安徽省滁州市多校2024-2025学年高二上学期1月期末联考物理试题B（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12025高二1月期末考试高二物理B考生注意：1．本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4．本卷命题范围：必修三、选择性必修二的第一章。一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.如图是静电推进装置的原理图，发射极与吸极分别接在直流电源两端，两极间产生电场，虚线为等势面且相邻等势面的电势差相等。在电场力的作用下，一个带电液滴从发射极加速飞向吸极，a、b是其路径上的两点，若不计液滴重力，则（）A.液滴带正电 B.a点的电势比b点的低C.液滴在a点的电势能比在b点的小 D.a点的电场强度可能比b点小【答案】A【解析】A．液滴在电场力作用下加速飞向吸极，可知液滴带正电，故A正确；B．由题可知，电场线的方向由发射极指向吸极，由于沿电场线的方向电势逐渐降低，因此a点的电势比b点的高，故B错误；C．由于液滴从发射极加速飞向吸极，可知电场力做正功，液滴的电势能减小，因此液滴在a点的电势能比在b点的大，故C错误；D．根据电场线与等势线的分布关系可知，a处的电场线比b处的电场线密集，则a点的电场强度比b点的大，故D错误。故选A。2.以下四幅图片中：图A中方形闭合线圈平面在垂直于匀强磁场的平面内旋转；图B中方形闭合线圈平面绕垂直匀强磁场的中心轴转动；图C是接直流稳压电源的螺旋线圈附近有一竖直放置的方形闭合线圈；图D是方形闭合线圈在条形磁铁所处平面内以速度v远离磁体。四个图中线圈能产生感应电流的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】A．图A中方形闭合线圈平面在垂直于匀强磁场的平面内旋转时，线圈中的磁通量不变，不会产生感应电流，故A错误；B．图B中方形闭合线圈平面绕垂直匀强磁场的中心轴转动时，线圈中的磁通量随时间改变，会产生感应电流，故B正确；C．图C中的直流稳压电源使得螺旋线圈周围产生恒定不变的磁场，所以方形闭合线圈中的磁通量是不变的，故不会产生感应电流，故C错误；D．图D中方形线圈所处的平面与磁场平行，运动中通过线圈的磁通量一直为0，不会产生感应电流，故D错误。故选B。3.如图所示，CD直线右侧分布着匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直纸面向外。CD上有两条长度分别为a和2a的通道，两通道近端相距为b。一束质量为m、电荷量为q、速度不同的带负电粒子，从长度为2a的通道垂直于CD进入磁场，随后从长度为a的通道射出，则射出粒子的最大速度与最小速度之差为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】粒子在磁场中由洛伦兹力提供圆周运动的向心力解得粒子圆周运动的半径可见相同粒子在磁场中圆周运动的半径与粒子进入磁场中的速度成正比，结合题意可知，粒子圆周运动的最大半径对应粒子的最大速度同理可知，粒子圆周运动最小半径对应粒子的最小速度射出粒子的最大速度与最小速度之差解得故选A。4.2024大湾区超级充电桩展览会的亮点之一是对新能源汽车技术的全面展示，包括电池技术、电动驱动系统和充电解决方案。若展示的充电桩工作电压为800V，最大输出功率为456kW，现给某新能源汽车上的超级电容进行充电，则在充电过程中（）A.充电最大电流为570A B.超级电容器电容逐渐增大C.超级电容器两极板间的电压不变 D.充电电流一直保持不变【答案】A【解析】A．由题知，充电桩工作电压为800V，最大输出功率为456kW，根据公式解得充电最大电流为，故A正确；B．电容器电容由自身因素决定，与带电量和电压无关，在充电过程中保持不变，故B错误；C．根据可知，在充电过程中电容不变，但电荷量越大，故电压越大，直至800V，故C错误；D．