线则是为了形象地描述电场的强弱与方向而引人的一种
线，客观上它是不存在的，只是描述电现象的工具和模型，故 A 错误；
B．沿着电场线方向电势在降低，故 B 错误；
C．库仑定律只适用于真空中静止点电荷间的相互作用，故 C 正确；
D．电场中某点的场强方向与正电荷在该点的受力方向相同，与负电荷在该点的受力方向相
反，故 D 错误。
故选 C。
5．C
【详解】A．根据安培定则可知， 和 中的电流在 点产生的磁场方向均垂直纸面向外，
则 点的磁感应强度不为零，A 错误；
B．根据安培定则可知， 中的电流在 点产生的磁场方向垂直纸面向里， 中的电流在
点产生的磁场方向垂直纸面向外，而 点到 的距离小于到 的距离，则 点的磁场方向
垂直纸面向里，B 错误；
C．根据安培定则和左手定则可知，两根互相平行的通电长直铜芯线通有异向电流时，两铜
芯线间的安培力相互排斥，C 正确；
D．根据牛顿第三定律可知， 和 间的安培力是一对相互作用力，总是大小相等，D 错
误。
故选 C。
6．A
【详解】A．带电粒子从 P 射入时，电场力与洛伦兹力相互平衡，根据平衡条件有
解得
故 A 正确；
B．带电粒子在磁场中运动的周期为
与半径大小无关，故 B 错误；
C．回旋加速器高频交变电源的电压的周期和质子在磁场中的运动周期一样。质子出回旋加
速器的速度最大，此时的半径为 R，则有
所以最大速度不超过 ，最大动能
可见最大动能与加速加压无关，故 C 错误；
D．最终带电粒子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，有
解得
故 B 增大时，a、b 两表面间的电压 U 增大，故 D 错误。
故选 A。
8．AD
【详解】将滑动变阻器的滑片 向下调节，变阻器的阻值减小，灯 与滑动变阻器间接串
联，灯 和电容器与滑动变阻器并联，电流表与滑动变阻器串联，根据串反并同规律可知，
灯 变亮，灯 变暗，电流表示数增大，电容器两极板间的电压减小，根据
可知电容器所带电荷量减少，故 BC 错误，AD 正确。
故选 AD。
9．AD
【详解】A．电动机不转动时，电动机为纯电阻，根据闭合电路欧姆定律有
解得电动机的内阻为
=0.5Ω
故 A 正确；
B．电动机正常工作时，电动机两端的电压为
=7V
故 B 错误；
C．电动机的输入功率为
=14W
电动机的热功率为
=2W
则电动机的输出功率为
=12W
故 C 错误；
D．电动机正常工作时，电源的输出功率为
=20W
电源的总功率为
=24W
电源的效率为
≈83.3%
故 D 正确。
故选 AD。
10．AD
【详解】A．假设小球能到达与 O 点等高的水平位置，根据动能定理可得
可得此时速度为零，所以可到达与 O 点等高的水平位置，A 正确；
B．因为有 qE=mg，电场力和重力的合力与水平方向夹角为 45°角，根据圆周运动知识可得
当悬线与水平方向呈 45°角时小球速度最大，B 错误；
C．小球在运动过程中除重力外还有电场力做功，所以机械能不守恒，C 错误；
D．电场力和重力的合力为
所以可得当悬线与水平方向呈 45°角斜向右下时速度最大设为 ，根据动能定理有
同时在该位置时有
联立代入解得
D 正确。
故选 AD。
11． 矩形线圈的重力 里
【详解】[1]当开关未闭合时，线框中没有电流，不受安培力作用，则弹簧秤读数等于矩形
线圈的重力。
[2]闭合开关，弹簧秤读数增大，说明线框受向下的安培力，由左手定则可知，磁感应强度
的方向垂直纸面向里。
[3]由平衡条件有
解得
12． B 大于 大于
【详解】（1）[1]由实物图连接可知电压表和电源直接并联，故图 1 的电路图为图 3 中的 B。
（2）[2][3]根据闭合电路欧姆定律有
可知图像纵轴的截距表示电源电动势 E，图像斜率的绝对值表示电源内阻 r，根据图像可知
，
得
（3）[4][5]当电压表示数为零时，电流表示数等于短路电流，故短路电流没有误差。当电压
表示数增大时，干路电流大于电流表示数，且差值越来越大，则图线与纵坐标截距和图线斜
率均变大。即电动势的真实值大于测量值，电源内阻的真实值大于测量值。
13．（1）1A；（2）0.05kg
【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律
