天津市南开区2024-2025学年高二（上）期末物理试卷

这是一份天津市南开区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.下列说法正确的是( )
A. 由E=Fq可知，E与电荷所受的电场力F成正比，与电荷带电量q成反比
B. 带电粒子在磁场中运动时，一定受到洛伦兹力作用
C. 感应电流的磁场方向总是和引起感应电流的磁场方向相反
D. 只要穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，闭合导体回路中一定有感应电流产生
2.两个完全相同的带电金属小球，相距为R(R远大于小球半径)，其中一个球的电荷量是另一个的5倍，它们间的吸引力大小是F，现将两球接触后再把它们固定在距离为2R处，它们间库仑力的大小是( )
A. 9F5B. 9F20C. F4D. F5
3.如图分别表示运动电荷和通电直导线在磁场中的受力情况，下列四图中正确的是( )
A. B.
C. D.
4.如图所示，电源的电动势为E，内阻为r不可忽略．A、B是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数较大的线圈．关于这个电路的说法中正确的是( )
A. 闭合开关，A灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定
B. 闭合开关，B灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定
C. 开关由闭合至断开，在断开瞬间，A灯闪亮一下再熄灭
D. 开关由闭合至断开，在断开瞬间，电流自左向右通过A灯
5.如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，定值电阻R1=2r，滑动变阻器的最大阻值R2=2r，电流表和电压表均为理想电表。开关S闭合后，当滑动变阻器滑片从最下端向上移动的过程，下列说法正确的是( )
A. 电压表的示数增大B. 电流表的示数减小
C. 电源的输出功率减小D. R1的电功率先减小后增大
6.如图1所示，一半径为r的单匝圆形铜线圈固定在纸面内，处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁场磁感应强度B的大小随时间t变化的规律如图2所示。在0∼t0的过程，关于该线圈中感应电流方向与感应电动势大小的说法正确的是( )
A. 顺时针方向，感应电动势由零增大至2πB0r2t0
B. 顺时针方向，感应电动势大小始终为πB0r2t0
C. 逆时针方向，感应电动势大小始终为2πB0r2t0
D. 逆时针方向，感应电动势由零增大至πB0r2t0
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
7.以下是来源于物理课本的一些插图，下列说法正确的是( )
A. 图1实验中，验电器顶端不带电
B. 图2实验中，采用了控制变量法
C. 图3中，导体B的阻值大于导体A的阻值
D. 图4中，并联的电阻R越小，改装后的电流表量程越大
8.电场线能直观、方便的反映电场的分布情况。如图甲所示是等量正点电荷形成电场的电场线，图乙是电场中的一些点，O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上关于O对称的两点，B、C和A、D分别是两电荷连线上关于O对称的点。则( )
A. E、F两点电场强度相同
B. A、D两点电势相等
C. 从E向O运动的电子受到的电场力一定逐渐减小
D. 从E向O运动的电子具有的电势能逐渐减小
9.如图所示的电路中，平行板电容器C的下极板接地，当开关S处于闭合状态时，一带电油滴恰能静止在电容器中的P点。下列说法正确的是( )
A. 油滴带负电
B. 打开开关，油滴将向下运动
C. 在开关闭合时向下移动滑动变阻器的滑片，油滴仍静止
D. 打开开关，将电容器的上极板向上移一些，P点的电势降低
10.回旋加速器原理如图所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过狭缝的时间可忽略；磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，交流电源电压为U，频率为f。若质子的质量为m、电荷量为+q，在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. 带电粒子由加速器的中心进入加速器
