广东省广州市华南师范大学附属中学2024-2025学年高二上学期期末物理试题

华南师范大学附属中学2024-2025学年高二上物理期末试题 一、单选题 1．如图所示，一阻值为R的圆形线圈位于磁感应强度为B的匀强磁场中，从某时刻开始，空间中各点磁感应强度均随时间均匀增大，则对于该圆形线圈（　　） A．将产生恒定的逆时针方向的电流 B．有扩张的趋势 C．各个点所受安培力相同 D．所受安培力合力向右 2．如图所示，带电体P、Q可视为点电荷，电荷量相同，电性未知。倾角为θ的绝缘斜面体放在粗糙水平面上，将带电体P放在粗糙的斜面体上。当带电体Q固定在与P等高（PQ连线水平）且与P相距为r的右侧位置时，P静止且不受摩擦力作用，此时斜面体也保持静止，则下列说法中正确的是（　　） A．带电体P、Q所带电荷的电性相异 B．带电体P对斜面体的压力比P的重力小 C．斜面体受到地面的摩擦力方向向右 D．斜面体对地面的压力等于P、Q和斜面体的重力之和 3．如图甲所示，高压输电线上有a、b、c三根相互平行的水平长直导线通有大小相等且方向相同的电流I。a′、b′、c′为同一竖直面上与导线a、b、c相交的三个点，连接三点构成等腰直角三角形（a′b′ = b′c′），O为连线a′c′的中点。顺着电流方向观察得到如图乙所示的截面图。已知单独一根通电导线a在O处产生的磁感应强度大小为B，不计地磁场的影响，则下列说法正确的是（　　） A．O点的磁感应强度大小为3B B．O点的磁感应强度方向是从O指向c′ C．导线a、c在b导线位置产生的磁感应强度大小为 D．导线b受到的安培力方向竖直向上 4．质谱仪在物理研究中起着非常重要的作用。如图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，速度选择器内相互正交的匀强磁场的磁感应强度大小和匀强电场的电场强度大小分别为B和E。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，平板S下方有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为，不计粒子重力和粒子间作用力。下列说法正确的是（　　） A．该粒子带负电 B．速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向里 C．能通过狭缝P的粒子的速率为 D．粒子打在胶片上的位置离狭缝P越远，粒子的比荷越小 5．某学校创建绿色校园，如图甲为新装的一批节能路灯，该路灯通过光控开关实现自动控制，电灯的亮度可自动随周围环境亮度的改变而改变。如图乙为其内部电路简化原理图，电源电动势为E，内阻为r，Rt为光敏电阻（光照强度增加时，其电阻值减小）。现增加光照强度，则下列判断正确的是（　　） A．R0两端电压变大 B．B灯变暗，A灯变亮 C．电源路端电压不变 D．电源的总功率不变 6．小明坐在汽车的副驾驶位上看到一个现象：当汽车的电动机启动时，汽车的车灯会瞬时变暗。汽车的电源、电流表、车灯、电动机连接的简化电路如图所示，已知汽车电源电动势为12.6V，内阻为。车灯接通电动机未启动时，电流表示数为12A；电动机启动的瞬间，电流表示数达到52A。电表为理想电表，下列说法正确的是（　　） A．电动机未启动时，车灯的功率为125W B．电动机启动时，车灯的功率为120W C．电动机启动时，电动机的输入功率为420W D．电动机启动时，电动机的热功率可能为450W 7．如图甲连接电路，电表均为理想电表。闭合开关S，让滑动变阻器的滑片从端向左滑动的过程中，电路中的一些物理量的变化规律如图乙所示，、分别是电压表、电流表的示数，是变阻器间的电阻，是电源输出功率，是电源效率。下列选项中正确的是（    ） A．电源的电动势为4V B．滑动变阻器最大阻值为 C．Ⅰ图点的坐标为 D．Ⅱ图点的坐标为 二、多选题 8．如图所示，粗糙木板MN竖直固定在方向垂直纸面向里的匀强磁场中。t＝0时，一个质量为m、电荷量为q的带正电物块沿MN以某一初速度竖直向下滑动，则物块运动的v－t图像可能是（　　） A．B．C． D． 9．手机触摸屏多数采用的是电容式触摸屏，其原理可简化为如图所示的电路。平行板电容器的上、下两极板A、B分别接在一恒压直流电源的两端，上极板A为两端固定的可动电极，下极板B为固定电极。当用手指触压屏幕上某个部位时，可动电极的极板会发生形变，从而改变电容器的电容。当压力F增大时（　　） A．电容器所带电荷量不变 B．