（2）对导棒进行受力分析，沿斜面方向有
垂直斜面方向有
最大静摩擦力等于滑动摩擦力
解得
15．（1） ，方向与 x 轴成 45°角；（2） ；（3）（2.86L，0.1849L）
【详解】（1）粒子在第二象限匀加速直线过程中，由动能定理得
解得
粒子在第一象限做类平抛运动，加速度
进入磁场时竖直速度
进入磁场时速度
方向与 x 轴成 45°角。
（2）粒子进入磁场时沿 x 轴方向的位移
因
可得
x=2L
粒子进入磁场做圆周运动的半径为
根据
可得
（3）粒子甲第一次进入磁场所用的时间
设粒子乙开始释放位置的坐标为（x，y）粒子乙进入磁场时的速度
时间
粒子乙在磁场中做圆周运动的时间
由题意可知
解得
粒子乙在磁场中做匀速圆周运动的半径
则粒子乙释放点的横坐标为
粒子乙释放点的横坐标（2.86L，0.1849L）
4．C
【详解】AB．对导线受力分析，如图所示
根据平衡条件可得
解得
，
故 AB 错误；
C．由上述分析可知
若增大磁感应强度，安培力增大，则细线与竖直方向的夹角将增大，故 C 正确；
D．当安培力与拉力方向垂直时，安培力最小，磁感应强度最小，则
所以
故 D 错误。
故选 C。
3．D
【详解】根据题意若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线，可知电场力和重力的
合力沿着虚线方向，又电场强度方向为水平方向，根据力的合成可知电场强度方向水平向右，
若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从 O 点出发运动到 O 点等高处的过程中重力对小球
做功为零，电场力的方向与小球的运动方向相同，则电场力对小球正功，小球的动能增大，
电势能减小。
故选 D。
7．D
【详解】由题知粒子在 AC 做直线运动，则有
qv0B1= qE
区域Ⅱ中磁感应强度大小为 B2，则粒子从 CF 的中点射出，则粒子转过的圆心角为 90°，根
据 ，有
A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为 2B1，则粒子在 AC 做直线运动的速度，有
qvA·2B1= qE
则
再根据 ，可知粒子半径减小，则粒子仍然从 CF 边射出，粒子转过的圆心角仍为
90°，则 t = t0，A 错误；
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为 2E，则粒子在 AC 做直线运动的速度，有
qvBB1= q·2E
则
vB = 2v0
再根据 ，可知粒子半径变为原来的 2 倍，则粒子 F 点射出，粒子转过的圆心角仍
为 90°，则 t = t0，B 错误；
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为 ，则粒子在 AC 做直线运动的速度仍为 v0，
再根据 ，可知粒子半径变为原来的 ，则粒子从 OF 边射出，则画出粒子的
运动轨迹如下图
根据
可知转过的圆心角θ = 60°，根据 ，有
则
C 错误；
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为 ，则粒子在 AC 做直线运动的速度仍为 v0，
再根据 ，可知粒子半径变为原来的 ，则粒子 OF 边射出，则画出粒子的运
动轨迹如下图
根据
可知转过的圆心角为α = 45°，根据 ，有
则
D 正确。
故选 D。
14．（1）7.5×104N/C，方向水平向右；（2）3m/s2；（3）－0.02J
【详解】（1）如图所示，小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，受力平衡，则有
在 x 轴方向
Fcs37°－mgsin37°＝0
在 y 轴方向
FN－mgcs37°－Fsin37°＝0
得
qE＝mgtan37°
故有
E＝ ＝7.5×104N/C
方向水平向右。
（2）场强变化后物块所受合力为
F＝mgsin37°－ qEcs37°
根据牛顿第二定律得
F＝ma
故代入解得
a＝0.3g＝3m/s2
方向沿斜面向下。
（3）机械能的改变量等于电场力做的功，故
ΔE＝－ qELcs37°
解得
ΔE＝－0.02J