天津市河北区2024-2025学年高二上学期1月期末物理试题（解析版）

这是一份天津市河北区2024-2025学年高二上学期1月期末物理试题（解析版），共14页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题等内容，欢迎下载使用。
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分， 共100分，考试用时 60分钟。第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至7页。请考生务必将答案填写在答题卡相应位置处。
第Ⅰ卷 （共40分）
一、单项选择题（本题共5个小题， 每小题5分， 共25分， 在每题列出的四个选项中， 只有一项是最符合题目要求的）
1. 关于科学家及他们的物理成果， 下列说法正确的是（ ）
A. 库仑通过扭秤实验研究得出了库仑定律
B. 安培发现了电流的磁效应
C. 奥斯特提出了分子电流假说
D. 物理学家楞次发现了电磁感应现象
【答案】A
【解析】A．库仑通过扭秤实验研究得出了库仑定律，故A正确；
B．奥斯特发现了电流的磁效应，故B错误；
C．安培提出了分子电流假说，故C错误；
D．物理学家法拉第发现了电磁感应现象，故D错误。
故选A。
2. 如图所示， 两个带等量正电的点电荷固定在M、N两点上， E、F是MN连线中垂线上的两点， O为EF、MN的交点， EO=OF。一带负电的点电荷在E点由静止释放后（ ）
A. 做匀加速直线运动
B. 在O点所受静电力最大
C. 由对称性可知E、F两点电场强度方向相同
D. 由E到 F的过程中电势能先减小后增大
【答案】D
【解析】A．根据等量同种电荷连线中垂线上电场强度分布可知，EF间的电场不是匀强电场，负点电荷受到的电场力是变力，根据牛顿第二定律可知负电荷的加速度不恒定，故负电荷做变加速直线运动，故A错误；
B．根据场强叠加可知O点的电场强度为零，故负电荷在O点所受静电力最小，为零，故B错误；
C．由对称性可知E、F两点电场强度大小相等方向相反，故C错误；
D．负点电荷由E到O，电场力方向与速度方向相同，电场力做正功，电势能减小，由O到F，电场力方向与速度方向相反，电场力做负功，电势能增大，故由E到F的过程中电势能先减小后增大，故D正确。
故选D。
3. 如图所示，平行板电容器与电压恒为U的直流电源连接，下极板接地。一带电油滴位于电容器中的P 点且恰好处于平衡状态， 下列说法正确的是（ ）
A. 带电油滴所带电荷为正电荷
B. 若将上极板竖直向上移动一小段距离，则带电油滴将竖直向上运动
C. 若将上极板水平向左移动一小段距离，则带电油滴仍然保持平衡状态
D. 向上或向左移动上极板均不改变平行板电容器所带的电荷量
【答案】C
【解析】A．电容器的上极板与电源正极相连，下极板与电源负极相连，则两极板间电场方向竖直向下。油滴静止，所受重力竖直向下，则所受电场力竖直向上，油滴带负电，故A错误；
B．将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则两极板之间的距离增加，由于两极板间电压不变，根据知电场强度减小，则油滴所受电场力减小，可知油滴所受合力竖直向下，会向下运动，故B错误；
C．将平行板电容器的上极板水平向左移动一小段距离，由于两极板间电压不变，两极板间距离不变，则电场强度不变，油滴所受电场力不变，油滴仍然保持平衡状态，故C正确；
D．根据可知，向上或向左移动时电容都变化，由于两极板间电压不变，根据可知，平行板电容器所带的电荷量会改变，故D错误；
故选C。
4. 如图所示，P、Q是两个相同的小灯泡，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻近似为零，下列说法中正确的是（ ）
A. 闭合开关，P、Q同时发光，然后P逐渐变亮
B. 闭合开关，P、Q同时发光，然后P逐渐变暗至熄灭
C. 电路稳定后，断开开关，P、Q同时熄灭
D. 电路稳定后，断开开关，Q逐渐变暗至熄灭
【答案】B
【解析】AB．闭合开关，由于线圈产生自感电动势阻碍通过线圈电流的增大，所以P、Q同时发光；稳定后由于线圈自身的电阻近似为零，将P短路，所以P发光后将逐渐变暗至熄灭，故A错误，B正确；
CD．电路稳定后，断开开关，由于线圈产生自感电动势阻碍通过线圈电流的减小，且线圈与P构成回路，所以Q马上熄灭，P先闪亮一下，再逐渐变暗至熄灭，故CD错误。
故选B。
5. 如图所示， 在绝缘的水平面上， 有两个闭合的线圈a、b， 线圈a处在有界匀强磁场中， 线圈b处在磁场外且固定不动， 将线圈a从磁场中匀速拉出的过程中， 下列说法正确的是（ ）
A. 线圈a中有感应电流， 线圈b中没有感应电流
