广东省广州市2024-2025学年高二（上）期末物理试卷

这是一份广东省广州市2024-2025学年高二（上）期末物理试卷，共12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.某同学在研究静电感应时，用带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的金属箔片张开。验电器上感应电荷的分布情况正确的是( )
A. B.
C. D.
2.如图所示为某电子秤示意图。一绝缘支架放在电子秤上，上端固定一带电金属小球a，稳定后，电子秤示数为F。现将另一固定于绝缘手柄一端的不带电金属小球b与a球充分接触后，再移至小球a正上方L处，待系统稳定后，电子秤示数为F1；把小球b移走使其恢复到不带电的状态，然后再将小球b与小球a充分接触并重新移至a球正上方L处，电子秤示数为F2。若两小球完全相同，则( )
A. F1>F2B. F1EB>ED>EC
D. AB间距离等于2倍BC间距离
4.如图所示为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话，膜片会振动。若某次膜片振动时，膜片与极板间的距离减小，则在此过程中( )
A. 电容器的电荷量减少B. 膜片与极板间的电场强度减小
C. 电阻R中有方向向下的电流通过D. 膜片与极板构成的电容器的电容减小
5.在电磁感应加热设备中，有一无限长通电直导线与右侧的矩形导线圈ABCD在同一平面内，线圈的AB边与直导线平行。现用外力F使线圈向直导线靠近且始终保持AB边与直导线平行，在AB边靠近直导线的过程中，下列说法正确的是( )
A. 直导线右侧区域的磁场方向垂直纸面向外
B. 线圈内产生的感应电流方向是ABCDA
C. 外力F对线圈做的功全部转化为线圈的动能
D. AB边和CD边受到的安培力大小相等
6.某品牌扫地机器人如图所示，已知其工作额定电压为14V，额定功率为42W。扫地机器人体内的电池容量为5100mA⋅h，充电时额定电压为20V，额定电流为1.7A。则下列说法正确的是( )
A. 扫地机器人正常工作时的电流为4A
B. 电池充满时储存的化学能为5100mA⋅h
C. 电池充满电后，扫地机器人单次连续工作时长最多为3h
D. 将耗光的电池充电，充满电满消耗的电能约为3.67×105J
7.如图所示为汽车蓄电池与车灯、启动电动机组成的电路，蓄电池内阻为0.05Ω，车灯电阻不变，电动机线圈内阻为0.02Ω，电流表和电压表均为理想电表，只闭合S1时，电流表示数为10A，电压表示数为12V；再闭合S2，启动电动机工作时，电流表示数变为8A，则( )
A. 蓄电池的电动势为12.5VB. 车灯电阻为1.0Ω
C. 启动电动机工作时蓄电池两端的电压升高D. 启动电动机工作时整个电路的总功率降低
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，ABCD-EFGH为空间中正方体区域，上下表面的中心为O、O'。A、C两点固定有等量异种点电荷，其中正电荷固定在A点，负电荷固定在C点，下列说法正确的是( )
A. 空间中E点与G点处电场强度相同
B. 上表面的中心O点处电场强度为0
C. 空间中B点的电势与F点的电势相等
D. 电子自A点沿直线运动至B点的过程中电势能增加
9.如图所示，厚度为h、宽度为d的导体板放在垂直于它的磁感应强度为B的匀强磁场中，当电流通过导体板时，在导体板的上、下表面之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。实验表明，当磁场不太强时，电势差U、电流I和B的关系为U=KIBd，式中的比例系数K称为霍尔系数。设电流I(方向如图)是由电子的定向流动形成的，导体单位体积中电子的个数为n，电子定向移动的速率为v，电量为e。下列说法正确的是( )
A. 上表面的电势比下表面低
B. 洛伦兹力对电子做正功
C. 导体板之间的电场强度E=Uh
D. 霍尔系数K的大小与d、h、n、e都没有关系
10.如图所示，有一宽为2L的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里。现有一边长为L、粗细均匀的正方形金属线框MNPQ，以恒定速度穿过磁场区域。在运动过程中，金属线框MN边始终与磁场区域边界平行，取MN边刚进入磁场为计时起点，规定逆时针方向为电流正方向，则在下列选项中，能正确反映线框中感应电流以及MN两点间电势差UMN随时间变化规律的是( )
