四川省成都市邛崍市第一中學(xué)2024-2025學(xué)年高二（上）期末物理試卷（含解析）

第=page1111頁(yè)，共=sectionpages1616頁(yè)四川省成都市邛崍市第一中學(xué)2024-2025學(xué)年高二（上）期末物理試卷一、單選題：本大題共7小題，共28分。1.下列對(duì)于法拉第電磁感應(yīng)定律理解正確的是(

)A.當(dāng)線圈中磁通量發(fā)生變化時(shí)，線圈中一定有感應(yīng)電流

B.線圈中磁通量變化越大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)就越大

C.線圈中某一瞬間磁通量為零，則此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)也為零

D.線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，與線圈中磁通量的變化率成正比2.下列說(shuō)法正確的是(

)A.點(diǎn)電荷是帶電荷量很小的帶電體

B.電阻是導(dǎo)體本身的一種屬性，與導(dǎo)體兩端的電壓和通過(guò)導(dǎo)體的電流無(wú)關(guān)

C.由于電場(chǎng)是客觀存在的物質(zhì)，所以電場(chǎng)線也是客觀存在的

D.帶電體的絕緣性能越好，越容易失去電荷3.如圖所示，有一正方形閉合線圈，在范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)或勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。線圈的運(yùn)動(dòng)情況和勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向在各選項(xiàng)中均已標(biāo)出，其中能產(chǎn)生感應(yīng)電流的是(

)A.

B.

C.

D.

4.某學(xué)校創(chuàng)建綠色校園，如圖甲為新裝的一批節(jié)能路燈，該路燈通過(guò)光控開(kāi)關(guān)實(shí)現(xiàn)自動(dòng)控制，電燈的亮度可自動(dòng)隨周?chē)h(huán)境亮度的改變而改變。如圖乙為其內(nèi)部電路簡(jiǎn)化原理圖，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，Rt為光敏電阻(光照強(qiáng)度增加時(shí)，其電阻值減小)?，F(xiàn)增加光照強(qiáng)度，則下列判斷正確的是(

)

A.R0兩端電壓變大 B.B燈變暗，A燈變亮

C.電源路端電壓不變 D.5.一根豎立且處于原長(zhǎng)的輕彈簧，下端固定在地面，上端在O點(diǎn)．現(xiàn)在O點(diǎn)處?kù)o止釋放質(zhì)量為m(可視為質(zhì)點(diǎn))的小球，小球在B點(diǎn)時(shí)速度剛好為零，A點(diǎn)的速度最大，AB長(zhǎng)度為c，OA長(zhǎng)度為d，彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度為g，忽略一切阻力．下列說(shuō)法正確的是(

)

A.兩段長(zhǎng)度關(guān)系有c=d=mgk

B.O到B點(diǎn)的過(guò)程中小球的回復(fù)力一直變大

C.A到B的過(guò)程中，系統(tǒng)的重力勢(shì)能與彈性勢(shì)能之和變小

6.研究某種射線裝置的示意圖如圖所示。射線源發(fā)出的射線以一定的初速度沿直線射到熒光屏上的中央O點(diǎn)，出現(xiàn)一個(gè)亮點(diǎn)。在板間加上垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)后，射線在板間做半徑為r的圓周運(yùn)動(dòng)，然后打在熒光屏的P點(diǎn)。若在板間再加上一個(gè)豎直向下電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，亮點(diǎn)又恰好回到O點(diǎn)，由此可知該射線粒子(

)

A.帶負(fù)電 B.初速度為v=BE C.比荷為qm7.如圖所示，半徑為R的豎直光滑圓軌道內(nèi)側(cè)底部靜止放著一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的帶正電的光滑小球，小球質(zhì)量為m，所帶電荷量為+q。軌道的上半圓部分處于水平向右，場(chǎng)強(qiáng)大小E=3mg4q的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。現(xiàn)給小球一個(gè)水平向右的初速度v0，小球恰好能在豎直軌道內(nèi)完成圓周運(yùn)動(dòng)，已知sin37°=35，sin53A.29gR2 B.293gR 二、多選題：本大題共3小題，共18分。8.如圖是等臂電流天平的原理圖，在天平的右端掛一質(zhì)量為m矩形線圈，線圈匝數(shù)為n，邊cd長(zhǎng)為L(zhǎng)，放在與紙面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。當(dāng)線圈通入如圖所示的電流時(shí)，在天平左右兩邊加上質(zhì)量分別為m1、m2m1A.磁場(chǎng)方向是垂直紙面向外