B. 被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期随半径的增大而增大
C. 质子离开回旋加速器时的最大动能为B2R2q2m
D. 该加速器加速质量为4m、电荷量为+2q的α粒子时，交流电频率应变为f2
三、实验题：本大题共2小题，共20分。
11.在“测定电源的电动势和内阻”实验中，某同学选用两节干电池串联进行测量，现有以下器材：
A.被测干电池两节
B.电流表A1：量程0∼0.6A，内阻为0.50Ω
C.电流表A2：量程0∼3A，内阻为0.20Ω
D.电压表V1：量程0∼3V，内阻约为3kΩ
E.电压表V2：量程0∼15V，内阻约为15kΩ
F.滑动变阻器R1：0∼30Ω，额定电流为2A
G.滑动变阻器R2：0∼100Ω，额定电流为0.1A
H.开关、导线若干
(1)为方便且能较准确地进行测量，电流表应选择________，电压表应选择_______，滑动变阻器应该选用_________(以上均填写选项前的字母)；
(2)实验电路图应选择_______(填“甲”或“乙”)；
(3)该同学进行规范实验，并根据测量数据最终得到如图丙所示的U−I图像，根据图像可知，两节干电池的电动势为_______V(保留三位有效数字)，内阻为_________Ω(保留两位有效数字)。
12.已知一热敏电阻当温度从10℃升至60℃时阻值从几千欧姆降至几百欧姆，小明想利用伏安法测量其阻值随温度变化的关系。实验时，将热敏电阻置于温度控制室中。
(1)小明先将控制室的温度调为30℃，用多用电表测量热敏电阻的阻值。所选欧姆挡倍率及指针位置分别如图甲、乙所示，则热敏电阻阻值Rx为_______Ω。
(2)小明想更精确地测量30℃时热敏电阻的阻值Rx，开始设计实验。可用器材有：
电压表V(量程为3 V，内阻RV=3kΩ)
电流表A1(量程为10 mA，内阻RA1约为30Ω)
电流表A2(量程为1 mA，内阻RA2约为300Ω)
滑动变阻器R1(最大阻值为30Ω)
滑动变阻器R2(最大阻值为15kΩ)
定值电阻R0R0=9kΩ
电源E(电动势E=12V，内阻不计)
开关S，导线若干
①为了使电压测量范围尽可能的大，滑动变阻器应选择_______，电流表应选择_______；
②在①的条件下，为了精确得到Rx的值，有如下四种电路设计方案，每个设计方案中的安培表和滑动变阻器均为①问中所选的相应器材，则最合理的方案是_______。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.某兴趣小组设计了如图所示的游戏装置：水平直轨道AC、倾斜直轨道CD、圆弧轨道DBE、水平直轨道EF依次平滑连接，D、E两点是直轨道与圆弧轨道的切点，两直轨道在P点交错。倾斜直轨道CD的倾角θ=53°、CP长L=1.0m；圆弧轨道DBE的半径R=0.1m。与AC同一平面水平放置一个靶环，靶心与轨道在同一个竖直面内。游戏时，在水平轨道AC上给小球一个初动能，小球刚好通过圆轨最高点B，并最终落在靶心上。小球(可看成质点)质量m=20g，过C、D、E点均无能量损失，所有摩擦阻力均不计，重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，cs53°=0.6。求：

(1)小球在圆弧轨道最高点B的速率vB和小球在最低点E对轨道压力FN的大小；
(2)靶心距轨道末端F的水平距离x。
14.如图所示，水平放置的平行金属板a、b，板长L=0.3 m，板间距d=0.3 m。两金属板间加电压，且a板的电势高于b板的电势，虚线MN与金属板垂直，右侧有范围足够大的匀强磁场，磁感应强度B=2.5×10−3 T，方向垂直纸面向里。在两极板左端正中间有一粒子源O，水平向右不断地发射比荷qm=2×108C/kg、初速度v0=2×105 m/s的带正电粒子。忽略电场的边缘效应、粒子的重力以及它们之间的相互作用，若粒子恰好从极板右边缘射出电场。求：
(1)两金属板间所加电压U的大小；
(2)粒子在磁场中射入点与射出点之间的距离s；
(3)粒子在电场和磁场中运动的总时间t。
