广东省江门市新会第一中学2024-2025学年高二（上）期末物理试卷

这是一份广东省江门市新会第一中学2024-2025学年高二（上）期末物理试卷，共16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.关于磁感应强度B和磁通量Φ，下列说法正确的是( )
A. 由B=FIL可知，B与F成正比，与IL成反比
B. 一段通电导线在空间某处不受磁场力的作用，该处不一定没有磁场
C. 磁感应强度B越大，磁通量一定越大
D. 通过某个面的磁通量为零，则该处的磁感应强度一定为零
2.美国物理学家密立根利用如图所示的实验装置，最先测出了电子的电荷量，被称为密立根油滴实验。如图，两块水平放置的金属板A、B分别与电源的正负极相连接，板间产生匀强电场，方向竖直向下，板间油滴P由于带负电悬浮在两板间保持静止。已知当地的重力加速度为g，若要测出该油滴的电荷量，不需要测出的物理量有( )
A. 油滴质量m
B. 两板间的电压U
C. 两板间的距离d
D. 两板的长度L
3.如图，R是光敏电阻，当光照强度增大时，它的阻值减小，电压表和电流表均为理想电表，当外界的光照强度减弱时，下列说法正确的是( )
A. 电流表的示数增大B. 电压表的示数增大
C. 电源的总功率增大D. 电源的输出功率减小
4.我国的高铁技术、北斗卫星导航系统、5G通信技术，目前处于世界领先水平。今年9月份华为发布的新型手机更是能够轻松实现卫星电话通讯，此功能甚至强于美国马斯克的庞大“星链”。高铁将拥有基于北斗卫星导航系统、5G通信技术的空天地一体化的“超级大脑”。与4G通信技术相比，5G通信技术使用的电磁波频率更高，具有“更高网速、低延时、低功率海量连接”等特点。根据上述信息可知与4G通信技术相比，5G通信技术使用的电磁波( )
A. 波长更长B. 能量子的能量更小C. 能量子的能量更大D. 传播速度更快
5.2022年12月28日我国中核集团全面完成了230MeV超导回旋加速器自主研制的任务，标志着我国已全面掌握小型化超导回旋加速器的核心技术，进入国际先进行列。置于真空中的D形金属盒半径为R，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，交流加速电压大小恒为U。若用此装置对氘核( 12H)加速，所加交变电流的频率为f。加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响，下列说法正确的是( )
A. 仅增大加速电压U，则氘核( 12H)从D型盒出口射出的动能增大
B. 仅减小加速电压U，则氘核( 12H)被加速次数增多
C. 氘核( 12H)在磁场运动过程中，随着半径逐渐增大，周期也随之逐渐增大
D. 若用该加速器加速α粒子( 24He)需要把交变电流的频率调整为2f
6.如图所示的电路中，L是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D2灯泡的电阻是D1灯泡电阻的2倍且阻值均不变，E是内阻不计的电源，在t=0时刻，闭合开关S，电路稳定后在t1时刻断开开关S，规定以电路稳定时流过D1、D2的电流方向为正，分别用I1、I2表示流过D1和D2的电流，则下图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是( )
