吉林省东北师范大学附属中学2024-2025学年高二上学期期末考试模拟（二）物理试卷

吉林省东北师范大学附属中学2024-2025学年高二上学期期末考试模拟（二）物理试卷 一、单选题 1．如图所示，一段圆心角为的圆弧形导线，通以电流I。若导线所在平面与纸面平行，匀强磁场方向垂直纸面向里，导线所受安培力的大小为；若磁感应强度大小不变方向改为平行于纸面沿半径向右，导线所受安培力的大小为。则为（　　） A． B． C． D． 2．如图所示，A、B是电荷量相等的同种点电荷，固定在同一水平线上，在A、B连线的垂直平分线上有一点电荷C，给C一个大小为v0的初速度，C仅在电场力作用下恰能做匀速圆周运动。已知O为A、B连线与垂直平分线的交点，AO = OC = L，点电荷C的带电量为q，质量为m，静电力常量为k，不计重力，则点电荷A的带电量为（　　） A． B． C． D． 3．如图所示，平面内有一水平向右的匀强电场，电场强度为E，在电场中竖直放置一光滑绝缘圆环，AB和BC为光滑绝缘细杆，AB方向竖直，BC为圆环的一条直径，∠ABC=45°。有两个相同的带正电的小圆环分别套在两细杆上（不计小圆环间的相互作用力），已知小圆环带电量为，现将A、C处的小圆环依次释放，小圆环到达B点所用时间分别为t1和t2，则其大小关系为（　　） A． B．t1>t2 C．t1<t2 D．无法确定 4．如图甲所示是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒。回旋加速器D形盒半径为R，狭缝宽为d，所加匀强磁场的磁感应强度为B，所加高频交变电源的电压为U，质量为m、电荷量为q的质子从右半盒的圆心附近由静止出发，经加速、偏转等过程达最大能量后由导向板处射出。带电粒子在磁场中运动的能量E随时间的变化规律如图乙所示，忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是（　　） A．在E-t图中应有 B．在E-t图中应有 C．粒子最终获得的动能为 D．粒子通过狭缝的次数为 5．发光二极管（LED）是一种能够将电能转化为可见光的固态半导体器件。已知某种型号的LED灯在不同电压下发出不同颜色的光：当两端电压为1.4V时，发红光；当两端电压为1.8V时，发黄光；当两端电压为3.2V时，发蓝光。将此LED灯接入如图所示的电路中，电源电动势E=5V，内阻r=1Ω，R0=1Ω，C为电容器，电容为1μF，R为滑动变阻器，最大阻值为10Ω，电流表内阻忽略不计。开关闭合后，下列判断正确的是（　　） A．与LED灯发黄光时相比，LED灯发红光时，R0两端的电压更大 B．稳定时电流表读数越大，电容器所带电荷量越大 C．当滑动变阻器的滑片位于最右端，LED灯发黄光时，电流表读数为0.32A D．当滑动变阻器的滑片位于正中间，电流表读数为0.30A时，LED灯发蓝光 6．如图所示，电源电动势E=3V，小灯泡L标有“2V，0.4W”，开关S接1，当变阻器调到R=4Ω时，小灯泡L正常发光；现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作。则下列判断正确的是（　　） A．电源内阻为10Ω B．电源效率约为93.3% C．电动机的正常工作电压为1V D．电动机的内阻为4Ω 7．据报道，我国福建号航母舰载机弹射起飞的电磁弹射技术与他国不同，采用的储能方式是超级电容。某科学探究小组制作了一个简易的电容式电磁弹射装置，如图所示，间距为l的水平平行金属导轨左端连接充好电的电容器，电容为C，电压为U，导轨右端放置质量为m的光滑金属棒，匀强磁场沿竖直方向（图中未画出），磁感应强度大小为B，开关闭合后金属棒向右离开导轨后水平射出，若某次试验金属棒弹射出去后电容器两端的电压减为，不计一切阻力，则金属棒离开导轨的速度为（　　） A． B． C． D． 8．霍尔推进器将来可能安装在飞船上用于星际旅行，其简化的工作原理如图所示，放电通道两端电极间存在加速电场，该区域内有与电场近似垂直的约束磁场（未画出）用于提高工作物质被电离的比例，工作时，工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，再经电场加速喷出，形成推力，某次测试中，氙气被电离的比例为，氙离子喷射速度为，推进器产生的推力为，推进器质量，已知氙离子的比荷为；计算时，取氙离子的初速度为零，忽略磁场对离子的作用力及粒子之间的相互作用，则（　　）    A．