B.磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為m1-m2gnIL

9.如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy中有a、b、c、d四點(diǎn)，c點(diǎn)坐標(biāo)為(-4cm,3cm)，現(xiàn)加上一方向平行于xOy平面的勻強(qiáng)電場(chǎng)，d點(diǎn)電勢(shì)為8V。將一電荷量為-2×10-5C的點(diǎn)電荷從a點(diǎn)移動(dòng)到dA.勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向沿x軸負(fù)方向

B.該點(diǎn)電荷在c點(diǎn)的電勢(shì)能為-1.6×10-4J

C.坐標(biāo)原點(diǎn)10.如圖所示為一種質(zhì)譜儀的工作原理示意圖，此質(zhì)譜儀由粒子源、加速電場(chǎng)、靜電分析器和磁分析器組成。加速電場(chǎng)的加速電壓為U，半圓形通道內(nèi)有方向指向圓心的均勻電場(chǎng)，在中心線處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E；磁分析器中分布著方向垂直于紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的范圍足夠大的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其上邊界與靜電分析器的下邊界重合。由粒子源發(fā)出一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子(初速度為零，重力不計(jì))，經(jīng)加速電場(chǎng)加速后沿垂直靜電分析器左側(cè)邊界的方向進(jìn)入并沿中心線通過(guò)靜電分析器，由P點(diǎn)進(jìn)入磁分析器中，最終打到膠片上的Q點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是(

)