充电刚开始时，由于电源电极与电容器极板之间存在较大的电势差，此时电流较大，随着电容器两极板的电压逐渐增大，电势差减小，电流减小，故D错误。故选A。5.一极板水平放置的平行板电容器C，它和一个滑动变阻器、两个可变电阻及电源连接成如图所示的电路。闭合电键，今有一质量为m的带电油滴在两极板之间静止悬浮。为了使油滴下降，可采用的办法是（）A.滑动变阻器的滑片P向左滑 B.减小可变电阻的阻值C.增大可变电阻的阻值 D.增大平行板电容器C的极板间距【答案】D【解析】A．带电油滴悬浮在两极板之间静止不动，则有若要油滴下降，电场力需要变小，即要使极板间电场强度减小，若滑动变阻器的滑片P向左滑，极板两端电压不变，由可知，极板间电场强度不变，故A错误；BC．若减小可变电阻或增大可变电阻的阻值，由串联分压原理可知，两端的电压减小，两端电压变大，即极板两端电压增大，则极板间电场强度增大，故BC错误；D．增大C的极板间距，由可知，极板间电场强度减小，油滴下降，故D正确。故选D。6.如图所示，光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于中心轴的、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直横截面向里，筒上P点开有一个小孔，过P点的横截面是以O为圆心的圆。若一个（不计重力）质量为m，电量为q的带正电粒子以速率沿PO射入，与筒壁碰撞2次后刚好从小孔射出，若此带电粒子以速率（大小未知）沿PO射入，与筒壁碰撞3次后刚好从小孔射出，每次碰撞均为弹性碰撞且电荷量保持不变，不计粒子重力，圆筒的半径R和的大小为（）A.；B.；C.；D.；【答案】D【解析】由题意可知粒子经过2次碰撞从小孔P射出磁场的圆心组成的三角形应为以筒壁为内接圆的正三角形。如图所示由几何关系，粒子圆周运动半径设带电粒子的电荷量为q，质量为m，磁场的磁感应强度为B，则洛伦兹力提供向心力，有联立解得若粒子经过3次碰撞从小孔P射出磁场的圆心组成的图形应为以筒壁为内接圆的正方形。粒子圆周运动半径洛伦兹力提供向心力，有联立解得故选D。7.如图所示，直角三角形所在的平面内有匀强电场E存在，电场方向与三角形面平行（图中未画出），O点为PM的中点，取O点电势为零。，。M处的粒子源向平面内各个方向发射初动能均为8eV、电荷量为的粒子（粒子的重力不计），其中到达N点的粒子动能为12eV，到达P点的粒子电势能为。已知，，不计粒子间的相互作用。则E的大小为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】根据电势能表达式解得粒子在P点的电势为根据可得粒子从M到N的过程，根据动能定理可得解得可知ON连线为等势线，过M点作ON垂线，如图所示由图中几何关系可得则匀强电场的电场强度大小为故选B。8.黑箱外有编号为1、2、3的三个接线柱，黑箱内有电阻、二极管、电容器各1个，用多用电表探测黑箱内电学元件的实验中，某次测量结果如下，第一步：1、3间正反接电阻值相等；第二步：黑表笔接1、红表笔接2点时电阻很小，反接时电阻很大；第三步：黑表笔接3点、红表笔接2点时指针先摆向“”刻度线再返回指向一定确定值，但其电阻值比第一步中测得的电阻值略大一些，反接时现象相似但比第一步中测得的电阻值大得多。依据以上结论可判断箱内元件接法为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】用欧姆表红、黑表笔分别在1、3间正反接，电表指针稳定后所测电阻值相等，说明1、3间为定值电阻；黑表笔接1、红表笔接2时电阻很小，反接时电阻很大，说明1、2间为二极管，且1接二极管正极；黑表笔接3、红表笔接2时电表指针稳定后所测电阻值比第一步中所测电阻值略大一些，反接时电表指针稳定后所测电阻值比第一步中所测电阻值大得多，说明2、3之间为电容器，黑表笔接3、红表笔接2时，欧姆表测量的是定值电阻和二极管正向电阻的总电阻，红表笔接3、黑表笔接2时，欧姆表测量的是定值电阻和二极管反向电阻的总电阻；故ABC错误，D正确。