15.如图所示，足够长的金属导轨固定在水平面上，导轨宽L=1.0m，导轨上放有垂直导轨的金属杆P，金属杆质量m=0.1kg、电阻r=1.0Ω，空间存在磁感应强度B=0.5T、方向竖直向下的匀强磁场。导轨左端连接有电阻R=3.0Ω，其余部分电阻不计，导轨与金属杆间的动摩擦因数μ=0.5。某时刻给金属杆一个水平向右的恒力F，金属杆P由静止开始运动，若金属杆P向右运动x=12.8m时达到最大速度v=4m/s，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)水平恒力F的大小；
(2)金属杆运动的最大加速度am的大小；
(3)金属杆P向右运动x=12.8m的过程，电阻R上产生的焦耳热QR。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.电场强度E是由电场本身决定的，与试探电荷所受的电场力F和电荷带电量q无关。公式E=Fq只是电场强度的定义式，并非决定式，故A错误；
B.带电粒子在磁场中运动时，不一定受到洛伦兹力作用。当带电粒子的速度方向与磁场方向平行时，粒子不受洛伦兹力，故B错误；
C.根据楞次定律，感应电流的磁场方向总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。当原磁场增强时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；当原磁场减弱时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，故C错误；
D.根据感应电流的产生条件，只要穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，闭合导体回路中就一定有感应电流产生，故D正确。
故选：D。
根据电场强度、洛伦兹力特点、楞次定律以及感应电流的产生条件进行分析判断。
本题考查电场与磁场相关概念的理解，解题关键掌握电场强度与磁感应强度都由本身决定。
2.【答案】D
【解析】解：两个完全相同的带电金属间的吸引力大小是F，因此两电荷是异性
设一个球的带电量为Q，则另一个球的带电量为5Q，此时F=k5Q2R2，
接触后再分开，带电量各为2Q，
现将两球接触后再把它们固定在距离为2R处，则两球的库仑力大小F′=k4Q2(2R)2=kQ2R2=F5；
故选：D。
3.【答案】A
【解析】A.根据左手定则，负电荷所受洛伦兹力方向水平向右，故A正确；
B.根据左手定则，正电荷所受洛伦兹力竖直向上，故B错误；
C.根据左手定则，垂直纸面向里的电流与磁场方向平行，不受受安培力，故C错误；
D.根据左手定则，水平向右的电流所受安培力竖直向上，故D错误。
故选A。
4.【答案】A
【解析】【分析】
电路中有线圈，当通过线圈的电流发生变化时，会产生感应电动势去阻碍线圈中电流变化．但阻碍不等于阻止，就使其慢慢的变化。
线圈电流增加，相当于一个电源接入电路，线圈左端是电源正极．当电流减小时，相当于一个电源，线圈左端是电源负极。
【解答】
A.开关闭合到电路中电流稳定的时间内，A灯立刻亮，当线圈电流阻碍较小时，B灯慢慢变亮，但路端电压再减小，A灯逐渐变暗，当线圈对电流没有阻碍时，灯泡亮度稳定．故A正确，B错误；
C.开关处于闭合状态，在断开瞬间，线圈提供瞬间电压给两灯泡供电，由于两灯泡完全一样，所以不会出现电流比之前还大的现象，因此A灯不会闪亮一下，只会一同慢慢熄灭．故C错误；
D.开关处于闭合状态，在断开瞬间，线圈相当于电源，电流方向仍不变，所以电流自右向左通过A灯，故D错误。
故选A 。
5.【答案】C
【解析】解：ABD、当滑动变阻器滑片从最下端向上移动的过程，滑动变阻器R2接入电路中的电阻变小，根据“串反并同”可知，与R2串联的电流表示数变大；与R2并联的电压表的示数变小；与R2并联的R1的电功率变小，故ABD错误；
C、因为定值电阻R1=2r，滑动变阻器的最大阻值R2=2r，所以当滑动变阻器滑片在最下端时，外电路的总电阻等于电源内阻r，所以，当滑动变阻器滑片从最下端向上移动的过程，滑动变阻器R2接入电路中的电阻变小，则外电路的总电阻小于电源内阻且变小，所以电源的输出功率减小，故C正确。
故选：C。
当滑动变阻器滑片从最下端向上移动的过程，滑动变阻器R2接入电路中的电阻变小，根据“串反并同”分析即可。
熟练应用“串反并同”分析。
6.【答案】B
【解析】在 0∼t0 的过程，穿过线圈的磁通量向外增加，根据楞次定律可知，线圈中感应电流方向为顺时针方向；由于磁感应强度 B 随时间 t 均匀增大，所以感应电动势大小始终为
E=ΔBΔtS=2B0−B0t0⋅πr2=πB0r2t0
故选B。
7.【答案】ABD
