辽宁省沈阳市五校协作体2024-2025学年高二（上）期末物理试卷

这是一份辽宁省沈阳市五校协作体2024-2025学年高二（上）期末物理试卷，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示，通电导线所受安培力或运动电荷所受洛伦兹力正确的是( )
A. B. C. D.
2.如图所示为某静电纺纱工艺中的电场分布示意图，虚线是电场线，实线是某试探电荷只在电场力作用下从A点运动到B点的轨迹，则下列判断正确的是( )
A. 该试探电荷带正电
B. 试探电荷在A点的加速度大于在B点的加速度
C. 试探电荷在A点的速度大于在B点的速度
D. A点的电势高于B点的电势
3.用图中三套实验装置探究感应电流产生的条件，下列选项中能产生感应电流的操作是( )
A. 甲图中，使导体棒AB顺着磁感线方向运动，且保持穿过ABCD中的磁感线条数不变
B. 乙图中，使条形磁铁匀速穿过线圈
C. 丙图中，开关S闭合后，A、B螺线管相对静止一起竖直向上运动
D. 丙图中，开关S保持闭合，使小螺线管A在大螺线管B中保持不动
4.如图甲所示，在x轴上固定两个电量分别为+3q、-q的点电荷，其中负电荷固定在坐标原点，两电荷的间距为L：如图乙所示是两电荷所形成的电场的电势φ在x轴上的分布图像，规定无限远处电势为0，则x轴上电势最高为φ0的点距离坐标原点的距离为( )
A. 3+12LB. 3LC. LD. 3L
5.如图所示，直线ac为某一直流电源的总功率P随电流I变化的图线，虚线bc为这个电源内部热功率Pr随电流I变化的图线，当电路中电流为2A时( )
A. 外电路电阻等于电源内阻
B. 电源内部热功率Pr为2W
C. 电源输出功率为2 W
D. 路端电压为3V
6.如图甲所示，正方形硬质金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直。磁感应强度B随时间t变化规律如图乙所示。在0～0.2s的时间内与0.2s～0.6s的时间内( )
A. 磁通量变化量大小之比为2：1B. 通过金属框的电荷量之比为2：1
C. 金属框中电流的电功率之比为4：1D. 金属框中产生的焦耳热之比为4：1
7.如图所示，两个质量相等的带电粒子a和b分别以速度va和vb射入足够长平行边界匀强磁场，磁场宽度为d，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，不计粒子重力及粒子间的影响，则( )
A. 两粒子的周期之比为Ta：Tb=1：1
B. 两粒子的轨迹半径之比为Ra：Rb= 3：1
C. 两粒子的电荷量之比为|qa|：|qb|=1：2
D. 两粒子的速度之比为va：vb=2： 3
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，图甲为直线加速器，它由多个横截面积相同的金属圆筒共轴依次排列，圆筒长度按照一定的规律依次增加。被加速的带电粒子在金属圆板0中心处由静止释放，之后每次通过圆筒间隙都被加速，且加速时间可以忽略不计。图乙为回旋加速器，D1、D2为两个中空的半圆形金属盒，处于竖直向下的匀强磁场B中。被加速的带电粒子在A点由静止释放，之后每次通过D形盒间隙都会被加速，且加速时间也可以忽略不计。在粒子运动的过程中，两个加速器所接交流电源的电压大小及频率均保持不变。下列说法正确的是( )
A. 带电粒子在直线加速器的金属圆筒中做匀速直线运动
B. 直线加速器中，1、2、3金属圆筒长度之比为1：2：3
C. 狭缝处所加交变电场的周期与该粒子在磁场中做圆周运动的周期相等
D. 带电粒子通过回旋加速器后获得的最大速度与加速电压有关
9.如图所示的电路中，三个完全相同的灯泡L1、L2、L3，线圈L的直流电阻可忽略，D为理想二极管。下列判断正确的是( )
A. 开关S闭合，L3先变亮，L1、L2逐渐变亮
B. 开关S闭合，L2、L3先变亮，L1逐渐变亮
C. 开关S断开，L2先变亮，然后逐渐变暗
D. 开关S断开，L2立即熄灭
10.如图所示，绝缘中空轨道竖直固定，圆弧段COD光滑，对应圆心角为120°，C、D两端等高，O为最低点，圆弧圆心为O'，半径为R，直线段AC、HD粗糙，与圆弧段分别在C、D端相切，整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，在竖直虚线MC左侧和ND右侧还分别存在着场强大小相等、方向水平向右和向左的匀强电场。现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，与直线段的动摩擦因数为μ，从轨道内距C点足够远的P点由静止释放，若PC=l，小球所受电场力等于其重力的 33倍，重力加速度为g。则( )