故选D。二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。9.如果在研究的问题中，带电体的形状、大小以及电荷分布可以忽略不计，即可将它看作是一个几何点，则这样的带电体就是点电荷。已知电荷量为Q的场源点电荷电场中某点的电势表达式为（规定离场源电荷无限远处的电势为零，式中k为静电力常量，r为该点与场源电荷间的距离）。如图所示，在边长为d的正六边形的三个顶点M、N、P分别固定电荷量、、的点电荷，O点为正六边形的中心，下列说法正确的是（）A.O点的电场强度大小为零B.X点的电场强度大小为C.Z点的电势比Y点电势高D.带负电小球沿OM从O点移向M点过程中，电势能一直减少【答案】BD【解析】A．根据几何关系可知，每一条边与中心构成的三角形为等边三角形，每一个点电荷在中心产生的电场强度大小均为N、P两点电荷在中心的电场强度方向夹角为120°，根据矢量叠加原理可知，O点的电场强度大小为N、P两点电荷在中心的电场强度方向夹角为120°，根据矢量叠加原理可知，O点的电场强度大小为，故A错误；B．N、P两点电荷在X点的电场强度方向夹角为120°，根据矢量叠加原理可知，X点的电场强度大小为，故B正确；C．根据点电荷电势的表达式有则有，则有，故C错误；D．将N、P点电荷看为一个整体，根据等量同种点电荷的电场分布可知，N、P点电荷在之间的电场方向由M指向O，M位置正点电荷的电场方向也由M指向O，即N、P、M三个点电荷在OM之间的电场方向由M指向O，而带负电小球沿OM从O点移到M点过程中，电场力做正功，电势能一直减小，故D正确。故选BD。10.如图所示，空间有足够大的水平向右的匀强电场，一根不可伸长的不导电细线的一端连着一个质量为m、带电量为q的带正电的小球，另一端固定于O点，绳长为L。把小球拉起至细线与电场方向平行的A点，然后无初速度释放。小球摆到最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角θ=37°时的B点。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A.匀强电场的电场强度的大小为B.小球到达最低点时的速度大小为C.小球经过最低点时受到细线拉力的大小为2mgD.小球摆到左侧最大位置B点时的加速度大小为g【答案】ACD【解析】A．设匀强电场的电场强度的大小为E，小球从A点无初速度释放摆到左侧最大位置B点的过程，根据动能定理有解得，故A正确；B．小球到最低点过程，根据动能定理有解得小球到最低点的速度大小为，故B错误；C．经过最低点时，对小球受力分析有解得小球经过最低点时受到细线拉力的大小为T=2mg，故C正确；D．摆球做圆周运动，摆到左侧最大位置时速度为0，即所需向心力为0，即沿半径方向的合力为0，根据牛顿第二定律有结合上述解得小球摆到左侧最大位置时的加速度大小a=g，故D正确。故选ACD。三、非选择题：本题共5小题，共58分。11.某实验小组做“测量一节干电池的电动势和内电阻”实验。要求测量结果尽量准确，实验室提供器材如下：A.电流表（量程为，内阻）B.电压表（，内阻约为）C.滑动变阻器（最大阻值为，额定电流2A）D.滑动变阻器（最大阻值为，额定电流1A）E.干电池（电动势约为1.5V，内阻约为）F.干电池（电动势约为1.5V，内阻约为）G.开关、导线若干（1）在电流变化相同的情况下，为了让电压表示数变化更明显，应选择的干电池为________。（选填器材前面字母）（2）为了方便和更准确完成实验，滑动变阻器应选用________。（选填器材前面字母）（3）实验中的电路图应选用下图中的________。（选填“图甲”或“图乙”）（4）闭合开关后，多次移动滑动变阻器，测得多组电压表和电流表的示数U和I，在坐标纸上以U为纵轴、I为横轴，选择适当的标度建立坐标，并画出图线。作出的图像与纵轴的截距为a，横轴的截距为b；由此求出电池的电动势为________，电池的内阻为________（结果用题中所给字母表示）。