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）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河北区2024-2025学年第一学期期末高二年级质量检测物理本试卷分第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~30MeV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______cm②图乙为螺旋测微器，示数为______mm③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2.0ΩC.小灯泡电压为0.6V时其电功率为0.12WD.小灯泡正常工作时电路的总电功率为3W③为达到实验目的，并尽量减小误差，电路图应选择________【答案】（1）5.180.739##0.740##0.741×1Ω10（2）V1R1CA【解析】（1）①[1]图甲为10分度游标卡尺，示数为5.1cm+8×0.1mm=5.18cm②[2]图乙为螺旋测微器，示数为0.5mm+24.0×0.01mm=0.740mm③[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