将该推进器用于宇宙航行时，飞船获得的加速度 B．氙离子的加速电压约为 C．氙离子向外喷射形成的电流约为 D．每秒进入放电通道的氙气质量约为 二、多选题 9．如图所示，纸面内有一边长为的等边三角形，为边上一点，间的距离为。空间存在与纸面平行的匀强电场，点处有一粒子源，在纸面内朝各个方向发射动能均为的同种带正电粒子，到达处的粒子动能为，到达处的粒子动能为，已知带正电粒子的电荷量为，不计粒子重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是（　　） A．点电势高于点电势 B．点电势高于点电势 C．电场强度的大小为 D．电场强度的大小为 10．如图所示，均匀带负电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a环绕О点在其所在平面内旋转时，b环具有扩张的趋势，由此可知，a环可能绕О点（　　） A．顺时针加速旋转 B．顺时针减速旋转 C．逆时针加速旋转 D．逆时针减速旋转 11．如图，M、N是真空中宽为d的匀强磁场的左右边界（边界上有磁场），磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。大量比荷为k的正离子从M边界上的P点以速率v＝kBd进入磁场，速度方向如图所示在180°的范围内，粒子分布均匀，不计离子重力，也不计离子间的相互作用，磁场区域足够长。则（　　） A．能从边界N飞出磁场的离子占粒子总数的 B．从边界N飞出磁场的离子中，在磁场中运动的最短时间为 C．磁场中有离子经过的区域的面积 D．从边界N飞出磁场的离子中，飞出点与P点距离小于或等于 12．如图，在第一象限内存在垂直纸面向里的磁场，磁感应强度（，，且都是常数），x为某点到y轴的距离。有一个正三角形导线框ABC从原点沿x轴正方向做匀速运动，线框电阻不可忽略，则线框在运动过程中（　　）    A．产生的感应电流方向为逆时针 B．产生的感应电动势大小与位移成正比 C．产生的焦耳热与位移成正比 D．产生的感应电动势与线框的面积成正比 13．如图甲所示为电磁感应加速器核心部分俯视图，圆心为O、半径为R的圆形光滑真空绝缘细管固定放置于圆形边界的匀强磁场中，圆心O与磁场圆心重合。磁场方向竖直向下，当磁场的磁感应强度B随时间变化时，会在空间中产生涡旋电场，其电场线是在水平面内一系列以O为圆心的同心圆，同一条电场线上各点场强大小相等。某时刻在细管内P点静止释放一带电量为、质量为m的小球，小球沿逆时针方向运动，其动能随转过圆心角θ的变化图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．磁感应强度大小均匀减小 B．细管所处位置电场强度大小为 C．磁感应强度变化率大小为 D．小球第一次回到P点所用时间为 三、实验题 14．在“测量金属电阻率”实验中，某同学为了选用合适的器材，先用多用电表粗测了段粗细均匀的被测电阻丝的阻值。 (1)他用表盘如图1所示的多用电表测量电阻丝的电阻。先将选择开关调到电阻挡的“×10”位置，将红、黑表笔分别插入“+”、“-”插孔，把两笔尖相互接触，调节 （选填“S”或“T”），使多用电表的指针指向电阻挡的 刻线（选填“0”或“∞”）； (2)将红、黑表笔的笔尖分别与电阻丝两端接触，发现指针偏转角度过大，为了测量准确，他应将选择开关调到电阻挡的 位置（选填“×1”或“×100”）； 15．某实验小组测定一节干电池的电动势和内阻。 (1)实验前，他们讨论并提出的实验方案中有如下四种器材组合。为使实验结果尽可能准确，最不可取的一组器材是（　　） A．一个电流表、一个电压表和一个滑动变阻器 B．一个电压表和多个定值电阻 C．一个电流表和一个电阻箱 D．两个电流表和一个滑动变阻器 (2)实验小组成员走进实验室，根据实验室中的实验器材和老师的建议，最终确定了如图（a）所示的实验电路，其中电压表量程为3V，电流表量程为0.6A，R0为保护定值电阻。某次测量时电流表和电压表的示数如图（b）所示，则电流I= A，电压U= V。 (3)实验小组的同学闭合开关S，多次调节滑动变阻器，读出多组电流表示数I和对应的电压表示数U，由测得的数据绘出了如图所示的U-I图线，则电源的电动势E= ，内阻r= （结果用a、b和R0表示）。 (4)在上述实验中存在系统误差。在下列所绘图像中，虚线代表没有误差情况下电压真实值与电流真实值关系的图像，则下图中能正确表示二者关系的是（　　） A．B．C． D． 四、解答题 16．如图所示，A、B、C是匀强电场中的三点，也是直角三角形的三个顶点，匀强电场与三角形ABC平面平行。从C点向某一方向以大小为v0的速度射出一个质量为m电荷量为q的带正电粒子，粒子仅在电场力作用下恰好能先后通过A、B两点，粒子通过A、B两点时的速度大小分别为，，已知∠A=90°，∠C=60°，AB边长为L，粒子重力不计。求： （1）C、B两点及C、A两点的电势差； （2）匀强电场的电场强度。 17．如图，在，区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速度从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力。 （1）若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值和在磁场中的运动时间； （2）如果磁场方向不变，磁感应强度大小为，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。 18．发电机和电动机具有类似的装置，是因为它们在工作机理上具有类似性，直流发电机和直流电动机的工作原理可以简化为如图1，2图所示的情景，在竖直向下的磁感应B的匀强磁场中，两根电阻不计的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在水平面内，相距为L。电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在导轨上，与导轨接触良好，以速度v（v平行MM）向右匀速运动。图1轨道端点M、P间接有阻值为r的电阻，导体棒ab受水平向右的外力作用，图2轨道端点M、P间接有直流电源，导体棒ab通过滑轮匀速提升重物，电路中的电流为I。 （1）求在△t时间内图1“发电机”产生的电能和图2“电动机”输出的机械能； （2）从微观角度来看，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力在上述能量转化中起着重要作用。为了方便，可认为导体棒中的自由电荷为正电荷。 （a）请在图3（图1中的导体棒ab）、图4（图2中的导体棒ab）中，分别画出自由电荷所受的洛伦兹力的示意图。 （b）我们知道，洛伦兹力不做功。那么，导体棒a的自由电荷受的洛伦兹力是如何在能量转化过程中起到作用的呢？请以图2“电动机”为例，通过计算分析说明。 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 吉林省东北师范大学附属中学2024-2025学年高二上学期期末考试模拟（二）物理试卷参考答案 1．A 【详解】当磁场方向垂直纸面向里时，通电导线的有效长度如下图中红线所示 根据安培力的定义，结合几何关系，可得导线所受安培力大小为 当磁场方向水平向右时，通电导线的有效长度如下图中红线所示 根据安培力的定义，结合几何关系，可得导线所受安培力大小为 所以故选A。 2．B 【详解】根据题意解得 点电荷A在点电荷C所在处产生的场强为E1，则又解得故选B。 3．A 【详解】设圆环半径为r，根据电场力代入题中数据得 对C处小球受力可知，电场力F与重力的合力大小为 因为∠ABC=45°，几何关系可得，方向恰好沿CB方向，对小球，由牛顿第二定律得 由匀变速直线运动规律可得联立解得 对于A处小球，电场力与杆给球的弹力平衡，故释放后小球合力为重力，加速度为重力加速度，即 几何关系可知 由匀变速直线运动规律可得联立以上解得故故选 A。 4．D 【详解】A．由公式可得，粒子的周期 由上式可得，粒子圆周运动的周期与速度无关，在回旋加速器中粒子运动的周期不变。每过半周粒子能量增加一次，所以故A错误； B．由题意可得所以故B错误； C．