A. B.
C. D.
7.图甲为某款“自发电”无线门铃按钮，其“发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过程磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮磁铁远离螺线管回归原位置，P、Q端与门铃(图中未画出)连接构成回路。下列说法正确的是( )
A. 按下按钮的过程，螺线管P端电势较高
B. 松开按钮的过程，螺线管Q端电势较高
C. 按下和松开按钮的过程，螺线管产生的感应电流方向相同
D. 按下和松开按钮的过程，螺线管所受磁铁的安培力方向相反
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.我国超远距离特高压输电技术处于世界领先地位，图甲为某高压直流输电线上使用的“正方形绝缘间隔棒”，它的作用是固定导线间距，防止导线相碰。将一正方形绝缘间隔棒支撑四根相互平行的长直导线a、b、c、d，图乙为其截面图，O为几何中心，长直导线a、b、c、d中通有等大同向电流。下列说法正确的是( )
A. O点的磁感应强度为零
B. a、b之间的相互作用力为斥力
C. a对b的安培力小于a对c的安培力
D. d受到a、b、c的作用力的合力方向指向O
9.如图所示，一带正电粒子从K发出(初速度为零)，经K与A板间的加速电场加速，从A板中心沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中，经过电场后打在荧光屏上的P点。已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，板长为L，粒子的质量为m，电荷量为e，不计粒子重力。下列说法正确的是( )
A. 增大加速电压U1，P点会往上移动
B. 增大M、N两板间的电压U2，P点会往上移动
C. 若把粒子的质量增加为原来的2倍，则P点位置不变
D. 若把粒子的带电量增加为原来的2倍，则P点位置不变
10.如图所示，矩形区域ABCD的空间中存在一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里，点O为AD边的中点。一带电粒子由O点沿平行于上下边界的方向射入磁场中，然后从C点射出。若保持所有条件不变，在磁场区域再加上一电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后沿直线运动射出场区，已知AD=2a，AB= 3a，不计粒子的重力，下列说法正确的是( )
A. 电场方向为平行于左右边界向下B. 电场方向为平行于左右边界向上
C. 则该粒子的比荷为E2aB2D. 则该粒子的比荷为EaB2
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.(1)用螺旋测微器测量圆柱体的直径，用游标卡尺测量圆柱体的长度。分别如图甲和乙所示。圆柱体的直径D为_________mm，长度L为_________mm。
(2)在“测量金属丝的电阻率”的实验中，实验小组的同学测量一段阻值约为6Ω、粗细均匀金属丝的电阻率。实验小组的同学采用图1所示的电路图，用伏安法测金属丝的电阻R，现有电源(电源两端电压保持3V不变)，开关导线若干，以及下列器材：
A.电压表V1(量程0∼3V，内阻约3kΩ)
B.电压表V2(量程0∼15V，内阻约15kΩ)
C.电流表A1(量程0∼3A，内阻约0.025Ω)
D.电流表A2(量程0∼0.6A，内阻约0.125Ω)
E.滑动变阻器R1(0∼5Ω,3A)
F.滑动变阻器R2(0∼1000Ω,0.5A)
①为减小测量误差，在实验中，电压表应选用_________，电流表应选用_________，滑动变阻器应选用_________。(三个空白处均选填各器材前的字母)
②图2是测量R的实验器材实物图，图中已连接了部分导线。请根据图1的电路图，补充完成图2中实物间的连线。( )
③测量出金属丝直径为d、长度为L，电压表示数为U，电流表示数为I，则该金属丝电阻率测量值的表达式ρ=_________。
12.如图甲所示为一物理兴趣小组制作的水果电池组(内阻约为1000Ω)，为了准确测量该电池组的电动势和内阻，该小组设计的实验电路如图乙所示。实验室提供的器材如下：
A.电流表A(0∼5mA，内阻为25Ω)
B.电压表V1(0∼3V，内阻约为1000Ω)
C. 滑动变阻器R1(0∼1500Ω)
D.滑动变阻器R2(0∼10Ω)
E. 开关、导线各若干
(1)实验中滑动变阻器应选_______(填“R1”或“R2”)；