【解析】A.图1实验，由于静电屏蔽，验电器顶端不带电，故A正确；
B.图2实验，研究影响平行板电容器的影响因素，采用了控制变量法，故B正确；
C.根据欧姆定律 R=UI ，可知 I−U 图像斜率的倒数表示电阻，则图3中，导体B的阻值小于导体A的阻值，故C错误；
D.图4中，根据
Im=Ig+IgRgR
可知并联的电阻 R 越小，改装后的电流表量程越大，故D正确。
故选ABD。
8.【答案】BD
【解析】解：A.由甲图，根据两等量正点电荷电场的对称性可知，E、F两点电场强度大小相等，方向相反，故E、F两点电场强度不同，故A错误；
B.由甲图，根据两等量正点电荷电场的对称性可知，A、D两点电势相等，故B正确；
C.E点位置不确定，从E点到O点，电场强度可能先增大后减小，也可能一直减小，则电子受到的电场力可能先增大后减小，也可能一直减小，故C错误；
D.由图可知，E点电场强度方向向上，则电子所受电场力方向向下，电子由E到O电场力做正功，则电势能减小，故D正确；
故选：BD。
A.由甲图，根据两等量正点电荷电场的对称性，即可分析判断；
B.由甲图，根据两等量正点电荷电场的对称性，即可分析判断；
C.E点位置不确定，从E点到O点，电场强度可能先增大后减小，也可能一直减小，据此分析判断；
D.由图可知，E点电场强度方向向上，电子由E向O运动，根据电场力做功与电势能变化的关系，即可分析判断。
本题考查对等量同种电荷的电场线分布的掌握，解题时需注意，电场线的方向及电场分布的对称性。
9.【答案】AC
【解析】解：A、电容器上极板和电源的正极连接，所以电容器上极板带正电，极板间的电场强度方向竖直向下，油滴受电场力和重力是一对平衡力，受电场力方向向上，所以油滴带负电，故A正确；
B、打开开关，电容器带电荷量不变，电容器极板间的电场强度不变，则油滴受电场力不变，油滴仍然保持静止，故B错误；
C、在开关闭合时向下移动滑动变阻器的滑片时，电容器两极板间的电压不变，则极板间的电场强度不变，所以油滴仍静止，故C正确；
D、打开开关，电容器带电荷量不变，根据E=Ud=QCd=QϵrS4πkd⋅d=4πkQϵrS可知，将电容器的上极板向上移一些，极板间的电场强度大小不变，根据U=Ed可知，P点和下极板之间的电势差不变，下极板接地，电势为零不变，所以P点的电势不变，故D错误。
故选：AC。
根据极板间的电场强度方向和油滴的受力方向分析；根据极板间的电场强度不变，分析油滴的受力；根据电容的决定式、定义式和电场强度与电势差的关系式写出极板间电场强度的表达式分析出极板间电场强度的变化，进而分析P点与下极板间的电势差变化。
熟练掌握电容的决定式、定义式和电场强度与电势差的关系式的应用是解题的基础，知道在此电路中电容器两板间的电压等于电源电压是解题的关键。
10.【答案】AD
【解析】解：A、带电粒子由加速器的中心进入加速器，故A正确；
B、根据周期公式T=2πmqB可知，被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期与半径无关，故B错误；
C、质子离开回旋加速器时的最大动能Ekm=12mvm2，R=mvmqB，联立，可得Ekm=q2B2R22m，故C错误；
D、加速质子时，有f=1T=qB2πm，加速α粒子时，有f′=1T′=2qB2π×4m=qB4πm=f2，故D正确。
故选：AD。
根据回旋加速器的原理判断；利用电场进行加速，磁场进行偏转的，粒子在磁场中运动的周期与轨道半径无关；根据Ekm=12mvm2和R=mvmqB判断最大动能；根据f=1T判断即可。
解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场进行加速，磁场进行偏转的，以及知道粒子在磁场中运动的周期与轨道半径无关。
11.【答案】B
; D ; F ;乙; 2.98∼3.02 ; 1.5∼1.7
【解析】(1)两节干电池电动势为3V，故电压表选择D，电源电动势较小，选择最大阻值较小的滑动变阻器，有利于电表读数的变化，从而减小误差，故滑动变阻器选F，综合分析可知，该实验中电流较小，为减小实验误差，电流表选择量程较小的B；
(2)由于电源的内阻较小，而电压表的内阻较大，可以把电流表的内阻与电源内阻整体测量以减小实验误差，故乙图合理；
(3)根据U−I图像的物理意义可得，电源的电动势等于纵截距的大小，即E=3.00V
图线斜率的大小为总内阻，即
解得r=1.7Ω
12.【答案】(1)1400
(2) R1 A1 A

【解析】(1)热敏电阻的阻值为