【答案】（1）F（2）C（3）图乙（4）a【解析】（1）根据闭合电路欧姆定律有可得可知在电流变化相同的情况下，为了让电压表示数变化更明显，则电源的内阻要大些，故应选择的干电池为F。（2）干电池电动势约1.5V，内阻较小，为了方便调节和更准确完成实验，且电流变化明显，滑动变阻器应选最大值较小的，故应选的滑动变阻器为C。（3）由题知，电流表的内阻，可以将电流表的内阻与电源的内阻等效成一个新的电源内阻，即所以选图乙，可以减小实验误差。（4）[1][2]根据闭合电路欧姆定律有可知图像的纵截距表示电源的电动势，则有图像的斜率绝对值为解得12.某实验小组要测量一粗细均匀新材料制成的导电圆柱体的电阻率，进行了如下实验操作：（1）如图甲用游标卡尺测量其长度________mm；如图乙用螺旋测微器测量其直径________mm；（2）用多用电表的电阻“”挡，初步测量此圆柱体的电阻，发现指针偏转角度很大，则应将选择开关旋转到________挡（填“”或“”）并进行________，再次进行测量时，表盘示数如图丙所示，则该电阻的阻值约为________。（3）用伏安法更精确地测量其电阻，现有器材及其代号和规格如下：A.待测圆柱体电阻：B.电流表A（量程，内阻约）；C.电压表V（量程，内阻约）；D.直流电源E（电动势4V，内阻不计）；E.滑动变阻器R（阻值范围，允许通过的最大电流2.0A）；F.开关S以及导线若干为减小测量误差，请在图中方框中画出完整的实验原理电路图____。（4）正确连接实验电路，测得多组电压表示数U和对应电流表的示数I，通过描点作出的图像为一条过原点的倾斜直线，其斜率为k，则该材料的电阻率________（用k、L、D三个物理量表述）。（5）由于电表内阻的影响，实验中电阻率的测量值_______（选填“大于”或“小于”）真实值。【答案】（1）54.55.445（2）欧姆调零19.0（3）（4）（5）小于【解析】（1）[1]根据游标卡尺的读数规则，读数应为[2]根据螺旋测微器的读数规则，读数应为（2）[1]指针偏转角度过大，说明待测电阻阻值很小，所以要调整到更小的测电阻挡位上，即挡位。[2]每次测电阻档位调节量程后，要先进行欧姆调零，再进行电阻的测量。[3]根据图丙可知电阻大小应为。（3）由于滑动变阻器的阻值范围较小，利用限流接法无法使待测电阻两端的电压值较小，所以应利用分压接法。经过比较，利用电流表的外接法误差会更小。所以电路图如下（4）根据欧姆定律，U-I图像的斜率应为待测电阻的大小根据电阻定律，有整理后，有（5）由于电压表分流使得电流表的测量值会大于真实值，所以测出的电阻值偏小。13.如图甲所示的电路中，、均为定值电阻，且，为滑动变阻器，当其滑片从最左端滑至最右端的过程中，测得电源的路端电压U随干路电流I变化图线如图乙所示，其中图线上的M、N两点是滑片在变阻器两个不同端点时分别得到的。求：（1）电源的电动势和内电阻；（2）定值电阻的阻值和电源的输出功率最大时接入电路的阻值。【答案】（1），（2），【解析】（1）根据闭合电路的欧姆定律可得结合图乙可得，联立解得电源的电动势为，（2）结合图甲可知，N点对应的为滑动变阻器滑片位于最右端，即此时并联部分的电阻为零，外电路只有接入电路，则有电源的输出功率当时，电源的输出功率最大，即其中联立解得14.如图所示，两平行金属导轨间的距离，金属导轨所在的平面与水平面的夹角，金属导轨的一端接有电动势、内阻的直流电源，电阻。现把一个质量的导体棒MN垂直金属导轨放置，磁感应强度大小的匀强磁场方向垂直导轨平面向上，导体棒恰好静止。取，，重力加速度大小，导体棒与金属导轨电阻不计，导体棒与导轨间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：（1）判断导体棒受到安培力的方向并计算导体棒受到安培力的大小；（3）若磁感应强度的方向不变而大小可以变化，要使导体棒能静止，求磁感应强度大小B的取值范围。【答案】（1）安培力的方向沿导轨平面向上，大小为0.28N（2）摩擦力的方向沿导轨平面向上，动摩擦因数为（3）