B. 线圈a中感应电流方向为逆时针
C. 线圈b有收缩趋势
D. 线圈b整体受到水平向左的安培力
【答案】C
【解析】AB．线圈a从磁场中匀速拉出的过程中穿过a线圈的磁通量在减小，则根据楞次定律可知a线圈的电流为顺时针，由于线圈a从磁场中匀速拉出则a中产生的电流为恒定电流，则线圈a靠近线圈b的过程中线圈b的磁通量在向外增大，同理可得线圈b产生的电流为顺时针，故AB错误；
C．由广义楞次定律，线圈a靠近线圈b的过程中线圈b的磁通量在向外增大，线圈b有收缩趋势，故C正确；
D．线圈b上下两边所受安培力大小相等，方向相反。线圈b左边受到安培力向右，线圈b右边受到安培力向左，右边所处的磁感应强度小，故向左的安培力小，线圈b整体受到水平向右的安培力，故D错误。
故选C。
二、多项选择题（本题共3个小题， 每小题5分， 共15分。全部选对的得5分， 选对但不全的得3分， 选错或不答的得0分）
6. 如图所示，一块蹄形磁铁放在水平桌面上， 水平放置的细铜棒AB用绝缘细线悬挂在两个正对的磁极（左侧为S极， 右侧为N极） 之间静止。闭合开关的瞬间， 下列说法正确的是（ ）
A. 细绳被拉断B. AB 受到竖直向上的安培力
C. AB 受到水平向左的安培力D. 蹄形磁铁对桌面的压力变大
【答案】BD
【解析】ABC．由题图知，通过导线的电流垂直纸面向里，磁场方向水平向左，根据左手定则判断知导线所受安培力方向竖直向上，则细绳拉力将变小，不可能被拉断，故AC错误，B正确；
D．导线受到的安培力竖直向上，根据牛顿第三定律知，导线对磁铁的作用力竖直向下，可知蹄形磁铁对桌面的压力将变大，故D正确。
故选BD。
7. 如图所示，关于不计重力的粒子在以下四种器件中的运动， 说法正确的是（ ）
A. 甲图中从左侧射入的带电粒子，若能沿直线射出， 其速度大小为
B. 乙图中等离子体进入上下极板之间后上极板a带正电
C. 丙图中通过励磁线圈的电流越大，电子的运动径迹半径越小
D. 丁图中只要回旋加速器D形盒足够大，粒子就能获得无限大的速度
【答案】AC
【解析】A．甲图中带正电的粒子从左侧射入复合场中时，带电粒子沿直线射出，则粒子受力平衡，有
解得
故A正确；
B．乙图中等离子体进入上下极板之间后，受到洛伦兹力作用，由左手定则可知，正粒子向b极板偏转，负粒子向a极板偏转，因此极板a带负电，极板b带正电，故B错误；
C．丙图中通过励磁线圈的电流越大，线圈产生的磁场越强，电子的运动由洛伦兹力提供向心力，则有
解得
由上式可知，当电子的速度一定时，磁感应强度越大，电子的运动径迹半径越小，故C正确；
D．丁图中只要回旋加速器的D形盒足够大，加速粒子就能获得较大的能量，具有较大的速度，可当能量达到25MeV~30 MeV后就很难再加速了，原因是按照狭义相对论，粒子的质量随速度的增大而增大，而质量的变化会导致其回旋周期的变化，从而破坏了与电场变化周期的同步，因此加速粒子就不能获得无限大的速度，故D错误。
故选AC。
8. 如图所示， 用绝缘细线将一个闭合金属圆环悬挂于O 点，现将圆环拉离平衡位置并由静止释放， 圆环摆动过程中经过有界的水平方向的匀强磁场区域，a、b为该磁场的竖直边界， 磁场方向垂直于圆环所在平面向里， 若不计空气阻力， 下列说法正确的是（ ）
A. 圆环不能返回原释放位置
B. 在进入和离开磁场时，圆环中均有感应电流
C. 圆环完全进入磁场后，速度越大，感应电流也越大
D. 圆环最终将静止在最低点
【答案】AB
【解析】AB．在进入和离开磁场时，由于穿过圆环的磁通量发生变化，故圆环中均有感应电流，即产生电能，消耗机械能，所以圆环不能返回原释放位置，故AB正确；
C．圆环进入磁场后，穿过圆环的磁通量不变，感应电流为0，故C错误；
D．随着电能的产生，机械能逐渐减小，当线圈只在磁场内摆动时，机械能守恒，最终线圈在磁场区域来会摆动，故D错误。
故选AB。
第Ⅱ卷 （共60分）
9. （1）常用测量工具的使用
①图甲为10分度游标卡尺，示数为______cm
②图乙为螺旋测微器， 示数为______ mm
③用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用______挡（填“×1Ω”或“×100Ω”），换挡并进行一系列正确操作后， 指针静止时如图丙所示， 则金属棒的阻值约为______Ω
（2）某同学想通过描绘小灯泡的I-U图像来研究小灯泡的电阻随电压变化的规律。器材有：
待测小灯泡（额定电压为2.5V， 电阻约为几欧）
电压表 V1（量程为0~3V， 内阻为3kΩ）
电压表 V2（量程为0~15V， 内阻约3kΩ）
电流表（量程为0~0.6A， 内阻为0.1Ω）
滑动变阻器 R1（0~10Ω， 允许最大电流2.0A）
滑动变阻器 R2（0~500Ω， 允许最大电流0.5A）