A.加速電場(chǎng)的極板M比極板N的電勢(shì)高

B.磁分析器中P點(diǎn)到Q點(diǎn)的距離d=1B2Umq

C.只有比荷等于qm的帶正電粒子經(jīng)加速電壓U加速后才可以沿通道中心線通過(guò)靜電分析器，進(jìn)入磁分析器

D.若某次使用時(shí)，磁場(chǎng)的上邊界繞P點(diǎn)逆時(shí)針轉(zhuǎn)了30三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共14分。11.如圖所示為“探究影響平行板電容器電容的因素”的實(shí)驗(yàn)，其中電容器左側(cè)極板和靜電計(jì)外殼均接地，電容器右側(cè)極板與靜電計(jì)金屬球相連，使電容器充電后與電源斷開(kāi)。(1)在實(shí)驗(yàn)中觀察到的現(xiàn)象是_____。A.圖中的手水平向左移動(dòng)時(shí)，靜電計(jì)指針的張角變大B.圖中的手水平向左移動(dòng)時(shí)，靜電計(jì)指針的張角不變C.圖中的手豎直向上移動(dòng)時(shí)，靜電計(jì)指針的張角變小D.圖中的手不動(dòng)，而向兩板間插入陶瓷片時(shí)，靜電計(jì)指針的張角變大(2)若將電容器上板A接正極，下板B接負(fù)極，且將上極板接地，如圖丙所示。閉合開(kāi)關(guān)S，有一帶電液滴靜止在電容器內(nèi)部P點(diǎn)，現(xiàn)將電容器下極板B向下平移一小段距離，則液滴______(填“靜止不動(dòng)”、“向下運(yùn)動(dòng)”、“向上運(yùn)動(dòng)”)，P點(diǎn)電勢(shì)______(填“升高”、“不變”、“降低”)。12.某課題研究小組準(zhǔn)備測(cè)量一個(gè)鋰電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，在操作臺(tái)上準(zhǔn)備了如下實(shí)驗(yàn)器材：A.待測(cè)鋰電池(電動(dòng)勢(shì)E約為3.7?V，內(nèi)阻rB.電壓表V1(量程0C.電流表A(量程0.6?D.電阻箱RE.滑動(dòng)變阻器R2(F.定值電阻R0(G.開(kāi)關(guān)S一個(gè)，導(dǎo)線若干(1)在實(shí)驗(yàn)操作過(guò)程中，該小組成員設(shè)計(jì)了如圖甲所示電路．多次改變電阻箱R1的阻值R，讀出電壓U，根據(jù)測(cè)得的數(shù)據(jù)作出1U-1R(2)為了測(cè)定鋰電池的內(nèi)阻需測(cè)出電阻R0的阻值，小組成員設(shè)計(jì)了如圖丙所示的電路，請(qǐng)?jiān)趫D丁中連接對(duì)應(yīng)的實(shí)物圖．實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，某次測(cè)量電流表示數(shù)為0.40?A時(shí)，電壓表示數(shù)如圖戊所示，由此可求得R0=________?Ω；結(jié)合圖乙可求得電池內(nèi)阻四、計(jì)算題：本大題共3小題，共40分。13.某直流電動(dòng)起重機(jī)裝置如圖所示。已知電源電動(dòng)勢(shì)E=6V，電源內(nèi)阻r=1Ω，電阻R=3Ω，當(dāng)重物質(zhì)量很大時(shí)，閉合開(kāi)關(guān)S，電動(dòng)機(jī)未能將重物提升，且轉(zhuǎn)軸與繩間不打滑，此時(shí)理想電壓表的示數(shù)為5V；當(dāng)重物質(zhì)量m=0.1kg時(shí)，閉合開(kāi)關(guān)(1)電動(dòng)機(jī)的內(nèi)阻RM(2)重物勻速上升時(shí)流過(guò)電動(dòng)機(jī)的電流大小IM(3)重物勻速上升的速度大小v。14.如圖所示，水平放置的U形導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，置于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=5?T，導(dǎo)軌寬度L=0.4m，左側(cè)與R=1.5Ω的定值電阻連接。右側(cè)有導(dǎo)體棒ab跨放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒ab質(zhì)量m=2.0?kg，電阻r=0.5?Ω，與導(dǎo)軌的動(dòng)摩擦因數(shù)(1)導(dǎo)體棒ab運(yùn)動(dòng)的最大速度是多少？(2)當(dāng)導(dǎo)體棒ab的速度v=1?m/s時(shí)，求15.某種離子收集裝置的簡(jiǎn)化模型如圖所示，x軸下方半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在著勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1=B，圓心所在位置坐標(biāo)為(0,-R)。在x軸下方有一線性離子源，沿x軸正方向發(fā)射出N個(gè)(大量)速率均為v0的同種離子，這些離子均勻分布在離x軸距離為0.2R～1.8R的范圍內(nèi)。在x軸的上方，存在方向垂直紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，該磁場(chǎng)上邊界與x軸平行，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2=2B(1)求該種離子的電性和比荷qm(2)若x軸上方的磁場(chǎng)寬度d足夠大，發(fā)射的離子全部能被收集板收集，求這些離子在x軸上方磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)最長(zhǎng)和最短時(shí)間差Δt，以及離子能打到收集板上的區(qū)域長(zhǎng)度L；(3)若x軸上方的有界磁場(chǎng)寬度d可改變(只改變磁場(chǎng)上邊界位置，下邊界仍沿x軸)，請(qǐng)寫(xiě)出收集板表面收集到的離子數(shù)n與寬度d的關(guān)系。

答案和解析1.D

【解析】A.當(dāng)線圈中的磁通量發(fā)生變化時(shí)，如果線圈不閉合，線圈中沒(méi)有感應(yīng)電流，故A錯(cuò)誤；

B.線圈中磁通量變化越快，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越大，故B錯(cuò)誤；

C.感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與磁通量無(wú)關(guān)，與磁通量變化的快慢有關(guān)，所以線圈中某一瞬間的磁通量為零，則此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不一定為零，故C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，與線圈中磁通量的變化率成正比，故D正確。