(2)考虑电流表内阻RA的影响，U、I与E、r满足的关系式为_________________；
(3)正确连接电路后，调节滑动变阻器滑片位置以得到电压表的示数U与电流表的示数I的多组数据，作出U−I图像如图丙所示。根据图像和题中所给信息可知该水果电池组的电动势E=_______V，内电阻r=_______kΩ。(结果均保留三位有效数字)
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
13.如图所示，水平面上有两根相距0.5m的足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，它们的电阻可忽略不计，在M和P之间接有阻值为R=2.5Ω的定值电阻，导体棒ab长L=0.5m，其电阻为r=0.5Ω，质量m=1kg，导体棒放在金属导轨上且与导轨接触良好。整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B=0.6T。在水平外力的作用下，导体棒以v=10m/s的速度向右做匀速直线运动，g取10m/s2。求：
(1)导体棒产生的感应电动势多大？并指出哪端电势高；
(2)水平外力的大小；
(3)某时刻将外力撤去，求从该时刻至导体棒停止的过程中，导体棒ab中产生的热量Q。
14.如图所示，真空区域有宽度为L、磁感应强度为B的矩形匀强磁场，方向垂直于纸面向里，MN、PQ是磁场的边界，质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)沿着与MN夹角为θ=30∘的方向垂直射入磁场中，刚好垂直于PQ边界射出，并沿半径方向垂直进入圆形磁场，磁场半径为L，方向垂直纸面向外，离开圆形磁场时速度方向与水平方向夹角为60º，求：
(1)粒子射入磁场的速度大小；
(2)粒子在矩形磁场中运动的时间；
(3)圆形磁场的磁感应强度。
15.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第二象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ，在第三象限内存在沿x轴正方向的匀强电场，在y轴的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ。一比荷为qm的带正电的粒子以初速度v0由P点进入磁场Ⅰ，其初速度方向与y轴负方向的夹角θ=60°，一段时间后粒子沿着y轴负方向进入匀强电场，再经过一段时间后粒子回到P点且运动方向不变。已知P点的坐标为(0, 3L)，粒子受到的重力忽略不计。求：
(1)匀强磁场Ⅰ的磁感应强度大小B；
(2)第三象限内匀强电场的电场强度大小E；
(3)粒子从P点出发到再次回到P点所用的时间t。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】A.磁感应强度 B 由磁场本身性质决定，于 F 和 IL 大小无关，故A错误；
B.一段通电导线在空间某处不受磁场力的作用，可能导线与磁场方向平行，该处不一定没有磁场，故B正确；
C.若某个面与磁场平行，磁通量一直为零，磁感应强度 B 越大，故磁通量不一定越大，故C错误；
D.通过某个面的磁通量为零，可能磁场与该面平行，故该处的磁感应强度不一定为零，故D错误。
故选B。
2.【答案】D
【解析】【详解】由于油滴处于悬浮状态，则
mg=Eq=qUd
所以
q=mgdU
故需要测出的物理量有油滴质量m、两板间的电压U、两板间的距离d，不需要测出的物理量有两板的长度L。
由于本题选择不需要测量的物理量，故选D。
3.【答案】B
【解析】AB.当外界的光照强度减弱时，R阻值变大，则电路总电阻变大，总电流减小，电流表示数减小，因R0及电源内阻上的电压减小，可知电阻R上电压变大，即电压表示数变大，故A错误， B正确；
C.电源的总功率P=IE，因总电流I减小，则电源总功率P减小，故C错误；
D.因外电阻和电源内阻的关系不确定，则不能判断电源的输出功率的增减情况，故D错误。
故选B。
4.【答案】C
【解析】【分析】
光子的能量公式E=hν，波长与频率的关系ν=cλ，可见电磁波的波长越大则频率越小。电磁波在真空中的传播速度均为光速。
【解答】
A.因5G使用的电磁波频率更高，根据波长与频率的关系
ν=cλ
5G信号的频率高，波长更短，故A错误；
BC.因为5G使用的电磁波频率比4G高，根据公式
E=hν
可知，5G使用的电磁波比4G光子能量更大，故B错误，C正确；