A. B.
C. D.
三、实验题：本大题共1小题，共6分。
11.(1)某同学用螺旋测微器测量金属丝的直径D，如图甲所示，D= ______mm。

(2)某同学用图乙所示的装置探究电磁感应现象以及影响感应电流方向的因素。图丙为电流表连接电源时其指针的偏转情况。用绝缘线将导体ab悬挂在蹄形磁铁的磁场中，闭合开关后，保持蹄形磁铁不动，使导体ab左右摆动时电流表的指针______(选填“偏转”或“不偏转”)。某次实验发现电流表的指针向右偏转，则流过导体ab的电流方向为______，此时导体ab ______摆动(选填“向左”或“向右”)。
四、计算题：本大题共4小题，共48分。
12.图甲为太阳能山地车尾灯，其内部为一组镍氢电池组充电的光伏板，该光伏板受到阳光照射时，将太阳能转化为镍氢电池中的电能。某同学想测量该光伏板的电动势(约为4V)和内阻，他从实验室借到了以下器材：电压表V(量程0∼3V，内阻为3kΩ)，毫安表A(量程0∼100mA，内阻很小)，滑动变阻器R(0∼500Ω)，定值电阻R1=3kΩ，定值电阻R2=12kΩ，开关、导线若干。图乙为该同学设计测量的电路：

(1)闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片移到______(填“a”或“b”)端。闭合开关后，调节滑动变阻器，测得多组数据，某次电压表的示数如图丙所示，则这时电路中的电压为______V。
(2)为了精确测量电路电压，则与电压表串联的定值电阻为______(选填“R1”或“R2”)。
(3)给光伏板一定的光照进行实验，将电压表的读数记为U，毫安表的读数记为I，通过改变滑动变阻器的阻值，测得多组U、I值，根据记录的实验数据做出U-I图像如图丁所示，通过图像可得光伏板的电动势E= ______V，图中AB为线性段，此阶段光伏板的内阻r= ______Ω。(结果均保留2位小数)
(4)由于电压表分流，实验中测量出的电动势比真实值______(填“大”、“小”或“不变”)。
13.学校的饭卡属于非接触式ID卡，或称射频卡，内部嵌有微型计算机芯片和线圈。当饭卡靠近读卡器时，读卡器产生的磁场会在饭卡的线圈中产生感应电流，从而为芯片供电，并通过线圈与读卡器进行无线通信。刷卡的原理可简化为如图甲所示，读卡器产生的磁场B-t变化规律如图乙所示(取垂直纸面向里为正向)。已知线圈匝数为10匝，每匝线圈面积为S=20cm2，线圈总电阻r=0.1Ω，线圈所连接的芯片的电阻R=0.3Ω，其余部分电阻不计。求：

(1)t=0.1s时，电阻R上电流的方向；
(2)t=0.1s时，线圈产生的感应电动势的大小；
(3)0∼0.2s内，电阻R产生的焦耳热。
14.如图为某型质谱仪的示意图，由加速电场和磁分析器组成。磁分析器有一圆形匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁场边界处安装有接收胶片。从粒子源S发出的质子和待测粒子x(初速度均为零，重力不计)，先后经PQ间的电场加速后，沿轴线进入匀强磁场，最终分别打到胶片上的C、D点。已知P、Q间的电压为U，圆形磁场区域半径为R，圆心为O，OC连线与轴线垂直，OD连线与轴线成θ=60°角，质子质量为m、电荷量为q，粒子x的电荷量是质子的2倍。求：
(1)质子进入磁场时的速度大小和磁感应强度B的大小；
(2)待测粒子x的质量M。
15.如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP，由半径为R的圆弧轨道CDP和与之相切于C点的水平轨道ABC组成，圆弧轨道的直径DP与竖直半径OC间的夹角θ。B点的右侧空间存在水平向右的匀强电场。质量为m1的不带电绝缘滑块M以初速度v0沿轨道向右运动，与静止在B点质量为m2的带正电q小球N发生碰撞，碰后滑块M静止，小球N沿轨道运动，小球到达P点时恰好和轨道间无挤压，小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦。
已知：半圆弧轨道径R=0.5m，夹角θ=37°，质量m1=0.2kg，初速度v0=4m/s，小球质量m2=0.4kg，电荷量q=1×10-5C，g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。
试求：(1)求碰后瞬间小球N的速度大小v；
(2)求匀强电场的电场强度大小E；
