四川省攀枝花市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攀枝花市2024-2025学年度（上）普通高中教学质量监测高二物理本试题卷满分100分，考试时间90分钟。注意事项：1．答题前，务必将自己的姓名、考号填写在答题卡规定的位置上，并用2B铅笔将答题卡考号对应数字标号涂黑。2．答选择题时，必须使用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色墨迹签字笔在答题卡上题目所指示的答题区域内作答。作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色墨迹签字笔描清楚。4．考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试题卷、草稿纸上答题无效。一、选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，第1～9题只有一项符合题目要求，第10～13题有多项符合题目要求。全部选对的得3分，选对但不全的得1.5分，有选错的得0分。1.下列选项中，正确的标出了运动的带电粒子所受洛伦兹力F方向的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】A．根据左手定则可知，图中洛伦兹力方向应该向上，故A正确；B．根据左手定则可知，图中洛伦兹力方向应该向左，故B错误；C．根据左手定则可知，图中洛伦兹力方向应该竖直向下，故C错误；D．根据左手定则可知，图中洛伦兹力方向应该竖直向下，故D错误。故选A。2.如图所示，圆形金属封闭线圈固定在竖直面内，一条形磁铁沿线圈的中轴线水平向右靠近线圈的过程中，穿过线圈的磁通量的变化情况是（）A.一直增大 B.一直减小C.先增大后减小 D.先减小后增大【答案】A【解析】越靠近S极附近时，磁场较强，磁感线较密，穿过线圈的磁感线越多，磁通量越大，所以一条形磁铁沿线圈的中轴线水平向右靠近线圈的过程中，穿过线圈的磁通量变大。故选A。3.把一个电荷量大小为10-8C的负点电荷放在电场中的某点，它受到的电场力大小为3×10-6N，方向水平向东，则该点电场强度的大小和方向是（）A.30V/m，水平向东 B.30V/m，水平向西C.300V/m，水平向东 D.300V/m，水平向西【答案】D【解析】根据电场强度的定义方向与负点电荷受到的电场力方向相反，水平向西。故选D。4.如图所示，一带电粒子在垂直纸面向外的匀强磁场中运动，某时刻受到的洛伦兹力F水平向右。粒子所受重力不计，关于该带电粒子下列说法中正确的是（）A.该时刻粒子一定向上运动B.粒子在运动过程中的速度保持不变C.粒子在运动过程中的加速度保持不变D.粒子在运动过程中的动能保持不变【答案】D【解析】A．粒子的电性未知，无法判断运动方向，故A错误；BC．粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度、加速度大小不变，方向改变，故BC错误；D．粒子速度大小不变，根据可知，动能不变，故D正确；故选D。5.如图所示，一块平整的铜板静放在水平桌面上，一强磁块从铜板的正上方高度为h处由静止下落。已知重力加速度为g，忽略空气阻力，则在磁块下落过程中（）A.磁块做自由落体运动B.磁块下落的加速度小于重力加速度C.铜板对桌面的压力小于铜板的重力D.磁块落地时的速度大于【答案】B【解析】AB．强磁块从铜板正上方下落时，会在铜板中产生涡流，涡流产生磁场，该磁场会阻碍磁块的下落，即此块受到向上的安培力，不做自由落体运动，下落的加速度小于重力加速度，A错误，B正确；C．根据牛顿第三定律可知铜板受到向下的安培力，所以铜板对桌面的压力大于铜板的重力，C错误；D．根据匀变速直线运动规律下落的高度相同，磁块下落的加速度小于重力加速度g，故磁块落地时的速度小于，D错误。故选B。6.三根足够细的平行直导线A、B、C垂直穿过纸面，电流大小都相同，方向如图所示。已知导线A、B、C两两之间的距离相等，则到导线A、B、C距离都相同的O点的磁感应强度的方向为（）A.由A指向OB.由B指向OC.平行于A、B连线向左D.平行于A、B连线向右【答案】C【解析】根据右手螺旋定则可知，导线在O点的磁感应强度方向如图根据矢量的合成可知，O点的磁感应强度的方向为平行于A、B连线向左。故选C。7.如图所示，A、B、C是真空中依次相邻的三个点，AB2BC。先在A、C两点分别放上电荷量为－Q和＋9Q的两个点电荷，它们之间库仑力的大小为F；移走C处的电荷，再在B处放上另一个点电荷，发现A处电荷受到的库仑力大小不变，方向与之前相反。则B处所放点电荷的电性和电荷量大小分别为（）A.正电，2Q B.正电，4QC.负电，2Q D.负电，4Q【答案】D【解析】设，则在A、C两点分别放上电荷量为－Q和＋9Q的两个点电荷，它们之间库仑力的大小为A处电荷受到的库仑力方向水平向右，移走C处的电荷，再在B处放上另一个点电荷，A处电荷受到的库仑力方向与之前相反，故负电荷，大小不变，为解得故选D。