安徽省芜湖市镜湖区安徽师范大学附属中学2024-2025学年高二上学期1月期末物理试题

2024一2025学年度高二年级（上）·期末学情检测 物 理 考生注意： 1.试卷分值：100分，考试时间：75分钟。 2.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案区域内作答，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。 3.所有答案均要答在答题卡上，否则无效。考试结束后只交答题卡。 一、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， 只有一项是符合要求的。 1.下列说法正确的是() A.静电复印机应用了静电吸附原理 B.匀强电场中电场强度处处相同，所以任何电荷在其中受力都相同 C.电场线从正电荷出发，终止于负电荷；磁感线从磁体的N极出发，终止于S极 D根据磁感应强度的定义式B=无可知，磁感应强度B与F成正比，与山 成反比 2.关于安培力和洛伦兹力的方向，下列各图正确的是( ×××× F ↑×B× B XX B D 3.如图所示，空间有磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出），水平放置一 根通电长直导线.已知a、b、c、d是以直导线为圆心的圆周上的四等分点，其中 b、d位于竖直直径上，且α点的磁感应强度大小为0.下列说法正确的是() 物理 )试题第1页（共6页） A匀强磁场的方向竖直向下 d B.c点的磁感应强度大小为0 C.b点的磁感应强度大小为2B D.通电导线在d点的磁感应强度大小为B 4.如图所示，静电喷涂时，喷枪喷出的涂料微粒带电，在带有正电的被喷工件的 静电作用下，向被喷工件运动，最后吸附在其表面.在涂料微粒向工件靠近的 过程中，下列说法正确的是( A.涂料微粒带正电 工件， 啖枪 B.涂料微粒的动能越来越小 涂料微粒 手柄 C.涂料微粒的电势能越来越小 D.涂料微粒所受静电力越来越小 5.如图所示，电阻均匀的竖直圆环固定于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，PQ 是直径，圆弧MGN对应的圆心角为90°.当M、N与内阻不计的直流电源相 连时，圆环所受的安培力大小为F;当P、Q与该电源相连时，圆环所受的安培 力大小为( ) A. 90 4 22F C 3 D 32F 6.肉眼看到的一次闪电，其过程是很复杂的，当雷雨云移到某处时，云的中下部 是强大负电荷中心，与云底相对的底下地面变成正电荷中心，云底会出现大气 被强烈电离的一段阻值约1×10Ω的气柱.在某一次闪电前，云地间距离约 1km,第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约6C,闪击持续时间约60us. 假定闪电前云地间的电场是匀强电场，下列说法正确的是() A.闪电电流的方向由云层到地面 B.闪电电流的平均值约1×105A C.云地之间的电势差约1×103V D.闪电前云地间的电场强度大小约1×103V/m 物理 试题第2页（共6页） 7.如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r,R1和R2为定值电阻，R3为滑动 变阻器，理想二极管D具有单向导电性，平行板电容器中带电微粒P处于静 止状态，其中R1=r,各电表均为理想电表.当滑动变阻器R3的滑片向b端移 动时，下列说法正确的是() A.微粒P将向下运动 R B.电源的输出功率将增大 C.电压表V1的变化量与电流表A的变化量之比增大 D.电压表V2的变化量与电流表A的变化量之比减小 8.如图所示为回旋加速器的工作原理图，D和D2是两个半径为R的中空半圆形 金属盒，磁感应强度大小为B的匀强磁场与D形盒面垂直，两金属盒之间有周 期性变化的交变电场.P处的粒子源由静止释放质量为m、电荷量为g的带电粒 子，粒子在两盒之间被加速，然后进入磁场中做匀速圆周运动，再次到达两盒间 的缝隙时，电场方向反向，使粒子再次被加速，往复循环.两盒间的狭缝很小， 带电粒子穿过的时间忽略不计，不计粒子的重力，下列说法正确的是( A,粒子的最大速度为 mR B.交变电场的频率为2πm qB C.仅改变粒子的比荷，该回旋加速器也可加速此粒子 D.若加速电压为U,则粒子被电场加速的次数为R 2Um 二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，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.