A. 小球第一次沿轨道AC下滑的过程中先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动
B. 小球在轨道AC上下滑的最大速度v=2 3mg3μqB
C. 经足够长时间，小球克服摩擦力做的总功是2 33mgl+12mgR
D. 经足够长时间，小球经过O点时，对轨道的弹力可能为2mg+Bq gR
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.(1)用多用电表的欧姆挡测量阻值约为几十千欧的电阻Rx，以下给出的是可能的操作步骤，其中S为选择开关，P为欧姆挡调零旋钮，把你认为正确的步骤前的字母按合理的顺序填写在横线上______。
a.旋转S使其尖端对准欧姆挡×1k
b.将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出Rx的阻值后，断开两表笔
c.旋转S使其尖端对准欧姆挡×100
d.将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，断开两表笔
e.旋转S使其尖端对准交流500V挡，并拔出两表笔
根据如图所示指针位置，此被测电阻的阻值约为______Ω。
(2)下述关于用多用表欧姆挡测电阻的说法中正确的是______
A.测电阻时如果指针偏转角过大，应将选择开关S拨至倍率较小的挡位，重新调零后测量
B.测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果
C.测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开
D.测量阻值不同的电阻时都必须重新调零。
12.某同学要用电阻箱和电压表测量某水果电池组的电动势和内阻，考虑到水果电池组的内阻较大，为了提高实验的精度，需要测量电压表的内阻。实验室中恰好有一块零刻度在中央的双向电压表，该同学便充分利用这块表，设计了如图所示的实验电路，既能实现对该电压表内阻的测量，又能利用该表完成水果电池组电动势和内阻的测量。该同学用到的实验器材有：待测水果电池组(电动势约4V、内阻约50Ω)，双向电压表(量程为2V、内阻约为2kΩ)，电阻箱(0～9999Ω)，滑动变阻器(0～200Ω)，一个单刀双掷开关及若干导线。
(1)该同学按如图1所示电路图连线后，首先测量了电压表的内阻。请完善测量电压表内阻的实验步骤：
①将R1的滑动触片滑至最左端，将开关S拨向1位置，将电阻箱阻值调为0；
②调节R1的滑动触片，使电压表示数达到满偏U；
③保持R1不变，调节R2，使电压表的示数达到U3，读出电阻箱的阻值，记为R0，则电压表的内阻RV=______。
(2)若测得电压表内阻为2kΩ，可分析此测量值应______(填“大于”“等于”或“小于”)真实值。
(3)接下来测量电源的电动势和内阻，实验步骤如下：
①将开关S拨至______(填“1”或“2”)位置，将R1的滑片移到最______端，不再移动；
②调节电阻箱的阻值，使电压表的示数达到一合适值，记录电压表的示数和电阻箱的阻值；
③重复第二步，记录多组电压表的示数和对应的电阻箱的阻值。
(4)若将电阻箱与电压表并联后的阻值记录为R，作出1U-1R图象，如图2所示，其中纵轴截距为b，斜率为k，则电动势的表达式为______，内阻的表达式为______。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.光滑绝缘半球槽的半径为R，处在水平向右的匀强电场中，一质量为m的带电量q的小球从槽的右端A处(与球心等高)无初速度沿轨道滑下，滑到最低点B时，球的速度为 gR.求：
(1)电场强度的大小E
(2)电场中A，B间的电势差U
(3)带电小球在滑动过程中的最大速度。
14.如图所示，宽度为L的光滑足够长导轨固定在水平面上，空间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导体棒ab、cd紧挨着垂直于导轨并排静止放置在导轨上，两导体棒的质量都为m、电阻都为r，回路中的其他电阻不计，某时刻使cd导体棒获得水平向右的速度，其大小为v，在它们之后的运动过程中，求：
(1)回路中产生的焦耳热；
(2)两导体棒间的最大距离。