Rx=14×100Ω=1400Ω
(2)[1]为了使电压测量范围尽可能的大，则滑动变阻器应采用分压式接法，则滑动变阻器应选择R1；
[2]通过电流表的最大电流约为
Imax=ERx=121400A≈8.6mA
故电流表应选择量程为10mA的A1；
[3]由于电压表量程过小，则应串联定值电阻R0扩大量程。改装的电压表内阻已知，在电路中分得的电流可以算出，为了减小实验误差，电流表应采用外接法，综上所述，最合理的方案是A。
13.【答案】解：(1)小球刚好通过圆轨最高点B，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律得
mg=mvB2R
解得
vB=1m/s
从B到E，根据动能定理得
mg⋅2R=12mvE2−12mvB2
在E点，对小球，由牛顿第二定律得
FN′−mg=mvE2R
根据牛顿第三定律，FN=FN′
联立解得
FN=6mg=6×20×10−3×10N=0.6N
(2)由上解得vE= 5m/s
因所有摩擦阻力均不计，则vF=vE= 5m/s
小球离开F点后做平抛运动，则有
Lsinθ=12gt2
x=vFt
联立解得
x=2 55m
答：(1)小球在圆弧轨道最高点B的速率vB为1m/s，小球在最低点E对轨道压力FN的大小为0.6N；
(2)靶心距轨道末端F的水平距离x为2 55m。
【解析】(1)小球刚好通过圆轨最高点B，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律求小球在圆弧轨道最高点B的速率vB。从B到E，根据动能定理求出小球在最低点E时的速度，再根据牛顿第二定律、第三定律求小球对轨道压力FN的大小；
(2)小球离开F点后做平抛运动，根据分位移公式求靶心距轨道末端F的水平距离x。
本题涉及力在空间的积累效果，运用动能定理解答，比较简洁。一个题目可能需要选择不同的过程多次运用动能定理研究。圆周运动问题关键要通过受力分析找出向心力的来源，列出等式解决问题。
14.【答案】(1)带电粒子刚好从金属板右边缘射出电场时，设带电粒子在电场中的运动时间为 t1 ，带电粒子在电场中做类平抛运动，由运动学知识有
L=v0t1
d2=12at12
由牛顿第二定律有
qUd=ma
联立解得
U=200 V
(2)设粒子在电场中类平抛运动，离开电场时的侧向速度为 vy ，由运动学知识有
vy=at1
速度偏向角
tanθ=vyv0=1
可得
θ=45∘
则带电粒子离开电场时的速度为
v= v02+vy2
在磁场中有由洛伦兹力提供向心力，有
qvB=mv2r
由几何关系可知粒子在磁场中的射入点与射出点之间的距离为
s=2rcsθ=0.8 m
(3)电子在磁场中做圆周运动的周期为
T=2πrv
电子在磁场中转过的圆心角为
α=2π−2θ
运动的时间
t2=3T4
故粒子在电场和磁场中运动的总时间为
t=t1+t2=1.5+3π×10−6 s

【解析】详细解答和解析过程见答案
15.【答案】解：(1)由图题可知金属杆P先做加速度减小的加速运动，运动x=12.8m时达到最大速度：v=4m/s
此时金属杆P产生的感应电动势为：E=BLv
感应电流为：I=ER+r
金属杆受到的安培力大小为：F′=BIL=B2L2vR+r
根据平衡条件有：F−F′−μmg=0
代入数据解得：F=0.75N
(2)由上式可以看出，当安培力为零时，加速度最大，即t=0时，最大加速度为：
am=F−μmgm=0.75−0.5×0.1×100.1m/s2=2.5m/s2
(3)在外力的作用下，运动一段位移x=12.8m，由功能关系得：
Fx=12mv2+μmgx+Qr+QR
再由焦耳定律有：QR：Qr=r：R=1：3，
代入数据解得：QR=1.8J
答：(1)水平恒力F的大小为0.75N；
(2)金属杆运动的最大加速度的大小为2.5m/s2；
(3)金属杆P向右运动x=12.8m的过程，电阻R上产生的焦耳热QR为1.8J。
【解析】(1)当金属杆匀速运动时，根据E=BLv、闭合电路欧姆定律可求出感应电流大小和金属杆受到的安培力，再根据平衡条件可求得水平恒力大小；
(2)刚进入磁场时，安培阻力最小，根据牛顿第二定律求最大加速度；
(3)根据功能关系求出整个回路产生的总热量，即可求出电阻R上产生的热量。
本题考查导体切割磁感线规律的应用，关键要根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律等的应用，要注意计算热量时要用到焦耳定律。