【文档说明】河北省衡水市武强中学2024-2025学年高二上学期期中考试物理试题解析.pdf，共(6)页，169.350 KB，由小赞的店铺上传

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高二物理试题参考答案：题号12345678910答案BDCADBDABBDAC1．B【详解】当磁场方向与电流方向垂直时，根据安培力公式FBIL＝。2．D【详解】电池储存电能32.530010kWh0.75kWhEUIt

3．C【详解】向右移动滑片P，则电阻1R的阻值变小，根据“串反并同”，则与1R串联的0R的电流、电压、电功率变大；与1R并联的灯泡L的电流、电压、电功率变小，即亮度变暗。4．A【详解】A．根据左手

定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向左，A正确；BC．小球受洛伦兹力和重力的作用，则小球运动过程中速度、加速度的大小和方向都在变，BC错误；D．洛伦兹力永不做功，D错误。故选A。5．D【详解】A．磁场中某区域的磁感线如图所示，a处的磁感线比b处疏，则

a点磁感应强度比b点小，故A错误；B．图像的显示有限，较为片面，不可由图推断整个磁场的磁感线既不会相交也不会闭合，磁感线是闭合的曲线，故B错误；C．因不知道通电导线与磁场方向的夹角，根据cosFBIl可知同一通电导线放在a

处与放在b处的受力大小不可比较，故C错误；D．小磁针在某点静止时N极所指方向是磁场中该点的磁场方向，故a、b两处磁感应强度的方向可以通过放置小磁针来判断，故D正确；6．B【详解】A．仅闭合2S时只有2L会亮，A错误；B．仅闭合2S时，1L和2L会同时亮，断开2S，闭合1S时

，只有1L亮，且1L会比仅闭合2S时更亮，B正确；C．仅闭合2S时，两灯都会被短路，都不会亮，C错误；D．1S、2S都闭合时，两灯才会亮，只闭合其中一个开关，两灯都不会亮，D错误。故选B。7．D【详解】互换电表后的电路图为：{#

{QQABIQSQogigAAAAAAgCQQUyCgGQkgCCAYgOhFAAoAAAiRNABAA=}#}此时电路中的电流为：AVAUIRRRRR，因为电压表的电阻很大，故电流很小几乎为零，电流表的示数几乎为零，电压表的示数接近U，电表不会烧坏．故选D

．【点睛】本题考查了电路现象分析，根据题意作出电路图、应用欧姆定律可以解题；本题是一道基础题，平时要注意基础知识的学习与掌握．8．AB【详解】A．图A为环形电流的磁场，符合安培定则，故A正确；B．图B是直线电流的磁场，符

合安培定则，故B正确；C．图C是直线电流的磁场，产生的磁场应该是逆时针方向的，不符合安培定则，故C错误；D．图D是通过螺线管的磁场，，产生的磁场方向应该向右，不符合安培定则，故D错误。9．BD【详解】A．根据

安培定则，电流1I在第一象限磁场方向是垂直纸面向外，2I在第一象限磁场方向是垂直纸面向外，所以磁通量不可能为零，A错误。B．根据安培定则，电流1I在第一象限磁场方向是垂直纸面向外，2I在第一象限磁场方向是垂直纸面向里，所

以磁通量可能为零，B正确；C．根据安培定则，电流1I在第一象限磁场方向是垂直纸面向里，2I在第一象限磁场方向是垂直纸面向里，所以磁通量不可能为零，C错误；D．根据安培定则，电流1I在第一象限磁场方向是垂直纸面向里，2I在第一象限磁场方向是垂直纸面向外，所以磁通量

可能为零，D正确；10．AC【详解】A．根据电路图，把定值电阻R等效看成电源内阻的一部分，即6ΩrRr等由闭合电路欧姆定律的推论可知，当电源外电阻等于内阻时，电源输出功率最大，即P6ΩRr等时，滑动变阻器此时消耗的功率最大，为22