D.电磁波在真空中的传播速度等于光的传播速度，都是相同的，故D错误。
故选C。
5.【答案】B
【解析】A.当粒子在磁场的轨迹半径等于D形金属盒半径R时，粒子的动能最大qvmB=mvm2rm
故Ekm=12mvm2=q2B2R22m
与加速电压和加速次数无关，故A错误；
B.粒子在电场中加速nqU=12mvm2=q2B2R22m 解得n=qB2R22mU
仅减小加速电压U，氘核(12H)加速次数增多，故 B正确；
C.氘核(12H)在磁场运动的周期T=2πmqB与半径无关，不变，故C错误；
D.回旋加速器交流电源的频率应等于带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的频率，氘核(12H)和α粒子比荷相同，则在磁场中做匀速圆周运动的频率相同，在同一匀强磁场中做圆周运动的频率相同，故D错误。
故选B。
6.【答案】C
【解析】L的直流电阻不计，电路稳定后通过D1的电流是通过D2电流的2倍；闭合开关瞬间，由于L的阻碍作用，D1逐渐变亮，即I1逐渐变大，而D2所在支路立即就有电流，在t1时刻断开开关S，D2这一支路电流立即消失，因为线圈阻碍电流的减小，所以通过D1的电流不会立即消失，会从原来的大小慢慢减小，且方向不变，同时由于D1和D2构成回路，通过D1的电流也流过D2，所以I2变成反向，且逐渐减小。
故选C。
7.【答案】D
【解析】A.按下按钮过程中，穿过线圈的磁通量向左增加，根据楞次定律可知，感应电动势的方向从P端经螺线管向Q端，则螺线管Q端电势较高，故A错误；
B.松开按钮过程中，穿过线圈的磁通量向左减小，根据楞次定律可知，感应电动势的方向从Q端经螺线管向P端，此时螺线管P端电势较高，故B错误；
C.按下按钮过程中，螺线管Q端电势较高；松开按钮过程中，螺线管P端电势较高，按下和松开按钮的过程，螺线管产生的感应电流方向相反，故C错误；
D.按下和松开按钮的过程，螺线管产生的感应电流方向相反，磁场方向不变，螺线管所受磁铁的安培力方向相反，故D正确。
故选D。
8.【答案】AD
【解析】【分析】
根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向，磁感应强度是矢量，多个通电导线产生的磁场叠加时合磁场的磁感应强度等于各通电导线单独存在时在该点产生的磁感应强度的矢量和，满足平行四边形定则。
平行通电直导线之间的作用力是一对相互作用力，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥。
【解答】
A、根据安培定则以及磁场的矢量叠加规律可得O点的磁感应强度为零，故A正确；
B、a、b电流方向相同，之间的相互作用力为引力，故B错误；
C、ab间距小于ac间距，所以a在b处的磁感应强度大于a在c处的磁感应强度，则根据F=BIL可知a对b的安培力大于a对c的安培力，故C错误；
D、d受到a、b、c的作用力均为引力，根据力的合成规律可知合力指向O，故D正确。
故选AD。
9.【答案】BCD
【解析】在电场中加速时
U1e=12mv02
在偏转电场中时
L=v0t
y=12at2
a=U2edm
解得
y=U2L24dU1
A.增大加速电压U1，则y变小，即P点会往下移动，选项A错误；
B.增大M、N两板间的电压U2，则y变大，P点会往上移动，选项B正确；
CD.偏转距离y与粒子质量m和电荷量q无关，则若把粒子的质量增加为原来的2倍，或者把粒子的带电量增加为原来的2倍，则P点位置都不变，选项CD正确。
故选BCD。
10.【答案】AC
【解析】AB、带电粒子由O点沿平行于上下边界的方向射入磁场中，然后从C点射出，由左手定则可知粒子带负电；在磁场区域再加上一电场强度大小为E的匀强电场，粒子入射后沿直线运动射出场区，洛伦兹力方向向下，粒子做匀速直线运动，电场力向上；电场方向为平行于左右边界向下，故A正确，B错误；
CD、该粒子在磁场中做圆周运动，其运动的轨迹如图：
则：R2=(R−a)2+( 3a)2，则R=2a，由洛伦兹力提供向心力得：qv0B=mv02R，
电场和磁场均存在时，粒子做匀速直线运动qE=qv0B，联立解得qm=E2aB2，故C正确，D错误。
11.【答案】(1) 1.742/1.741/1.743 41.4
(2) A D E 见解析 πUD24IL

【解析】【详解】(1)[1]螺旋测微器的精确值为 0.01mm ，由图可知圆柱体的直径为
D=1.5mm+24.2×0.01mm=1.742mm
[2]10分度的精确值为 0.1mm ，由图可知圆柱体的长度为
L=4.1cm+4×0.1mm=41.4mm