(3)若改变水平轨道BC的长度(BC始终在电场中)，欲使小球N在圆弧轨道运动时不脱离轨道，求BC长度应满足的条件。
答案和解析
1.B
【解析】A、同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，故验电器的上端应带上与小球异号的电荷，当金属球带正电时，验电器上端的小球带负电，金属箔片带正电，故A错误；
BCD.当金属球带负电时，验电器上端的小球带正电，金属箔片带负电，故B正确，CD错误。
故选：B。
2.A
【解析】设小球a初始带电荷量为Q。小球b与小球a充分接触后，电荷平分，均为Q2，两者电性相同，b对a有竖直向下的库仑力，则F'=kQ2×Q2L2=kQ24L，电子秤示数为F1=F+F'；使小球b再次不带电，后将该不带电小球b与小球a再次充分接触并重新移至小球a正上方L处，小球a所剩电荷被两小球再次平分，均为Q4，b对a有竖直向下的库仑力，则F″=kQ4×Q4L2=kQ216L，电子秤示数为F2=F+F″，因此F1>F2>F，故A 正确，BCD错误。
故选：A。
3.B
【解析】A、B和D在同一条等势线上，人从B沿着圆弧走到D不会发生触电，故A错误；
B、根据题意，圆心处的电势最高，向外越来越低，故φA>φB=φD>φC，故B正确；
C、电场强度看等差等势线的疏密，故E A>EB=ED>EC，故C错误；
D、AB的平均场强大于BC的平均场强，由图可知AB的电势差等于BC电势差的二倍，根据E=Ud可以定性判断出AB间距离小于BC间距离的2倍，故D错误。
故选：B。
4.C
【解析】AD、根据C=ɛrS4πkd可知，膜片与极板间的距离d减小时，电容器的电容增大，电容器一直和电源连接，电容器两极板间的电压保持不变，根据Q=CU可知，电容器的电荷量增加，故AD错误；
B、因为两极板间的电压U不变，根据E=Ud可知，极板间距离d减小时，极板间的电场强度增大，故B错误；
C、由上面A的分析可知，电容器带电荷量增加，所以需要给电容器充电，所以电阻R中有方向向下的充电电流，故C正确；
故选：C。
5.B
【解析】AB、直导线中通有向上的电流，根据安培定则，知导线右侧的磁场方向垂直纸面向里，则线圈ABCD内部的区域磁场方向垂直纸面向里，用外力使线圈向直导线靠近时穿过线圈向里的磁通量增大，根据楞次定律，可知感应电流的方向为ABCDA方向，故A错误，B正确；
C、根据功能关系，可得外力F对线圈做的功转化为线圈的动能和焦耳热，故C错误；
D、根据左手定则，AB边受安培力方向向右，CD边受到的安培力的方向向左，由于到导线距离不相等，所以AB和CD处的磁感应强度不相等，根据公式F=BIL，可知两个安培力的大不小相等，故D错误。
故选：B。
6.D
【解析】A、扫地机器人正常工作时的电流为I=PU=4214A=3A，故A错误；
B、电池充满时储存的电荷量为5100mA⋅h，故B错误；
C、电池充满电后，扫地机器人单次连续工作时长最多为t=qI=5100×10-33h=1.7h，故C错误；
D、充满电所需时间为t'=qI'=5100×10-31.7h=3h，所以充满电消耗的电能为W=U'I't'=20×1.7×3×3600J=3.67×105J，故D正确。
故选：D。
7.A
【解析】A、设蓄电池的电动势为E，当只闭合开关S1时，根据闭合电路的欧姆定律有E=U1+Ir=12V+10×0.05V=12.5V，故A正确；
B、根据欧姆定律可得车灯的电阻为R=U1I1=1210Ω=1.2Ω，故B错误；
C、启动电动机工作时蓄电池两端的电压为U2=I2R=8×1.2V=9.6V10A，根据P总=EI可知，启动电动机工作时整个电路的总功率增大，故D错误。
故选：A。
8.CD
【解析】A、空间中E点与G点处电场强度大小相同，方向不同，故电场强度不同，故A错误；
B、电场强度方向由正电荷指向负电荷，故上表面的中心O点处电场强度不为0，故B错误；
C、在等量异种点电荷产生的电场中平面DBFH所在的平面为等势面，取无穷远处电势为0，平面DBFH所在的平面电势为0，故空间中B点的电势与F点的电势相等，故C正确；
D、电子自A点沿直线运动至B点的过程中电场力做负功，电势能增加，故D正确；
故选：CD。
9.AC
【解析】A、由左手定则，可知载流子向上表面偏转，载流子是自由电子，可知上表面的电势低于下表面电势，故A正确；
B、由洛伦兹力与速度方向垂直，可知洛伦兹力不会对电子做功，故B错误；
C、由匀强电场的特点，可知：E=Uh，故C正确；
D、稳定状态下，载流子受到的电场力与洛伦兹力平衡eBv=eUh，由电流的微观表达式I=nevdh，可得到电势差U=Bvh=BIned；