故選D。

2.B【解析】A.在研究帶電體相互作用時(shí)，當(dāng)帶電體的形狀大小以及電荷分布情況可以忽略不計(jì)時(shí)，可以看成點(diǎn)電荷，點(diǎn)電荷不是帶電量很小的帶電體。故A錯(cuò)誤；B.電阻是導(dǎo)體本身的一種屬性，與導(dǎo)體兩端的電壓和通過(guò)導(dǎo)體的電流無(wú)關(guān)，故B正確；C.電場(chǎng)是客觀存在的物質(zhì)，但電場(chǎng)線是為了方便研究電場(chǎng)而引入的物理模型，并不是客觀存在的，故C錯(cuò)誤；D.帶電體的絕緣性能越好，電荷越容易積累，故D錯(cuò)誤。故選B。3.A

【解析】A.線框繞軸轉(zhuǎn)動(dòng)，導(dǎo)致磁通量發(fā)生變化，因此線框產(chǎn)生感應(yīng)電流，故A正確；

B.線框繞軸轉(zhuǎn)動(dòng)，但線框平行于磁場(chǎng)感應(yīng)線，穿過(guò)的磁通量沒(méi)有變化，因此也不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，故B錯(cuò)誤；

C.線框平行于磁場(chǎng)感應(yīng)線運(yùn)動(dòng)，穿過(guò)線框的磁通量沒(méi)有變化，不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，故C錯(cuò)誤；

D.線框垂直于磁感線運(yùn)動(dòng)，雖然切割磁感線，但穿過(guò)的磁通量沒(méi)有變化，因此也不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，故D錯(cuò)誤。

故選A。4.A

【解析】ABC.由題意，增加光照強(qiáng)度，RI可知，干路電流I增大，由U可知路端電壓減小。則A燈變暗，通過(guò)R0I0=I-IAI增大，而IA減小，則I0增大，R0兩端電壓U0增大，而RD.電源的總功率P=EII增大，則P增大。故故選A。5.A

【解析】在A點(diǎn)時(shí)受力平衡，則mg=kxOA，xOA=d=mgk，由對(duì)稱(chēng)性可知c=d=mgk，A正確；由簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)可知，O到B點(diǎn)的過(guò)程中小球的回復(fù)力先減小后變大，B錯(cuò)誤；系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，則A到B的過(guò)程中，系統(tǒng)的動(dòng)能減小，則重力勢(shì)能與彈性勢(shì)能之和變大，C錯(cuò)誤；小球從O點(diǎn)釋放時(shí)，在O6.D

【解析】A.粒子在向里的磁場(chǎng)中向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知，粒子帶正電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

BCD.粒子在磁場(chǎng)中：Bqv=mv2r；粒子在正交的電場(chǎng)和磁場(chǎng)中：qE=qvB，得v=EB7.A

【解析】由題可知，小球受到的電場(chǎng)力F=qE=3mg4當(dāng)小球受到重力和電場(chǎng)力的合力指向圓心時(shí)，該點(diǎn)為小球運(yùn)動(dòng)的等效最高點(diǎn)，設(shè)該點(diǎn)為P點(diǎn)，如圖所示

根據(jù)幾何知識(shí)可得tanθ=qEmg=34故θ=37°小球恰好能在豎直軌道內(nèi)完成圓周運(yùn)動(dòng)，則小球在P點(diǎn)受到電場(chǎng)力與重力的合力為其圓周運(yùn)動(dòng)提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得F8.AD

【解析】A.在天平左右兩邊加上質(zhì)量分別為

m1、m2

B.根據(jù)平衡條件，有m1g=m2C.取走全部砝碼，僅改變電流大小，安培力方向仍向下，天平不可能平衡，故C錯(cuò)誤；D.取走全部砝碼，僅改變電流，天平重新平衡，根據(jù)平衡條件，有mg=nBI'L，電流與原電流大小之比為故選AD。9.BC