下列所示的各物理情境中，能产生感应电流的是( A.图甲中，条形磁铁向右匀速移动 B.图乙中，线圈与通电导线在同一平面，且线圈竖直向上移动 物理 试题第3页（共6页）】 C.图丙中，水平面上两根金属棒处于竖直向上的匀强磁场中分别向两侧匀速 移动 D.图丁中，将条形磁铁靠近不闭合的线圈 10.质谱仪在物理研究中起着非常重要的作用.如图所示为质谱仪的工作原理示 意图，粒子源产生的带电粒子经加速电场加速后，进入速度选择器，速度选择 器内有相互正交的磁感应强度大小为B的匀强磁场和电场强度大小为E的 匀强电场.平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片 A1A2,平板S下方有匀强磁场.不计粒子的重力和粒子间的作用力，下列说 法正确的是( 粒子源 加速电场 A.速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向里 B.平板S下方的磁场方向垂直于纸面向里 速度选择器 B E C能通过狭缝P的粒子的速率为号 D.粒子打在胶片上的位置离狭缝P越近，粒子的比荷越大 三、非选择题：本题共5题，共58分。其中11~12每空2分。 11.(6分)某物理兴趣小组的同学设计了一个利用天平测定磁感应强度的实验 方案，实验原理如图所示，天平的右臂下面挂一个宽为L的矩形线圈，线圈 的下部悬在方向垂直于纸面的匀强磁场中.天平左右悬点关于支点对称，线 圈共N匝，当地重力加速度大小为g,实验步骤如下： (1)未通电流时，在天平左盘内放入质量为M的砝码，使 天平平衡；当给线圈通以逆时针方向、大小为I的电流 (如图所示)时，需要在砝码盘中再加入质量为o的 砝码，天平才重新平衡.分析可知磁场方向垂直于纸面 (填“向 里”或“向外”)，磁感应强度大小B= ·(用题中所给物理量符号 表示) (2)只改变通入线圈电流I的大小，砝码盘中放入砝码使天平平衡，读出砝码 盘中砝码的总质量m,得到多组m和I数据后，作出了m-I图像，若该 图像是一条斜率为及的直线，则匀强磁场的磁感应强度大小B= .(用g、k、L和N表示) 物理 试题第4页（共6页） 12.(10分)在“测量电源电动势和内阻”的实验中，由于电流表和电压表内阻的影 响，会产生系统误差，为了消除电表的内阻产生的系统误差，某兴趣小组用如 图甲所示的电路来测量电源电动势和内阻，其中R。=2Ω.实验操作步骤如下： ①将滑动变阻器滑到最左端位置，单刀双掷开关S与1接通，闭合开关S,,调 节滑动变阻器R,记录下若干组数据U、I的值，断开开关S; ②单刀双掷开关S与2接通，闭合开关S,调节滑动变阻器R,记录下若干组 数据U、I的值，断开开关S; ③在图乙中分别作出两种情况所对应的U-I图像. U/V 2.00 1.50 1.00 10 0.50 、5133315 0.100.200.300.400.501/A 甲 乙 丙 (1)某次电压表读取时，指针如图丙所示，则读数U= V. (2)图丙中的曲线I是开关与 (填“1”或“2”)接通时相对应的图线， (3)根据图乙中的U-I图线，综合图线I和Ⅱ的数据，可消除电流表和电压 表内阻的影响，可知电源电动势E= V,内阻r= 2.(结 果均保留三位有效数字) (4)该兴趣小组经讨论认为，利用图乙还可以计算出电流表的内阻，则电流表 的内阻RA= 0. 13.(12分)如图甲所示的电路中，滑动变阻器的滑片从右端滑到左端的过程中，两 电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示.电表均为理想电表，求： (1)电源的电动势和内阻； (2)滑动变阻器的总电阻； (3)滑动变阻器的最大功率. 0.51.01.52.01/A 物理 试题第5页（共6页） 14.(14分)如图所示为某静电除尘装置的简化原理图，两平行带电极板间为除 尘空间，比荷均为9=2×108C/kg的带负电的尘埃分布均匀，均沿极板方向 m 以大小=2×105m/s的初速度射入除尘空间，带电尘埃碰到下极板时立 即被中和，同时尘埃被收集.已知极板长L=20cm,板间距离d=4cm,调整 两极板间的电压可以改变除尘率？（相同时间内被收集尘埃的数量占进入除 尘空间尘埃的数量的百分比).不计空气阻力、尘埃的重力及尘埃之间的相互 作用，忽略边缘效应.当除尘率？=75%时，求： (1)两极板间的电压； (2)恰好能射出极板的尘埃，射出极板时的速度； (3)若要使除尘率达100%，两极板间所加电压的最小值. 高压直流 ● 15.