由题意可知U=KIBd，故K=1ne，即霍尔系数与n、e有关，故C正确，D错误。
故选：AC。
10.BD
【解析】线框进入磁场的过程，由楞次定律可知，线框中感应电流沿逆时针方向，为正。感应电动势大小和感应电流大小分别为
E=BLv，i=ER=BLvR
MN两点间电势差为
UMN=3BLv4
进入过程所用时间为
t1=Lv
线框完全进入至恰要出磁场的过程，线圈内磁通量没有变化，没有感应电流。MN两点间电势差为
UMN=BLv
该过程所用时间为
t2=Lv
线框出磁场的过程，由楞次定律可知电流方向为顺时针方向，为负。感应电动势大小和感应电流大小分别为
E=BLv，i=ER=BLvR
MN两点间电势差为
UMN=BLv4
进入过程所用时间为
t3=Lv，故BD正确，AC错误。
故选：BD。
偏转 由b到a 向左
【解析】(1)金属丝的直径为D=1.5mm+34.7×0.01mm=1.847mm
(2)导体ab左右摆动时，导体ab切割磁感线，则电路中产生感应电流，所以电流表指针发生偏转。根据图丙可知电流方向从正接线柱流入时，指针向右偏转，某次实验发现电流表的指针向右偏转，则流过导体ab的电流方向为由b到a，根据右手定则可知，此时导体ab向左摆动。
故答案为：(1)1.847；(2)偏转，由b到a，向左。
12.a 1.70 R1 3.80 4.69 小
【解析】(1)由图乙所示电路图可知，滑动变阻器采用限流接法，为保护电路闭合开关前滑片要移到a端。
电压表量程是3V，由图丙所示表盘可知，其分度值是0.1V，读数为1.70V。
(2)光伏板的电动势约为4V，电压表量程为3V，内阻为3kΩ，与电压表串联的定值电阻应为R1，把电压表改装成6V的电压表。
(3)电压表读数为U，则路端电压为2U，由闭合电路的欧姆定律得：E=2U+Ir，则U=E2-r2I
由图丁所示图像可知，纵轴截距b=E2=1.90V，AB段斜率的绝对值k=r2=1.90-1.7564×10-3Ω
解得，光伏板的电动势E=3.80V，内阻r≈4.69Ω
(4)由于电压表分流，电流的测量值小于真实值，导致电动势的测量值小于真实值。
故答案为：(1)a；1.70；(2)R1；(3)3.80；4.69；(4)小。
13.(1)根据楞次定律可知，t=0.1s时，向里的磁通量增大，感应电流的磁场应向外，所以感应电流的方向为逆时针，所以通过电阻的电流向下，即从M到N；
(2)在0～0.2s内，磁感应强度的变化率恒定，由乙图可得：ΔBΔt=
由法拉第电磁感应定律得：E=NSΔBΔt
代入数据解得：E=0.004V
(3)根据闭合电路欧姆定律得：I=ER+r
代入数据解得：I=0.01A
再由焦耳定律得：Q=I2Rt
代入数据解得：Q=6.0×10-6J
答：(1)t=0.1s时，电阻R上电流的方向是从M到N；
(2)t=0.1s时，线圈产生的感应电动势的大小为0.004V；
(3)0∼0.2s内，电阻R产生的焦耳热为6.0×10-6J。
14.(1)对质子，加速过程中根据动能定理有qU=12mv2
解得v= 2qUm
进入磁场后，根据几何关系可知运动半径为R，根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2R
解得B=1R 2mUq
(2)对粒子x，加速过程中根据动能定理有2qU=12Mv'2
进入磁场后，如图

根据几何关系可知运动半径为r'= 3R，根据洛伦兹力提供向心力有2qv'B=Mv'2r'
解得M=6m
答：(1)质子进入磁场时的速度大小为 2qUm，磁感应强度B的大小为1R 2mUq；
(2)待测粒子x的质量为6m。
15.(1)由动量守恒，以向右为正方向，则有：m1v0=m2v，可知小球N碰后的速度大小为：v=2m/s；
(2)由小球在P点时恰好和轨道间无挤压，可知匀强电场的场强大小满足：tanθ=qEm2g，解得：E=3×105N/C；
(3)若小球在P点时恰好和轨道间无挤压，可得小球在P点时的速度大小满足：m2gcsθ=m2vP2R；
由动能定理，可得到临界条件下的BC长度满足：qE(x-Rsinθ)-m2gR(1+csθ)=12m2vP2-12m2v2，解得：x=1.65m；
结合竖直平面内圆周运动的特点，可知其长度应满足的条件为：x≤1.65m。
答：(1)碰后的速度大小为2m/s；
(2)匀强电场的场强大小为3×105N/C；
(3)BC长度应满足的条件为：x≤1.65m。