15.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、二象限内有沿y轴负方向的匀强电场，第三、四象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从坐标为(0,d)的P点以大小为v0的速度沿x轴正方向射出，粒子经电场偏转后从坐标为(2d,0)的Q(图中未画出)点(第一次经过x轴)进入磁场，粒子第五次经过x轴的位置恰好为坐标原点，带电粒子的重力忽略不计，求：
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)若在磁场中放置一个平行于x轴的弹性绝缘板，粒子撞上板后，碰撞前后沿平行板方向的速度不变，垂直板方向的速度大小相等、方向相反，此后粒子始终沿同一轨迹运动，粒子的带电量保持不变，则板离x轴的距离为多少？
答案和解析
1.C
【解析】解：A、安培力方向判断方法：伸开左手，使大拇指与其它四指垂直且在一个平面内，让磁感线穿过掌心，四指所指方向为电流方向，大拇指所指方向就是安培力的方向，可知安培力方向竖直向下，故A错误；
B、电流和磁场的方向平行，安培力为零，故B错误；
C、洛伦兹力方向判断方法：伸开左手，让磁感线穿过掌心，四指所指方向为正电荷运动的方向，为负电荷运动的反方向，则和四指垂直的的大拇指的方向为洛伦兹力的方向，则可知洛伦兹力方向竖直向下，故C正确；
D、根据C选项洛伦兹力方向的判断方法可知洛伦兹力方向竖直向下，故D错误。
故选：C。
2.B
【解析】解：A、因为右端是和电源的正极连接，所以电场线的方向是从右指向左的，试探电荷的受力方向指向轨迹的内侧，受力方向大致向右，与电场线方向相反，所以该试探电荷带负电，故A错误；
B、电场线的疏密程度表示场强的大小，则A点的场强大于B点的场强，即试探电荷在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力，根据牛顿第二定律可知试探电荷在A点的加速度大于在B点的加速度，故B正确；
C、试探电荷从A点移到B点的过程中，电场力做正功，动能增大，所以试探电荷在A点的速度小于在B点的速度，故C错误；
D、沿电场线方向电势逐渐降低，电场线方向向左，所以A点的电势低于B点的电势，故D错误。
故选：B。
3.B
【解析】产生感应电流的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化。例如，闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线的运动。
A . 甲图中，使导体棒AB顺着磁感线方向运动，闭合回路的磁通量没有变化，不会有感应电流，故A错误。
B. 乙图中，使条形磁铁匀速穿过线圈，闭合回路的磁通量发生变化，有感应电流，故B正确。
C. 丙图中，开关S闭合后，A、B螺线管相对静止一起竖直向上运动，那么闭合回路的磁通量不发生变化，没有感应电流，故C错误。
D. 丙图中，开关S保持闭合，使小螺线管A在大螺线管B中保持不动，A产生的磁场不变，B中磁通量没有改变，故没有感应电流，故D错误。
故选： B。
4.A
【解析】解；φ-x关系图像的切线的斜率的绝对值表示电场强度的大小，由图乙可知x轴上电势为φ0的点，对应的切线的斜率为0，则此点的电场强度为0。设该点到坐标原点的距离为x，则+3q的电荷在该点产生的场强大小为E1=k3q(L+x)2
-q在该点产生的场强大小为E2=kqx2
所以该点的合场强为
E1-E2=0
代入数据解得：x= 3+12L
故A正确，BCD错误。
故选：A。
5.C
【解析】解：A、电源的总功率P=EI，C点表示I=3A，P=9W
则电源的电动势：E=3V
电源的内电阻：r=EI=3V3A=1Ω
当电路中电流为2A时，根据闭合电路欧姆定律，有：
I=ER+r
解得：R=EI-r=3V2A-1Ω=0.5Ω
故A错误；
B、当电路中电流为2A时，电源内部热功率：
Pr=I2r=22×1=4W
故B错误；
C、当电路中电流为2A时，电源输出功率为：
P=I2R=22×0.5=2W
故C正确；
D、当电路中电流为2A时，路端电压为：
U=IR=2×0.5=1V
故D错误；
故选：C．
6.C
【解析】解：A.根据公式ΔΦ=ΔBS，两个过程磁感应强度B的变化量大小相同，故磁通量变化量大小之比为1：1，故A错误；
B.因在0～0.2s的时间t1内与0.2s～0.6s的时间t2内，磁感应强度随时间的变化量ΔB相同，根据q=It=ΔBStR⋅t=ΔBSR，故通过金属框的电荷量之比为1：1，故B错误；