(16分)如图所示，以O为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向外的 匀强磁场，ab为圆的水平直径.在a处有一粒子源能沿垂直于磁场的各个方 向，向磁场发射质量为m、电荷量为q、速率不同的带正电粒子.已知从a点沿 ab方向、以大小的初速度射入磁场的粒子P,恰好从c点离开磁场，Oc与 Ob间夹角α=60°，不计粒子的重力和粒子间的相互作用.求： (1)匀强磁场的磁感应强度大小； (2)粒子Q沿与ab成30°角的方向斜向右上射入磁场，仍从c点离开，则粒子 Q射人磁场的初速度大小及在磁场中运动的时间； (3)要使所有粒子只能从∠aOc所对应的磁场边界射出， 粒子射入磁场的初速度大小范围. 物理 试题第6页（共6页） 2024一2025学年度高二年级（上）·期末学情检测 物理参考答案、提示及评分细则 题号 1 2 3 5 6 7 8 9 10 答案 A D B B AC BD 1.【答案】A 【解析静电复印机应用了静电吸附原理，A正确，匀强电场中电场强度处处相同，但对于不同的 电荷，根据F=Eg可知所受的电场力也不同，B错误；电场线从正电荷出发，终止于负电荷或无 穷远，磁感线在磁体外部从磁体的N极到S极，内部从S极到N极，形成闭合曲线，C错误；磁感 应强度的定义式B=元，是比值定义式，磁感应强度B只由磁场本身决定，与R、L无关，D 错误 2.【答案】C 【解析】根据左手定则，正电荷所受洛伦兹方向垂直纸面向外，负电荷所受洛伦兹方向向下，A错 误、C正确；根据左手定则，通电导体所受安培力方向水平向右，B错误；当通电导体与磁场方向 共线时，不受安培力，D错误 3.【答案】D 【解析】根据右手定则，可知电流在a点的磁场方向竖直向下，而α点的磁感应强度大小为0，可 知匀强磁场的方向竖直向上，A错误；根据通电导线周围磁场分布规律，可知电流在b、c、d点的 磁感应强度大小也为B,根据右手定则，可知电流在c点的磁感应强度方向竖直向上，根据磁场 叠加，可知c点的磁感应强度大小为2B,B错误、D正确；同理可知，b点的磁感应强度大小为 √2B,C错误 4.【答案】C 【解析】由题意可知，涂料微粒在静电力作用下向工件靠近，而工件带正电，则涂料微粒带负电，A 错误；涂料微粒在静电力作用下向工件运动，则电场力对涂料微粒做正功，动能越来越大，电势 能越来越小，B错误、C正确；离工件越近，涂料微粒所受静电力越大，D错误 5.【答案】A 【解析】由图可知，当M、N与电源相连时，圆环MGN和圆环的其余部分并联，两部分的长度之 比为1·3，电阻之比为1：3，则通过的电流之比为3：1，设圆的半径为r,通过圆环MGN的电 流为1，则整个圆环所受的安培力大小F=B12r十B,号反r-4B1r,当P,Q与该电源 3 相连时，设通过圆环PGQ的电流为'，由欧姆定律可知=？，则圆环所受的安培力大小F= 2·Br·2=32F,A正确 4 6.【答案】B 【解析】由电流的定义可知，闪电电流的方向由地面到云层，闪电电流的平均值约I=9= 60X10A=1X105A,A错误，B正确；由欧姆定律，可得U-IR=1×10X10V=1×10V, 6 第1页（共4页） 即云地之间的电势差约1×10°V,C错误；由于闪电前云地间的电场可看作匀强电场，可得E U_1×102 h1000 V/m=1×106V/m,D错误. 7.【答案B 【解析】当滑动变阻器R,的滑片向b端移动时，滑动变阻器R接入电路的电阻减小，外电路总电 阻减小，根据闭合电路的欧姆定律，可知总电流增大，因电容器与二极管串联，则电容器两端电 压不变，两极板间电场强度不变，微粒P静止不动，A错误；由于R1=r,根据电源输出功率与外 电路电阻的关系，可知随外电路电阻减小，电源的输出功率将增大，B正确；根据欧姆定律，有 =R2,故电压表V,的变化量与电流表A的变化量之比不变，C错误；根据闭合电路的欧姆定 △ 律，有西=E-1R十R十，则=R十R+,故电压表V的变化量与电流表A的变化量 之比不变，D错误 8.【答案】D 【解析洛伦装力提供向心力，有B=m紧，解得-S m ,A错误；粒子在磁场中的周期T= 2公-2巴，为了使粒子每经过狭缝都加速，则交变电场的周期等于粒子做圆周运动的周期，则 交变电场的频率∫一六= ,可知仅改变粒子的比荷，该回旋加速器无法加速该粒子，B、C错 误：若加速电压为U,有9U=m2-0,解得加速次数n=,D正确 2Um 9.