8.两根完全相同且粗细均匀的金属裸线，如果把其中一根均匀拉长到原来的两倍，称为A；把另一根对折后并在一起使用，称为B。现把A、B串联在电路中，则它们消耗的电功率之比为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设金属裸线的电阻率为，变化前金属裸线的长度为，横截面积为；变化后，根据电阻定律可得可知把A、B串联在电路中，则通过A、B的电流相等，根据可得，它们消耗的电功率之比为故选D。9.如图所示，ΔABC处在与三角形所在平面平行的匀强电场中。将一电荷量为+5×10-6C的点电荷从A移动到B电场力做功为零，从B移动到C电场力做功为2×10-8J。已知，，，则匀强电场的场强大小为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】根据题意可知，A、B在同一等势面上，作出一条电场线（红实线）如图所示设，由几何知识可知故有解得从B移动到C电场力做功为代入数据解得故选B。10.如图所示，真空中的M、N处分别固定有两等量同种正点电荷，它们相距为。在M、N连线的中垂线上P处有一负试探电荷，其到M、N连线中点O的距离为L。现由静止释放该试探电荷，经过一段时间，试探电荷到达P点关于O点的对称位置R。不计重力，则该试探电荷（）A.运动到R点时速度为零B.运动到R点的过程中速度一直增大C.运动到R点的过程中加速度先增大后减小D.运动到R点的过程中加速度先减小后增大【答案】AD【解析】A．根据电场叠加原理及等量同种点电荷中垂线上电场线的分布特点可知，P点到O点与O点到R点，负试探电荷所受电场力先向下后向上，先做正功后做负功，做功大小相等，静止释放该试探电荷，根据动能定理知，负试探电荷运动到R点时速度为零，故A正确；B．根据A项分析知，P点到O点，电场力做正功，速度增大，O点到R点，电场力做负功，速度减小，故B错误；CD．如图所示根据电场叠加原理及等量同种点电荷中垂线上电场线分布特点可知，O点场强为零，从O点沿中垂线向外，场强先变大后变小，点电荷从P→O的过程中，根据题意知P点时，设处电荷在P点处的场强与竖直方向间的夹角为，则解得设处电荷在试探电荷处的场强与竖直方向间的夹角试探电荷为，试探电荷处的场强时场强为大于时场强，也大于时的场强，从P→O的过程中，故场强变小，再根据对称性知O点到R点，场强变大，根据牛顿第二定律知，试探电荷运动到R点的过程中加速度先减小后增大，故C错误，D正确。故选AD。11.如图所示，带电小球A挂在绝缘的细线下端，带电小球B固定在高度可调的绝缘支架上，实验过程中始终保持两个小球在同一水平线上，两小球可视为点电荷。平衡时，两个小球距离为r，细线与竖直方向的夹角为θ。已知小球A的质量为m，带电量为q，静电力常量为k，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（）A.两小球带同种电荷B.小球A的带电量一定大于B的带电量C.小球A受到电场力为mgsinθD.小球B的带电量为【答案】AD【解析】A．由图可知，A、B两小球相互排斥，两小球带同种电荷，故A正确；BCD．小球A受到重力、拉力和库仑力，受力如图所示根据平衡条件有联立解得由已知条件无法确定两小球带电量大小关系，故BC错误，D正确。故选AD。12.如图所示，置于光滑水平面上的三角形导线框ABC与长直导线MN彼此绝缘，线框被导线分成面积相等的两部分，且长直导线MN与线框的AB边平行。当长直导线中突然接通图示方向的电流时，下列说法中正确的是（）A.线框将往右运动B.线框中的磁通量不变C.线框中有顺时针方向的感应电流D.长直导线会受到向右的安培力作用【答案】AC【解析】BC．线框被导线分成面积相等的两部分，根据几何关系可知，AB边距离导线比C点距离导线近一些，穿过三角形的磁通量由左侧部分决定，根据安培定则可知，图中电流在导线左侧产生的磁场方向垂直于纸面向外，当长直导线中突然接通图示方向的电流时，穿过线框的磁通量增大，根据楞次定律可知，线框中有顺时针方向的感应电流，故B错误，C正确；A．根据楞次定律可知，感应电流的效果总要阻碍引起感应电流的原因，由于穿过线框的磁通量增大，则原磁场对感应电流的安培力要阻碍磁通量的增大，即线框在安培力作用下将往右运动，故A正确；D．结合上述，原磁场对线框的安培力作用向右，根据牛顿第三定律可知，长直导线会受到向左的安培力作用，故D错误。故选AC。13.如图所示，平行的直线边界MN、PQ之间有方向垂直纸面向内的匀强磁场，边界PQ上的O点处有一粒子源，可在纸面内沿与PQ成30°角发射速度相同的甲、乙两种带电粒子；其中甲种粒子将垂直MN边界飞出，乙种粒子恰好不能从MN边界飞出。不计粒子重力，则甲、乙两种带电粒子的比荷之比可能为（）A. B.C D.【答案】CD【解析】根据洛伦兹力提供向心力有解得若两粒子均带正电，如图设两边界距离为d，根据几何关系可知，解得若乙带负电，则有可解得故选CD。二、实验（2小题，共15分）14.