261.5W446EPr等{#{QQABIQSQogigAAAAAAgCQQUyCgGQkgCCAYgOhFAAoAAAiRNABAA=}#}故A正确；B．对于定值电阻电流越大功率越大，因此滑动变阻器的阻值为零时，定值电阻R消耗的功率最大，故B

错误；C．由选项A分析可知图乙中16ΩRr等时，滑动变阻器此时消耗的功率达最大。根据图乙，可知当P3ΩR时，滑动变阻器消耗的功率等于2R时消耗的功率，根据2PP·EPRRr等有22222

23366EERR解得212ΩR故C正确；D．电源的效率为221()1IRRPrPIRrRrR外外出总外外外调整滑动变阻器的阻值从最右端滑到最左端时，RP变大，则R外变大，电源的效率一直增大，11．a1.51.0<<【详解

】(1)[1]闭合开关前，为了保护电路，将滑动变阻器接入电路的电阻为最大值，所以滑动变阻器滑片应滑至a处。(3)[2]根据图乙可知U-I图像与纵轴的交点为1.5V，则电动势为1.5V。[3]U-I图像与横轴的交点0.7A，

则0.7AEIr代入数据得1.0Ωr(3)[4]设电压表内阻为RV，由闭合电路欧姆定律得()()VVUUEIIrEIrR则{#{QQABIQSQogigAAAAAAgCQQUyCgGQkgCCAYgOhFAAoAAAiRNABAA=}#}VVVVrRER

UIrRrR当I=0时VVREErR测从而得出EE测[5]由[4]得VVrRrrR测从而得出rr测12．B60大于【详解】（1）[1]电压表的量程为0~2V、内阻为3.0k，每

个发光二极管的工作电压应在3~4V之间，电压表需改装成大量程电压表，量程为4V，根据gVgxUIRIRggVUIR解得3.0kΩxR故选B。（2）[2]电压表的示数为1.75V，根据电压表改装可知发光二极管两端电压为3.5V，根据欧姆定律，0R的阻值为03123.5

3kΩ60Ω25.0EURI（3）[3]根据电压表改装可知发光二极管两端电压为图乙测得电压值的两倍，故发光二极管D在通过某一电流时的实际功率大于由图乙得到的测量值；13．（1）mvRqB（2）2mTqB【详解】（1）粒子在磁场中由洛伦兹力提供所需向心力

，则有2vqvBmR解得mvRqB（2）由匀速圆周运动周期与线速度关系有{#{QQABIQSQogigAAAAAAgCQQUyCgGQkgCCAYgOhFAAoAAAiRNABAA=}#}2RTv解得2mTqB【点睛】本题考查了求粒子做

圆周运动的轨道半径、周期，应用牛顿第二定律、线速度与周期的关系即可正确解题。14．（1）0.5；（2）60%【详解】（1）由部分电路欧姆定律得M223A1A3UIR通过电动机的电流为MM6A2A3PIU干路电流为2M3AIII由闭合电路欧姆定律M1EUIrR

解得电源内阻为0.5r（2）电动机线圈的发热功率为22M020.6W2.4WPIr热则输出功率为6W2.4W3.6WPPP热出电动机的机械效率为100%60%PP出15．（1）1.5N；（2）3313【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律，导体棒中

通过的电流为123.75AEIRRr得导体棒受到的安培力大小为0.83.750.5N1.5NFBId安{#{QQABIQSQogigAAAAAAgCQQUyCgGQkgCCAYgOhFAAoAAAiRNABAA=}#}（2）根据左手定则可得导

体棒受到的安倍力方向垂直导体棒斜向左上方，与水平面的夹角为30，对导体棒进行受力分析可得，竖直方向有Nsin30FFmg安导体棒恰好保持静止可得此时摩擦力为最大静摩擦力，水平方向有Nmaxc

os30FfF静安联立解得cos3033sin3013FmgF安安{#{QQABIQSQogigAAAAAAgCQQUyCgGQkgCCAYgOhFAAoAAAiRNABAA=}#}