【答案】AC 【解析】图甲中，条形磁铁向右匀速移动，闭合线圈内磁通量发生变化，可以产生感应电流，A正 确：图乙中，线圈与通电导线在同一平面，且线圈竖直向上移动，线圈内磁通量不变，线圈中没有 感应电流，B错误；图丙中，两根导体棒以一定的速度向相反方向运动，穿过闭合回路的磁通量增 大，可以产生感应电流，C正确；图丁中，将条形磁铁靠近不闭合的线圈，线圈中磁通量变化，但回 路不闭合，没有感应电流，D错误， 10.【答案】BD 【解析】由加速电场的电场方向，可知粒子带负电，速度选择器中粒子受方向向左的电场力，故 洛伦兹力方向向右，由左手定则可知，磁场方向垂直于纸面向外，A错误；在偏转磁场中，根据 左手定则，可知磁场方向垂直于纸面向里，B正确；能通过狭缝P的粒子的速率满足Bqv一qE, 解得。=号C错误：粒子在磁场中运动时，有B,一m号，解得7一需，则粒子打在胶片上的 位置x=2x= 2mE qBB ,可知离狭缝P越近的粒子的比荷马越大，D正确。 11.【答案】(1)向外 (2)号（每空2分） NIL 【解析】(1)由题意可知，线圈受到向下的安培力，根据左手定则，可知磁场方向垂直于纸面向 外：根据平衡条件，有NBL=mg,解得B=是。 (2)设线圈的重力为G,根据平衡条件，有mg十G=NBL,化简可得m=NBL·I+G,则m-1 g g 图像的斜率k-L,解得B一怒。 第2页（共4页）】 12.【答案】(1)1.30(2)1(3)1.802.50(4)0.5（每空2分） 【解析】(1)由图乙可知，电压表的量程为3V,其分度值为0.1V,需要估读到分度值的下一位， 由图丙可知，电压表读数U=1.30V. (2)当单刀双掷开关接1时，电动势测量值（图像与纵轴的交点）准确，内阻测量值（图像的斜 率)偏大；当单刀双掷开关接2时，电动势测量值偏小，内阻测量值偏小.曲线I与纵轴的交点 大于曲线Ⅱ与纵轴的交点，并且曲线I的斜率大于曲线Ⅱ的斜率，可知曲线I是开关与1接通 时相对应的图线 (3)当单刀双掷开关接1时，电流表示数为零时，电压表测量准确；当单刀双掷开关接2，电压表 示数为零时，电流表测量准确.如图所示的虚线为电源U-I曲线的准确值，由虚线可得E= 1.80V,r-8n-2n=2.50n AU/V 2.00 1.50 1.00 0.50 0.100.200.300.400.501/A (4)图线I的斜率k1=r十rA十R,结合图乙可知，图线I的斜率k1=5.002,解得rA=k1一 r-Ro=0.52. 13.(12分)【解析】(1)分析可知，AC是电压表V1随电流表的变化图线，BC是电压表V2随电流表 的变化图线(1分) 由闭合电路的欧姆定律有E=U2十1r,化简可得U2=E-Ir(1分) 结合图线BC,可知E=6V,r=1(2分) (2)由AC图像可知，定值电阻R=22(1分) 当滑动变阻器的滑片在最右端时，电压表V2读数最大 则滑动变阻器的总电阻R严-R=902分) (3)将R看做是电源内阻，则等效电源的内阻r-R。十r一3(2分) 由数学知识可知，当滑动变阻器的阻值等于等效电源内阻时，其功率最大(1分) 最大功率Pm 4家=3W(2分) 14.(14分)【解析11)若某尘埃恰好能被收集，有厂兰，解得y=3cm（1分) 尘埃在极板间做类平抛运动，水平方向有L=ot,解得t=1×106s(1分) 竖直方向，有y=2a2,解得a=6X10°m/s2(1分) 由牛顿第二定律有gE=ma,其中E-哥 (1分) 解得两极板间的电压U=12V(1分) (2)恰好能射出极板的尘埃，竖直方向有v,=at=6×10m/s(1分) 则尘埃射出极板时的速度大小v=√，2+u,2=2√109×104m/s(2分) 第3页（共4页） 设速度方向与水平方向夹角为0，则tan0-=0.3(1分) Uo (3)当)100%时，沿上极板射入的尘埃，竖直方向有d=2a:(2分) 其中。-岛 (1分) 解得U'=16V(2分) 15.(16分)【解析】(1)粒子P的运动轨迹如图甲所示，设粒子P做圆周运动的半径为r 根据几何关系，有an号，解得n=3R(1分) 2r1 由洛伦兹力提供向心力，有gB=m(2分) 解得B=3m 3gR (1分) 0, 甲 (2)粒子Q的运动轨迹如图乙所示，设粒子Q做圆周运动的半径为r2 由几何关系，有r2=R(1分) 由洛伦兹力提供向心力，有gB=m2 (1分) 解得=号1分) 粒子Q在磁场中做圆周运动的周期T=2严=23迟 (2分) 由几何关系，可知粒子Q做圆周运动的圆心角0=120°(1分) 则粒子Q在酸场中运动的时间：=器·T=-2 30 (1分) (3)要使所有粒子从∠aOc所对应的磁场边界射出，可知弦ac为速度最大的粒子的轨迹的直径 则最大半径=号R(2分】 洛伦兹力提供向心力，有qBun=m量 (1分) 解得a=2功1分) 所以粒子射入磁场的速度应满足≤” (1分) 第4页（共4页）