直流电源对电容器充电 C．极板间的电场强度增大 D．电阻R上有从a到b的电流 10．如图所示，在竖直平面内有水平向右、场强为的匀强电场在匀强电场中有一根长L=2 m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为0.08 kg的带电小球，它静止时悬线与竖直方向成37°角，若小球获得初速度恰能绕O点在竖直平面内做完整的圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能零点和重力势能零点，cos37°=0.8，g取10 m/s2.下列说法正确 A．小球的电荷量 B．小球动能的最小值为1 J C．小球在运动至圆周轨迹上的最高点时有机械能的最小值 D．小球绕O点在竖直平面内做圆周运动的电势能和机械能之和保持不变，且为5J 三、实验题 11．在使用多用电表测电流前，发现指针如图（甲）所示。 (1)现需要调整右图中的部件 （填字母“K”、“S”或“T”），使指针对准电流的“0”刻线。调整好后，将部件K拨至“50mA”挡，将多用表串联接入待测电路中，指针如图（乙）所示，则电路中电流为 mA。 (2)使用多用表测电阻时，将部件K拨至“×10”挡，并将两表笔短接，旋动部件 （填字母“K”、“S”或“T”），使指针对准电阻的“0刻线”。将红、黑表笔分别与待测电阻两端接触，若多用电表读数如图（甲）所示，为了使多用电表测量的结果更准确，该同学将部件K拨至 挡（填“×1”或“×100”）；之后要 ，再将待测电阻接到两表笔之间测量其阻值，此时指针如图（乙）所示，则待测电阻为 Ω，测量完毕后将选择开关拨至“OFF”挡。 (3)如图是多用电表内部结构示意图，通过选择开关分别与1、2、3、4、5、6相连，以改变电路结构，分别成为电流表、电压表和欧姆表，下列说法正确的是 A．A是黑表笔、B是红表笔 B．作电流表时1比2量程大，作电压表时6比5量程小 C．当选择开关与3或4相连是欧姆表，测量电阻之前需欧姆调零 12．为探究热敏电阻的伏安特性，物理兴趣小组做了下列实验。 (1)描绘热敏电阻的I-U图像。已知热敏电阻的阻值为几百欧姆，所使用的电流表内阻小于1Ω，电压表内阻为几千欧姆，为使电压的测量范围足够大，下列测量电路应该选用（　　） A．B．C． D． (2)按照你选择的正确电路，将图甲中的实物图连接成电路。 (3)现将上述测量的两个相同的热敏电阻（伏安特性曲线如图乙所示）和定值电阻、恒压电源组成如图丙所示的电路，电源电动势为6V，内阻不计，定值电阻。每个热敏电阻消耗的电功率约为 W（结果保留两位有效数字）。 (4)已知热敏电阻的阻值随温度的变化规律如图丁所示，则（3）中热敏电阻的热力学温度约为 K（结果保留整数）。 四、解答题 13．如图所示，第一象限内有方向竖直向上的匀强电场，第四象限有磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，一带电的粒子从M（0，）点以速率v沿与x轴正方向射入磁场区域，经过一段时间穿过x轴上的P（）点进入第一象限，再从y轴上的Q点（图中未画出）离开第一象限，不计粒子的重力，求： （1）判断带电粒子的电性并计算带电的粒子的比荷； （2）粒子从M点到Q点的运动时间。 14．如图所示，两平行金属导轨间距L=1m，导轨与水平面成=37°，导轨电阻不计．导轨上端连接有E=6V、r=1Ω的电源和滑动变阻器R．长度也为L的金属棒ab垂直导轨放置且与导轨接触良好，金属棒的质量m=0.2kg，电阻R0=2Ω，整个装置处在竖直向上磁感应强度为B=1.5T的匀强磁场中，金属棒一直静止在导轨上．（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求： （1）当金属棒刚好与导轨间无摩擦力时，接入电路中的滑动变阻器的阻值R多大； （2） 当滑动变阻器接入电路的电阻为R=5Ω时金属棒受到的摩擦力． 15．如图所示，由S点发出的电量为q、质量为m的静止带电粒子，被加速电压为U，极板间距离为d的匀强电场加速后，从正中央垂直射入电压为U的匀强偏转电场，偏转极板长度和极板距离均为L，带电粒子离开偏转电场后即进入一个垂直纸面方向的匀强磁场，其磁感应强度为B，若不计重力影响，欲使带电粒子通过某路径返回S点，求： （1）简要画出粒子经磁场返回S点的路径（粒子第二次进入电场时电场方向反向）； （2）粒子第一次进入磁场时的速度大小？ （3）匀强磁场的宽度D至少为多少？ 