(2)①[1]由于电源两端电压保持3V不变，故电压表应选用A；
[2]待测阻值约为6Ω，则有
Im≈UmR=36A=0.5A
则电流表应选用D；
[3]由图示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为了调节方便，滑动变阻器应选择阻值较小的，所以滑动变阻器应选用E。
②[4]根据图1的电路图，完整的实物连线如图所示
③[5]根据电阻定律可得
R=ρLS
又
R=UI ， S=π(d2)2
联立可得该金属丝电阻率为
ρ=πUD24IL
12.【答案】(1)R1；(2) U=E−I(r+RA)；(3) 2.27(2.26∽2.28均可)；1.08/1.09
【解析】(1)由于水果电池组的内阻约为1000Ω，为了使电压表示数变化明显，实验中滑动变阻器应选阻值与内阻相接近的R1。
(2)由电路图，根据闭合电路欧姆定律可得E=U+I(r+RA)，
则有U=E−I(r+RA)。
(3)根据U=E−I(r+RA)，
可知 U−I 图像的纵轴截距等于电动势，则有E=2.27V，
U−I 图像的斜率绝对值为k=r+RA=2.27−0.501.6×10−3Ω=1106.25Ω，
可得内电阻为。
13.【答案】解：(1)由法拉第电磁感应定律得
E=BLv=0.6×0.5×10V=3V
根据右手定则判断可知，ab中感应电流方向由b到a，则a端电势高。
(2)由闭合电路欧姆定律得
I=ER+r=32.5+0.5A=1A
导体棒ab受到的安培力大小F安=BIL=0.6×1×0.5N=0.3N
根据平衡条件可知水平外力F′=F安=0.3N
(3)撤去外力至停止的过程中，回路中产生的总热量为Q总=12mv2
棒ab中产生的内能Q=rR+rQ总
解得Q=253J
答：(1)导体棒产生的感应电动势为3V，a端电势高；
(2)水平外力的大小为0.3N；
(3)从该时刻至导体棒停止的过程中，导体棒ab中产生的热量Q为253J。
【解析】(1)由法拉第电磁感应定律求导体棒ab产生的感应电动势。由右手定则判断感应电流方向，再判断ab两端电势高低。
(2)由闭合电路欧姆定律求出电路中的感应电流，再根据安培力公式F=BIL求出导体棒受到的安培力大小，再由平衡条件求水平外力的大小。
(3)将外力撤去，导体棒ab在安培力作用下做减速运动，最终静止，由能量守恒定律求出回路中产生的热量，再求导体棒ab中产生的热量Q。
本题是电磁感应与电路知识、力学知识的综合，掌握法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式和右手定则即可正确解题，解题时注意正确分析受力。
14.【答案】解：画出轨迹图如下图：
(1)在矩形磁场区域，根据几何关系
L=Rsin60∘
求得
R=2 33L
根据qvB=mv2R
解得v=2 3qBL3m；
(2)粒子在矩形磁场区域内，粒子转过的圆心角为60∘，粒子在矩形磁场中运动的时间
t=T6
求得
t=16×T=16×2πmBq=πm3Bq；
(3)粒子在圆形磁场区域内，根据几何关系得：
R′tan30∘=L
解得粒子在圆形磁场的半径为 3L，
根据qvB′=mv2R′
解得B′=23B。
【解析】本题考查带电粒子在磁场中的运动。解决问题的关键是清楚带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，结合几何关系分析计算。
15.【答案】解：(1)设带电粒子在匀强磁场Ⅰ内做匀速圆周运动的半径为r1，根据几何关系有
r1sinθ= 3L，
由洛伦兹力提供向心力有qv0B=mv02r1，
解得B=mv02qL。
(2)根据题意可知，带电粒子进入匀强磁场Ⅱ瞬间速度方向与y轴负方向的夹角θ=60∘，
设带电粒子进入匀强磁场Ⅱ瞬间速度大小为v，将该速度沿x轴、y轴方向分解，则
v0=vcsθ
根据动能定理有Eq(r1−r1csθ)=12mv2−12mv02，
解得E=3mv022qL。
(3)带电粒子在第一象限内运动的时间t1=θr1v0，
带电粒子在匀强电场内运动的时间为t2，根据运动规律有
r1−r1csθ=vsinθ2⋅t2，
设带电粒子在匀强磁场Ⅱ内做匀速圆周运动的半径为r2，根据几何关系有
2r2sinθ= 3L+v0t2，
带电粒子在匀强磁场Ⅱ内运动的时间
t3=(2π−2θ)r2v，
t=t1+t2+t3，
解得t=16πL9v0+2 3L3v0。
【解析】本题考查带电粒子在组合场中的运动。解决问题的关键是清楚带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力分析，在电场中根据动能定理分析计算。