天津市南开区2024-2025学年高二上学期期末物理试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12024~2025学年度第一学期阶段性质量监测高二年级物理学科本试卷分为第I卷（选择题）和第II卷两部分，共100分，用时60分钟。答卷前，考生用黑水笔将自己的姓名、准考证号、考试科目填涂在答题卡上相应位置。答题时，将答案涂写在答题卡上相应位置。答在试卷上无效。考后请将答题卡交回。第I卷一、单项选择题（每题4分，共24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.下列说法正确的是（）A.由可知，与电荷所受的电场力成正比，与电荷带电量成反比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【答案】D【解析】A．是比值定义法，电场强度的大小与电荷所受的电场力、电荷带电量无关，由电场本身决定，A错误；B．带电粒子速度与磁场平行时不受洛伦兹力的作用，B错误；C．感应电流的磁场方向总是要阻碍产生它的磁通量的变化，不一定和原磁场方向相反，C错误；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，D正确；故选D。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. B. C. D.【答案】D【解析】由于这两个带电金属小球相互吸引，所以带异种电荷，设这两个金属小球所带电荷量分别为和，根据库仑定律，有两小球接触后再分开，电荷量先中和再平分，所带电荷量都为，将两球固定在距离为2R处，它们之间的库仑力设为，根据库仑定律，有故故选D3.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.【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。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【答案】A【解析】开关闭合到电路中电流稳定的时间内，A灯立刻亮，由于线圈中产生感应电动势的阻碍作用，B灯逐渐变亮，当线圈电流阻碍较小后A灯逐渐变暗，当线圈对电流没有阻碍时，两灯泡灯泡亮度稳定．故A正确，B错误；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；开关断开瞬间，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.如图所示电路中，电源电动势为、内阻为，定值电阻，滑动变阻器的最大阻值，电流表和电压表均为理想电表。开关闭合后，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.的电功率先减小后增大【答案】C【解析】ABD．由电路结构可知，与并联，开关S闭合后，当滑动变阻器滑片从最下端向上移动过程中，滑动变阻器接入电路阻值减小，故电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电流增大，路端电压减小；则电压表示数减小，通过的电流减小，则的电功率减小；根据可知通过的电流增大，则电流表的示数增大，A错误，B错误，D错误；C．电源的输出功率为可知当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大；根据电路图可知，当滑动变阻器滑片处于最下端时，外电阻最大，为可知此时电源的输出功率最大，则滑动变阻器滑片从最下端向上移动过程中，电源的输出功率逐渐减小，C正确。故选C。6.如图1所示，一半径为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，磁场磁感应强度的大小随时间变化的规律如图2所示。在的过程，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B.顺时针方向，感应电动势大小始终为C.逆时针方向，感应电动势大小始终为D.逆时针方向，感应电动势由零增大至【答案】B【解析】在的过程，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；由于磁感应强度随时间均匀增大，所以感应电动势大小始终为故选B二、不定项选择题（每小题4分，共16分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0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，并联的电阻越小，改装后的电流表量程越大【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，可知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，根据可知并联的电阻越小，改装后的电流表量程越大，故D正确。故选ABD。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，是电荷连线的中点，、是连线中垂线上关于对称的两点，、和、分别是两电荷连线上关于对称的点。则（）A.、两点电场强度相同B.、两点电势相等C.从向运动的电子受到的电场力一定逐渐减小D.从向运动的电子具有的电势能逐渐减小【答案】BD【解析】A．由图甲可知、两点的电场强度等大反向，A错误；B．由点电荷周围的电势、两点关于O点对称，则两等量同种电荷在、两点的电势和相等，故、两点电势相等，B正确；C．从O沿OE向无穷远，存在一场强最大处，可能在O、E之间，则从E向O运动的电子受到的电场力可能先增大后减小，C错误；D．