如图为“探究感应电流的方向”的实验中所用器材的示意图。（1）请在右图中用笔画线代替导线，将所缺导线补接完整；（2）电路连接完整后，某同学闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，则他将滑动变阻器的滑片向左迅速滑动时，电流计指针向________偏转（选填“左”或“右”）。【答案】（1）（2）右【解析】（1）[1]根据电路原理用笔画线代替导线，补接完整导线图如下（2）[1]电路连接完整后，某同学闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，是电路接通瞬间电流增大，穿过线圈的磁通量增大导致，则他将滑动变阻器的滑片向左迅速滑动时，电流增大，穿过线圈的磁通量增大，故电流计指针也向右偏转。15.某实验小组在进行“测量金属丝的电阻率”实验，实验室准备了如下器材：A．待测金属丝Rx：阻值约为50ΩB．电压表V：量程为0～3V，内阻约为15kΩC．电流表A：量程0～50mA，内阻约为10ΩD．直流电源：电动势3V，内阻忽略不计E．滑动变阻器R：0～10ΩF．单刀单掷开关一个，导线若干，螺旋测微器，毫米刻度尺，坐标纸据此回答以下问题：（1）用螺旋测微器测量金属丝多个部位横截面的直径，某次测量的结果如图甲所示，该处金属丝的直径D=________mm。再用毫米刻度尺测量金属丝的长度，测量的结果如图乙所示，则金属丝的长度L=________mm。（2）请在丙图的虚线框中补画出完整的电路图________，要求电表示数能从零开始进行调节。根据电路图组装好实验器材，测量金属丝的电阻，若电压表示数为U，电流表示数为I，则金属丝电阻率可表示为ρ=________（用题中所给字母表示）。（3）实验数据记录如下表，请利用表中数据在丁图中的坐标纸上描点作出图像。次数1234567U/V00.400.801.201.602.002.40I/mA07.915.021.830.137.244.0（4）若甲图中测量的金属丝直径恰好是多次测量金属丝直径的平均值，由以上数据可得，该电阻丝所用材料的电阻率ρ=________Ω·m（结果保留一位小数）。【答案】（1）0.150450.0（2）见解析（3）见解析（4）（）【解析】（1）[1]螺旋测微器的精确值为，由图可知金属丝的直径为[2]毫米刻度尺的精确值为，由图可知金属丝的长度为（2）[1]要求电表示数能从零开始进行调节，则滑动变阻器应采用分压接法；根据可知电流表应采用外接法，则完整的电路图如图所示[2]根据电阻定律可得又，联立可得金属丝电阻率为（3）根据表格数据描点，并作出图像如图所示（4）根据作出的图像可得则该电阻丝所用材料的电阻率为三、计算题（共46分，要求写出必要的解题过程和文字说明，只写结果不给分）16.如图所示，A、B、C三点均在匀强电场中，且、。将一个电荷量q=2.0×10-8C的正点电荷从A点移动到B点时电场力做功，从B点移动到C点时电场力做功，再从C点移动到AC的中点D。设A点电势为零，求：（1）A、C两点的电势差UAC；（2）该正点电荷在D点时的电势能Ep。【答案】（1）（2）【解析】（1）设全程从A到C，电场做功为WAC，则有代入数据解得（2）由匀强电场电场力做功的特点可知，从A到D电场力做的功有由A点电势为零，有代入数据得17.如图所示，一根长为L的细绝缘线，上端固定，下端系一个质量为m的带电小球，将整个装置放入范围足够大的匀强电场中，电场强度大小为E、方向为水平向右，小球处于静止状态，细线与竖直方向的夹角为α。现给小球一个初速度，小球刚好能在竖直面内做完整的圆周运动。已知重力加速度为g，sinα=0.6，求：（1）小球的电性及带电量q；（2）小球做圆周运动的初速度大小v0。【答案】（1），负电（2）【解析】（1）对小球受力分析如图所示小球受电场力与电场方向相反，则小球带负电，根据共点力平衡条件有解得，负电（2）小球刚好能做完整的圆周运动，在其等效最高点有小球从运动开始到等效最高点的过程，由动能定理有联立解得18.如图所示，两条相互平行的导电轨道，导轨间距L=1m，两轨道及轨道平面与水平面之间的夹角均为θ，两轨道顶端与阻值R1=3Ω的定值电阻及开关S相连，底端与阻值R2=2Ω的定值电阻相连，整个导轨平面处于与导轨平面垂直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=1T。断开开关S，将一根质量m=0.2kg、电阻r=2.8Ω的金属棒MN放在导轨上，金属棒与两导轨均垂直。由静止释放金属棒，一段时间后闭合开关S，金属棒恰好能做匀速运动。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数μ=0.125，sinθ=0.6，重力加速度g取10m/s2，金属棒与导轨间接触良好，不计导轨电阻，轨道足够长，求：（1）闭合开关S时，金属棒MN的速度大小v；（2）闭合开关S前的瞬间，金属棒克服安培力做功的功率P。【答案】（1）（2）【解析】（1）设闭合开关S后的瞬间，金属棒