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 华南师范大学附属中学2024-2025学年高二上物理期末试题参考答案 1．A【详解】AB．空间中各点磁感应强度均随时间均匀增大，则穿过该圆形线圈的磁通量向里增加，由楞次定律增反减同，可知该圆形线圈将产生恒定的逆时针方向的电流；由楞次定律增缩减扩推论可知，该圆形线圈有收缩的趋势，故A正确，B错误； CD．由于安培力是矢量，所以该圆形线圈各个点所受安培力大小相等，方向不同；该圆形线圈所受安培力合力为0，故CD错误。故选A。 2．C【详解】AB．对物体P受力分析物体P受到水平向左的库仑力，垂直斜面向上的支持力N，竖直向下的重力，故带电体P、Q所带电荷的电性相同，且有： 则支持力大于重力，根据牛顿第三定律可知，带电体P对斜面体的压力比P的重力大，故AB错误； CD．整体平衡，对斜面体和物体P整体受力分析可知，受到竖直向下的重力，竖直向上的支持力，水平向左的库仑力和水平向右的摩擦力，所以竖直方向上受力平衡，此时地面对斜面体的支持力 由牛顿第三定律可知，斜面体对地面的压力为P和斜面体的重力之和，故C正确，D错误。故选C。 3．B【详解】AB．由题意可知，通电导线a、b、c在O处产生的磁感应强度大小均为B，方向分别为竖直向上、水平向左、竖直向下，如图所示，根据磁场强度的叠加原理可知，O点的磁感应强度大小为B，方向从O指向c′，故A错误，B正确； C．导线a、c在b导线位置产生的磁感应强度如图所示 导线b处的合磁感应强度水平向右，设，则，因，则 处的合磁感应强度的大小为故C错误； D．根据左手定则可知导线b受到的安培力方向竖直向下，故D错误。故选B。 4．D【详解】A．根据粒子在磁场中的偏转方向，结合左手定则可知，该粒子带正电，选项A错误； B．速度选择器中粒子受电场力向右，洛伦兹力方向向左，由左手定则可知磁场方向垂直于纸面向外，选项B错误； C．能通过狭缝P的粒子的速率满足则选项C错误； D．粒子在磁场中运动时 可得粒子打在胶片上的位置 可知离狭缝P越远的粒子的比荷越小，选项D正确。故选D。 5．A【详解】ABC．由题意，增加光照强度，Rt减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律 可知，干路电流I增大，由 可知路端电压减小。则A灯变暗，通过R0电流 I0=I-IAI增大，而IA减小，则I0增大，R0两端电压U0增大，而R0、B灯的电压之和等于路端电压，路端电压减小，则知B灯的电压减小，B灯变暗。故A正确；BC错误；D．电源的总功率 P=EII增大，则P增大。故D错误。故选A。 6．C 【详解】A．根据题意可知，电动机未启动时，车灯、电流表和电源串联，根据闭合电路欧姆定律可知此时的路端电压 则车灯的功率故A错误； B．根据欧姆定律可知，车灯的电阻 电动机启动瞬间，车灯两端电压 车灯的功率故B错误； CD．此时电动机的输入功率 热功率一定小于，故C正确，D错误。故选C。 7．C【详解】A.由图乙中Ⅰ图可知短路电流由解得 根据图乙中Ⅱ图可知电源最大输出功率则由解得，故A错误； B.电源效率最高时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，由Ⅲ图知电源的最大效率 由解得即滑动变阻器最大阻值为8Ω，故B错误； C.Ⅰ图a点，此时电路中的电流 根据闭合电路欧姆定律可知a点的坐标为（0.6A，4.8V），故C正确； D.Ⅱ图c点表明滑动变阻器达到了最大值，即，，干路电流，故输出功率 故Ⅱ图c点的坐标为（4.8V，2.88W），故D错误。故选C。 8．ACD【详解】A．设初速度为v0，则FN＝Bqv0若满足mg＝Ff＝μFN即mg＝μBqv0 物块向下做匀速运动，故A正确； BD．若mg>μBqv0，则物块开始有向下的加速度，由 可知，随着速度增大，加速度减小，即物块先做加速度减小的加速运动，最后达到匀速状态，故D正确，B错误； C．若mg<μBqv0，则物块开始有向上的加速度，物块做减速运动，由 可知，随着速度减小，加速度减小，即物块先做加速度减小的减速运动，最后达到匀速状态，故C正确。 故选ACD。 9．BC【详解】由公式可知，当压力F增大时两板间距离减小，电容增大，由公式可知，电容器所带电荷量增大，即直流电源对电容器充电，电阻R上有从b到a的电流，由公式可知，极板间的电场强度增大。故选BC。 10．BD【详解】A.小球静止时受到重力、电场力和绳子的拉力，根据受力平衡可得，电场力 则小球的电荷量q=故A项错误; B.