【解析】C.由電場(chǎng)力做功公式有W解得Uad=-12Vφ同理，由W解得U則φ勻強(qiáng)電場(chǎng)中同一方向上距離相同，電勢(shì)降落相同，可知

φO=0

，

φc=8AD．b、O是等電勢(shì)的兩點(diǎn)，位于同一等勢(shì)面上，故勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向沿x軸正方向，則E故AD錯(cuò)誤；B.根據(jù)電勢(shì)能的計(jì)算公式有E故B正確。故選BC。10.AD

【解析】A.帶電粒子最終打到膠片

Q

上，根據(jù)磁場(chǎng)方向和左手定則可知粒子帶正電，在加速電場(chǎng)中能夠被加速，則極板

M

比極板

N

電勢(shì)高，A正確；B.帶電粒子在加速電場(chǎng)中加速，根據(jù)動(dòng)能定理可得qU帶電粒子在磁分析器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由此可得Bqv聯(lián)立以上各式可得r因此磁分析器中

P

點(diǎn)到

Q

點(diǎn)的距離為dB錯(cuò)誤;C.粒子通過(guò)靜電分析器時(shí)，電場(chǎng)力提供向心力，由此可得qE而qU解得R即帶電粒子在靜電分析器中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑

R

與帶電粒子的比荷無(wú)關(guān)，所以比荷不等于

qm

的帶正電粒子經(jīng)加速電壓

U

加速后也可以沿通道中心線通過(guò)靜電分析器，進(jìn)入磁分析器，CD.質(zhì)量為

4m

、電荷量為

9q

的粒子從

P

設(shè)粒子從磁場(chǎng)上邊界的

D

點(diǎn)射出，然后做勻速直線運(yùn)動(dòng)打在膠片上的

S

點(diǎn)，如圖所示由幾何關(guān)系有SP即膠片上的

S

點(diǎn)與

Q

點(diǎn)重合，D正確。故選AD。11.A

向下運(yùn)動(dòng)

升高

【解析】(1)[1]ABCC=得U=可知圖中的手水平向左移動(dòng)時(shí)，d增大，U增大，靜電計(jì)指針的張角變大，A正確，B錯(cuò)誤；C.圖中的手豎直向上移動(dòng)時(shí)，S減小，U增大，靜電計(jì)指針的張角變大，C錯(cuò)誤；D.圖中的手不動(dòng)，而向兩板間插入陶瓷片時(shí)，

ε

增大，U減小，靜電計(jì)指針的張角變小，D錯(cuò)誤。故選A。(2)[2]電容器的電壓不變，而將電容器下極板B向下平移一小段距離，根據(jù)E則電場(chǎng)強(qiáng)度要減小，電場(chǎng)力將小于重力，故液滴要向下運(yùn)動(dòng)。[3]以大地為零勢(shì)點(diǎn)，P點(diǎn)與零電勢(shì)的A板距離不變，而電場(chǎng)強(qiáng)度減小，則

P

點(diǎn)與零電勢(shì)點(diǎn)之間的電勢(shì)差減小，又因?yàn)?/p>

P

點(diǎn)的電勢(shì)小于0，則

P

點(diǎn)的電勢(shì)升高。12.(1)3.6(3.60)；(2)；5.0；2.8。

【解析】(1)根據(jù)閉合電路的歐姆定律有E=UR(r+R0)+U，兩邊同時(shí)除以(2)實(shí)物連線如圖。由電表讀數(shù)規(guī)則可知電壓表讀數(shù)為U=2.80V，所以R0=13.【解析】(1)E解得I此時(shí)電動(dòng)機(jī)不轉(zhuǎn)動(dòng)，根據(jù)歐姆定律R(2)電動(dòng)機(jī)以穩(wěn)定速度勻速提升重物時(shí)電動(dòng)機(jī)消耗功率最大，根據(jù)能量關(guān)系P當(dāng)

IM=P(3)對(duì)電動(dòng)機(jī)根據(jù)功率關(guān)系P解得v