C.金属框中电流的电功率P=E2R=(ΔBSt)2R=(ΔBS)2Rt2，所以P1P2=t22t12，得P1P2=41，故C正确；
D.金属框中产生的焦耳热Q=Pt，得Q1Q2=P1t1P2t2，得Q1Q2=21，故D错误。
故选：C。
7.D
【解析】解：A.根据题图可知，带电粒子a和b在磁场中运动的圆心角分别为120°和60°，则
ta=Ta3tb=Tb6
因为两带电粒子运动时间相同，所以可得两粒子的周期之比为
Ta：Tb=1：2
故A错误；
B.如图连接AB，AB连线是两粒子的运动圆弧对应的弦，则弦的中垂线(红线)与各自速度方向的垂直线(虚线)的交点即为各自圆心。如图：
根据几何关系，两粒子的轨迹半径分别为
Ra=d2cs30∘= 33dRb=d2cs60∘=d
所以两粒子的轨迹半径之比
Ra：Rb= 3：3
故B错误；
CD.两粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，有
qvB=mv2R
可得粒子的轨迹半径为
R=mvqB
运动的周期为
T=2πRv=2πmqB
所以两粒子的电荷量之比为
|qa|：|qb|=2：1
两粒子的速度之比为
va：vb=2： 3
故C错误，D正确。
故选：D。
8.AC
【解析】解：A.金属圆筒起到屏蔽作用，带电粒子在直筒中做匀速直线运动，故A正确；
B.带电粒子每次通过圆筒间隙都被加速，而交流电源周期不变，故粒子通过每个圆筒的时间相等，由动能定理有：Uq=12mv2，解得v= 2qUm，可知依次通过1、2、3圆筒间歇的速度之比为 2： 4： 6，带电粒子在圆筒中做匀速直线运动，故圆筒长度之比也为 2： 4： 6，故B错误；
C.为了保证粒子每次经过狭缝时都能被加速，狭缝处所加交变电场的周期与该粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，故C正确；
D.由qvB=mv2r可得r=mvqB，因此粒子获得的最大速度与电场无关，故D错误。
故选：AC。
9.BD
【解析】解：AB、开关S闭合瞬间，L2、L3均立即变亮，L1的电路中由于线圈对电流的阻碍作用，会逐渐亮。随L1的电路中电流的增大，路端电压减小，L2、L3亮度稍有下降，稳定后三个灯泡亮度相同，故A错误，B正确；
CD、开关S从闭合状态突然断开时，由于L2的电路中的二极管由单向导电性，电流不能从右向左通过二极管，所以L2立即熄灭；由于线圈产生自感电动势会阻碍流过线圈的电流的变化，产生线圈与L1、L3组成自感回路，所以L1、L3均逐渐变暗，故C错误，D正确。
故选：BD。
10.AB
【解析】解：A、小球第一次沿轨道AC下滑过程中，小球所受电场力等于其重力的 33倍，即F电= 33mg，电场力在垂直轨道方向的分量为F电分= 33mgsin60°=12mg，重力在垂直轨道方向上的分量为G分=mgcs60°=12mg，则有：F电分=G分，因此，电场力与重力的合力方向恰好沿着AC方向，且刚开始时小球与管壁无作用力。当小球静止后，由左手定则可知，小球受到的洛伦兹力垂直于AC向上，导致小球对管壁有作用力，小球将受到的滑动摩擦力，随着速度增大，洛伦兹力增大，小球对管壁的压力，摩擦力增大，合力减小，根据牛顿第二定律可知小球做加速度减小的加速运动，当加速度减至零时做匀速运动，故A正确；
B、当小球合力为零时，加速度为零，速度最大，根据上一个选项分析可知重力和电场力垂直于轨道的分力等大反向，根据共点力平衡，有
fm=mgsin60°+qEcs60°=2 33mg，
又因为
fm=μqBvm
联立解得vm=2 3mg3μqB=2 3mg3μqB
故B正确；
C、最终小球在CD间做往复运动，在C点和D点速度为零，从开始到最终速度为零的C点或D点，根据动能定理得： (mg)2+(qE)2⋅l-W=0，则经足够长时间，小球克服摩擦力做的总功：Wf=2 33mgl，故C错误；
D、对小球在O点受力分析，且由C向D运动时，根据牛顿第二定律，则有：N-mg+Bqv=mv2R。由C到O点，由机械能守恒定律，则有：mgRsin30°=12mv2。解得：N=2mg-qB gR，故D错误。
故选：AB。
11.adbe 30k AC
【解析】解：(1)用欧姆表测阻值约为几十千欧的电阻，应旋转选择开关S使其尖端对准欧姆挡×1k，然后进行欧姆调零，欧姆调零后测电阻阻值，具体做法是：将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆挡的0刻度，断开两表笔；欧姆表使用完毕，应旋转选择开关S使其尖端对准交流500V挡，并拔出两表笔，故合理的实验步骤是：adbe.由图示表盘可知，电阻测量值为：30×1k=30kΩ。