干电池两节（每节干电池的电动势为1.5V， 内阻约为1Ω）
开关一个， 导线若干
①电压表应选择______（填“V1”或“V2”）， 滑动变阻器应选择______（填“R1”或“R2”） 。
②下图为通过实验做出的小灯泡的I-U图像，则下列说法正确的是_________
A.小灯泡的电阻随温度的升高而减小
B.小灯泡正常工作时电阻为2.0Ω
C.小灯泡电压为0.6V时其电功率为0.12 W
D.小灯泡正常工作时电路的总电功率为3W
③为达到实验目的， 并尽量减小误差，电路图应选择________
【答案】（1）5.18 0.739##0.740##0.741 ×1Ω 10 （2）V1 R1 C A
【解析】（1）①[1]图甲为10分度游标卡尺，示数为
5.1cm+8×0.1mm=5.18cm
②[2]图乙为螺旋测微器，示数为
0.5mm+24.0×0.01mm=0.740mm
③[3][4]用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过大，说明所测电阻较小，需要换小倍率的挡位，所以他应该换用×1Ω挡，换挡并进行一系列正确操作后， 指针静止时如图丙所示， 则金属棒的阻值约为
10×1Ω=10Ω
（2）①[1][2]由于电源输出电压为3.0V，电压表应选择V1， 电路中采用分压式接法，所以滑动变阻器应选择R1。
②A．根据
可知小灯泡的I-U图像中图线上某点与原点连线斜率的倒数表示电阻，由图可知小灯泡的电阻随温度的升高而增大，故A错误；
BD．由图可知，小灯泡正常工作时，电压值为2.5V，电流值为0.44A，此时电阻为
小灯泡正常工作时电路的总电功率为
故BD错误；
C．同理，由图可知小灯泡电压为0.6V时电流值为0.2A，其电功率为
故C正确
故选C。
③[4]为达到实验目的， 并尽量减小误差，测量电路采用电流表外接法，控制电路采用分压式接法。
故选A。
10. 如图所示，一带电粒子质量为m，电荷量为q，从靠近左板的A点由静止开始经电压为U的电场加速后， 垂直进入虚线PQ、MN间的匀强电场中，从MN上的某点C离开匀强电场时速度与竖直方向的夹角为θ。已知PQ、MN间的距离为d，带电粒子的重力忽略不计。求
（1）带电粒子的电性；
（2）带电粒子到达 PQ位置时的速率 v1；
（3）PQ、MN间匀强电场电场强度E的大小。
【答案】（1）负电 （2） （3）
【解析】（1）带电粒子经电场加速后，在偏转电场中向上偏转，偏转电场方向竖直向下，故带电粒子带负电。
（2）由动能定理
解得
（3）带电粒子在 PQ、MN间的匀强电场中做类平抛运动
d=v1t


联立解得
11. 如图所示，一电荷量为q的带正电的粒子，以速度v垂直射入磁感应强度为B、宽度为d的有界匀强磁场中，射出磁场时的速度方向与入射方向的夹角为30°，不计带电粒子重力，求
（1）带电粒子在磁场中运动的轨道半径r；
（2）带电粒子在磁场中运动的加速度大小a；
（3）带电粒子穿过磁场的时间t；
（4）若入射方向不变， 想使带电粒子在磁场中运动的偏转角为180°，则入射速度v1的大小应满足什么条件？
【答案】（1）r=2d （2） （3） （4）
【解析】（1）根据题意作图，如图
根据几何关系有
得
r=2d
（2）由向心加速度公式有
解得
（3）由图可知粒子运动轨迹的圆心角为30°，则
其中
r=2d
解得
（4）带电粒子在磁场中运动的偏转角为180°，则r1≤d
根据洛伦兹力提供向心力有
结合
联立解得
12. 如图所示， MN和PQ是两根互相平行、间距为L、竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，电阻不计，且处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中； 导轨上端接有开关S和阻值为R0的定值电阻。 ab是一根与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆， 已知金属杆的质量为m， 电阻为R，重力加速度为g。现将开关闭合， 让金属杆由静止开始下落， 下落h后速度达到最大。求
（1）金属杆的最大速度vm；
（2）金属杆由静止下落到达最大速度的过程中通过金属杆的电荷量q；
（3）金属杆由静止下落到达最大速度的过程中金属杆产生的热量Q。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）根据法拉第电磁感应定律
由欧姆定律可得
金属杆达到最大速度时受力平衡
mg=F安
其中
F安=BIL
联立解得
（2）根据法拉第电磁感应定律
电流路中的平均感应电流
经历的时间为，则通过金属杆的电荷量
解得
（3）对该过程由能量守恒定律得
金属杆由静止下落到达最大速度的过程中金属杆产生的热量
联立解得