由图甲可知，由E向O电势逐渐增大，根据电势能与电势的关系可知从向运动的电子具有的电势能逐渐减小，D正确。故选BD。9.如图所示的电路中，平行板电容器的下极板接地，当开关处于闭合状态时，一带电油滴恰能静止在电容器中的点。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，点的电势降低【答案】AC【解析】A．由电路图可知极板间场强方向竖直向下，带电油滴处于静止状态，受到的电场力与重力平衡，方向竖直向上，可知油滴带负电，A正确；B．将开关打开，极板电荷量保持不变，极板间电压不变，板间场强不变，油滴仍处于静止状态，B错误；C．在开关闭合时向下移动滑动变阻器的滑片，极板间电压不变，板间场强不变，油滴仍处于静止状态，C正确；D．打开开关，将电容器的上极板向上移一些，极板电荷量不变，极板间距变大，根据可知，电场强度不变，设P点距下极板的间距为，P点和下极板的电势差为因为P点距下极板的间距不变，电场强度不变，故点的电势不变，D错误。10.回旋加速器原理如图所示，置于真空中的形金属盒半径为，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过狭缝的时间可忽略；磁感应强度为的匀强磁场与盒面垂直，交流电源电压为，频率为。若质子的质量为、电荷量为，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D.该加速器加速质量为、电荷量为的粒子时，交流电频率应变为【答案】AD【解析】A．由于粒子经过电场加速后，进入磁场做匀速圆周运动，为了使得粒子能够在电场中持续加速，最终从加速器边缘飞出，则带电粒子应由加速器的中心位置进入加速器，A正确；B．根据，解得，可知，磁感应强度不变时，带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期不变，与圆周运动半径无关，B错误；C．粒子在磁场中圆周运动速度越大，半径越大，根据解得C错误；D．回旋加速器正常工作的前提是交变电流的周期与粒子在磁场中匀速圆周运动的周期相等，则该加速器加速质量为4m、电荷量为2q的粒子时，根据解得D正确。故选AD。第II卷三、实验题（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0.50ΩC.电流表A2：量程0~3A，内阻为0.20ΩD.电压表V1：量程0~3V，内阻约为3kΩE.电压表V2：量程0~15V，内阻约为15kΩF.滑动变阻器R1：0~30Ω，额定电流为2AG.滑动变阻器R2：0~100Ω，额定电流为0.1AH.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）。【答案】（1）BDF（2）乙（3）2.98~3.021.5~1.7【解析】（1）[1][2][3]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）[1]根据图像的物理意义可得，电源的电动势等于纵截距的大小，即[2]图线斜率的大小为总内阻，即解得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，则热敏电阻阻值为________。（2）小明想更精确地测量30℃时热敏电阻的阻值，开始设计实验。可用器材有：电压表（量程为，内阻）电流表（量程为，内阻约为）电流表（量程为，内阻约为）滑动变阻器（最大阻值为）滑动变阻器（最大阻值为）定值电阻电源（电动势，内阻不计）开关，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________。A．B．C．D．【答案】（1）1400（2）A【解析】（1）热敏电阻的阻值为（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。四、计算题（本题共3小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。只写出最后答案不能得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。）13.某兴趣小组设计了如图所示的游戏装置：水平直轨道、倾斜直轨道、圆弧轨道、水平直轨道依次平滑连接，、两点是直轨道与圆弧轨道的切点，两直轨道在点交错。倾斜直轨道的倾角、长；圆弧轨道的半径。与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，在水平轨道上给小球一个初动能，小球刚好通过圆轨最高点，并最终落在靶心上。小球（可看成质点）质量，过、、点均无能量损失，所有摩擦阻力均不计，重力加速度，，。求：（1）小球在圆弧轨道最高点速率和小球在最低点对轨道压力的大小；（2）靶心距轨道末端的水平距离。【答案】（1），（2）【解析】（1）小球做圆周运动恰能通过最高点则有解得小球做圆周运动从最高点到最低点过程有解得小球在点有解得由牛顿第三定律知小球在最低点对轨道的压力（2）小球飞离轨道做平抛运动，竖直方向有解得在水平方向上有解得14.如图所示，水平放置的平行金属板、，板长，板间距。两金属板间加电压，且板的电势高于板的电势，虚线与金属板垂直，右侧有范围足够大的匀强磁场，磁感应强度，方向垂直纸面向里。在两极板左端正中间有一粒子源，水平向右不断地发射比荷、初速度的带正电粒子。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的大小；（2）粒子在磁场中射入点与射出点之间的距离；（3）粒子在电场和磁场中运动的总时间。【答案】（1）（2）（3）【解析】（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，带电粒子在电场中做类平抛运动，由运动学知识有由牛顿第二定律有联立解得（