在静止时的合力反向延长线与轨迹的交点为动能的最小位置.此时合力可以看成等效重力，即 可得小球动能的最小值故B选项正确; C.除了重力只有电场力做功改变小球的机械能，所以机械能的最小值的位置是圆轨道的最左边，故C错误; D.小球绕O点在竖直平面内做圆周运动的电势能和机械能之和保持不变，大小为静止位置的动能，由动能定理可知5J故D项正确。 11．(1) S 22.0(2) T ×100 重新进行欧姆调零 1900(3)C 【详解】（1）[1]需要调整指针定位螺丝，即图中的部件S，使指针对准电流的“0”刻线。 [2]将部件K拨至“50mA”挡，最小刻度为1mA，由图（乙）可知电路中电流为22.0mA。 （2）[1]使用多用表测电阻时，将部件K拨至“×10”挡，并将两表笔短接，旋动部件T，使指针对准电阻的“0刻线”。 [2][3][4]若多用电表读数如图（甲）所示，可得待测电阻较大，为了使多用电表测量的结果更准确，该同学将部件K拨至“×100”挡；之后要重新进行欧姆调零，再将待测电阻接到两表笔之间测量其阻值，此时指针如图（乙）所示，则待测电阻为 （3）A．多用电表要满足电流方向由“红进黑出”，A与内部电源的负极相连是红表笔、B与内部电源的正极相连是黑表笔，故A错误； B．作电流表时1是微安表先与电阻串联再与电阻并联，2是两电阻串联后再与微安表并联，根据并联电路的分流特点可知1比2量程大；作电压表时6是串联两个电阻，5是串联一个电阻，根据串联电路的分压特点可知6比5量程大，故B错误； C．当选择开关与3或4相连是欧姆表，测量电阻之前需欧姆调零，故C正确。故选C。 12．(1)B(2)见解析(3)0.019/0.020/0.021/0.022/0.023(4)292/293/294 【详解】（1）由于描绘热敏电阻的图像需要电压从零开始逐渐增大，故滑动变阻器采用分压式接法，又因为电流表内阻远小于热敏电阻的阻值，电流表采用内接方式，故B正确。 （2）根据图B所示电路，用笔画线代替导线连接实物电路，如图甲所示。 （3）设热敏电阻两端电压为，通过热敏电阻的电流为，根据闭合电路欧姆定律有 代入数据得在题图乙中作出对应的函数图线，如图乙所示 图线与热敏电阻的伏安特性曲线的交点表示此时热敏电阻的工作点，电压，电流。 则每个热敏电阻消耗的电功率 （4）由交点坐标可得对应的热敏电阻的阻值。由图丁可知，对应的温度约为20℃，其热力学温度约为293K（292 K ~294 K均正确）。 13．（1）带负电，；（2） 【详解】（1）由左手定则判断出带电粒子带负电，粒子运动轨迹如图 在磁场中，由牛顿第二定律有 由几何关系联立解 带电的粒子的比荷 （2）带电粒子在磁场中的运动周期 由几何关系求得 磁场中的运动时间 电场中水平方向做匀速直线运动 粒子从M点到Q点的运动时间 14．（1）R=3Ω（2） 【分析】(1)由闭合电路欧姆定律可求得接入电路中的阻值R； (2)作出受力分析，由共点力的平衡条件可得出力的表达式，再由闭合电路欧姆定律可求得的摩擦力的大小． 【详解】(1) 当金属棒刚好与导轨间无摩擦力时，金属棒受重力mg、安培力F和支持力FN如图 根据平衡条件可得，mgsinθ=F1cosθ又F1=BI1l 联立上式，解得：R=3Ω； (2) 当滑动变阻器的电阻为R=5Ω时，电流： 又：F=BIl=1.51N=N mgsinθ＞F2cosθ，故金属棒受到沿导轨平面向上的摩擦力Ff 根据平衡条件可得，mgsinθ=F2cosθ+Ff联立解得 Ff=mgsinθ-F2cosθ 解得：Ff=0.3N． 【点睛】本题考查闭合电路欧姆定律与安培力的结合，要注意正确作出受力分析，根据共点力的平衡条件得出正确结论． 15．（1） ；（2）；（3） 【详解】（1）粒子在加速电场中加速，在偏转电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示 （2）电场对粒子加速，由动能定理得解得 粒子在偏转电场中做类似平抛运动，其加速度为 粒子通过偏转电场的时间为 粒子在偏转电场中的侧移距离为 侧向速度为 则粒子射出偏转电场时的速度为 （3）粒子以速度进入磁场做匀速度圆周运动的洛仑兹力为向心力，设运动半径为R，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得解得 则磁场宽度为 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$