(2)A、测量电阻时如果指针偏转过大，说明所选挡位太大，为准确测量电阻阻值，应将选择开关S拨至倍率较小的挡位，重新调零后测量，故A正确；
B、测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，不会影响测量结果，故B错误；
C、为保证安全，测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开，故C正确；
D、用同一挡位测量阻值不同的电阻不需要进行欧姆调零，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零，故D错误；
故选AC。
故答案为：(1)adbe；30k；(2)AC。
12.(1)R02；(2)大于；(3)①2；左；(4)1b；kb。
【解析】解：(1)由题图可知，当S拨向1位置，滑动变阻器R1在电路中为分压式接法，根据题意：调节R1的滑动触片，使电压表示数达到满偏U；保持R1不变，调节R2，使电压表的示数达到U3，此时电阻箱两端电压为2U3，读出电阻箱的阻值为R0，
根据电压表的电流与电阻箱的电流相等可知，U3RV=2U3R0，则电压表的内阻RV=R02；
(2)由闭合电路欧姆定律可知，调节R2变大使电压表达到半偏的过程中，总电阻值变大，干路总电流变小，由E=Ir+U外，得U外变大，
由电路知：U外=U并+U右，变阻器的滑动触片右侧电压U右=IR右变小，则U并变大，电压表示数为U3时，R2上的电压就会大于2U3，那么R2的阻值就会大于电压表的阻值；
(3)①测电源的电动势和内阻，利用伏阻法，S拨到2，同时将R1的滑动触片移动最左侧；
利用E=U+UR⋅r求解E、r；
(4)由欧姆定律得：E=U+UR⋅r
变形得：1U=rE⋅1R+1E
所以1E=b，得：E=1b
斜率k=rE，解得：r=kb。
故答案为：(1)R02；(2)大于；(3)①2；左；(4)1b；kb。
13.解：(1)设电场力大小为F，做功为W，由题意，小球从A处沿槽滑到最低位置B的过程中，根据动能定理有：
gR-qER=12mv2 ；
由以上两式得：E=12mgq
(2)A、B间的电势差为：U=ER=12mgRq
(3)小球在滑动过程中最大速度的条件是小球沿轨道运动到某位置时切向合力为零。设此时小球和圆心间的连线与竖直方向的夹角为θ，如图，
mgsinθ=Fcsθ
得：tanθ=12
小球由A处到最大速度位置的过程中有：
mgRcsθ-12mgR(1-sinθ)=12mvm2-0
得：vm = Rg( 5-1)
答：(1)电场强度的大小E为12mgq
(2)电场中A，B间的电势差U为12mgRq
(3)带电小球在滑动过程中的最大速度为 Rg( 5-1)
14.解：(1)设二者共同的速度为vn，自两导体棒开始运动至速度相同，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有mv=2mvn，
根据能量守恒定律有，Q=12mv2-12×2mvn2
联立解得回路中产生的焦耳热Q=14mv2。
(2)整个过程，取水平向右为正方向，对ab棒由动量定理得BI-LΔt=mvn-0
E=BLxΔt
I-=E2r
联立得两导体棒间的最大距离x=mvrB2L2。
答：(1)回路中产生的焦耳热为14mv2；
(2)两导体棒间的最大距离是mvrB2L2。
15.解：(1)设匀强电场的场强为E，则粒子在电场中偏转时
2d=v0t
d=12at2
根据牛顿第二定律
qE=ma
解得E=mv022qd
(2)设粒子进入磁场时速度与x轴正向的夹角为θ

则
tanθ=vyv0
vy=at
解得θ=45°
设粒子进入磁场的速度大小为v则
v=v0cs45∘= 2v0
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由题意知
2r=5d
解得
r=5 22d
由牛顿第二定律
qvB=mv2r
解得
B=2mv05qd
(3)粒子沿同一轨迹运动，则粒子出磁场后经电场偏转恰好能到达P点，则弹性挡板与y轴的交点恰好是粒子在磁场中做圆周运动时与y轴的交点，设圆心离y轴的距离为s1，则
22r=s+2d
解得s=0.5d
根据几何关系，板离x轴的距离L= 22r+ r2-s2
解得L=6d
答：(1)匀强电场的电场强度大小为mv022qd；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小为2mv05qd；
(3)板离x轴的距离为6d。