当粒子半径为时，粒子动能最大，由公式联立以上两式可得故C错误； D．粒子通过狭缝的次数故D正确。故选D。 5．D 【详解】A．无论是LED灯发黄光还是发红光，电阻R0两端的电压都是零，选项A错误； B．稳定时电流表读数越大，则路端电压U=E-Ir 越小，可知电容器两板间电压越小，电容器所带电荷量越小，选项B错误； C．当滑动变阻器的滑片位于最右端时R=10Ω，LED灯发黄光时两端电压为1.8V，电流表读数为 选项C错误； D．当滑动变阻器的滑片位于正中间时R＇=5Ω，电流表读数为0.30A时，则 解得可知LED灯发蓝光，选项D正确。故选D。 6．B 【详解】小灯泡的额定电流为电阻为 A．当接1时代入数据解得电源的内阻r=1ΩA错误； B．电源的效率为B正确； CD．当接2时灯泡正常发光，流过的电流为I=0.2A 电源内阻分的电压为U=Ir=0.2×1V=0.2V 故电动机分的电压为U动=E-UL-U=(3-2-0.2)V=0.8V 则电动机的内阻为C、D错误。故选B。 7．C 【详解】根据电容器的定义式，有 可知金属棒在导轨上运动过程中通过它的电荷量为 由动量定理，可得又联立，解得故选C。 8．B 【详解】A．将该推进器用于宇宙航行时，飞船获得的加速度，故A错误； B．氙离子经电场加速，根据动能定理有 可得加速电压为故B正确； D．在时间内，有质量为的氙离子以速度喷射而出，形成电流为，由动量定理可得 进入放电通道的氙气质量为，被电离的比例为，则有 联立解得故D错误； C．在时间内，有电荷量为的氙离子喷射出，则有； 联立解得故C错误。故选B。 9．AC 【详解】AB．根据题意，由；解得 可知ab线段离a点三分一处电势等于d点电势，如图所示 由于沿电场线方向电势越来越低，可得点电势高于点电势，点电势等于点电势，故A正确，B错误； CD．沿ab线段方向由动能定理解得故C正确，D错误。故选AC。 10．AC 【详解】A．a环顺时针加速旋转时，根据右手定则可知，a环内部产生垂直纸面向外且逐渐增强的磁场，a环外部产生垂直纸面向里且逐渐增强的磁场，根据楞次定律可知，b环中感应电流产生的磁场方向为垂直纸面向里，因此，b环电流感应电流的方向为顺时针，根据左手定则可知，此时b环有扩张趋势，A正确； B． a环顺时针减速旋转时，根据右手定则可知，a环内部产生垂直纸面向外且逐渐减弱的磁场，a环外部产生垂直纸面向里且逐渐减弱的磁场，根据楞次定律可知，b环感应电流产生的磁场方向为垂直纸面向外，因此，b环电流感应电流的方向为逆时针，根据左手定则可知，此时b环有收缩趋势，B错误； C． a环逆时针加速旋转时，根据右手定则可知，a环内部产生垂直纸面向里且逐渐增强的磁场，a环外部产生垂直纸面向外且逐渐增强的磁场，根据楞次定律可知，b环感应电流产生的磁场方向为垂直纸面向外，因此，b环电流感应电流的方向为逆时针，根据左手定则可知，此时b环有扩张趋势，C正确； D． a环逆时针减速旋转时，根据右手定则可知，a环内部产生垂直纸面向里且逐渐减弱的磁场，a环外部产生垂直纸面向外且逐渐减弱的磁场，根据楞次定律可知，b环感应电流产生的磁场方向为垂直纸面向里，因此，b环电流感应电流的方向为顺时针，根据左手定则可知，此时b环有收缩趋势，D错误。 故选AC。 11．BC 【详解】A．经D项分析，可知竖直向下入射的离子向右偏转，垂直N边界向右出射，水平向右入射的离子向上偏转与N边界相切，在此范围入射的离子将从N边界出射，对应的入射角度为，而离子的入射角是从0到，故能从边界N飞出磁场的离子占粒子总数的故A错误； B．轨迹弦长为d的离子是从N边界飞出的离子中弦长最短，离子运动轨迹圆心角最小，根据几何关系，可知此圆心角为，则离子在磁场中运动的最短时间为故B正确； C．有离子经过的磁场区域为半径为d的两个四分之一圆和边长为d的正方形组合而成，磁场中有离子经过的区域的面积为故C正确； D．根据洛伦兹力提供向心力解得正离子运动半径为 根据几何关系可知水平向右入射的离子在N边界的切点与竖直向下入射的离子在N边界的飞出点离Р点的距离均为故飞出点与P点距离小于或等于，故D错误。故选BC。 12．ACD 【详解】A．根据右手定则，AB边在磁场中切割磁感线产生的电流方向由B向A，AC边在磁场中切割磁感线产生的电流方向由C向A，但在运动过程中，AB所在位置的磁感应强度的大小总是比AC所在位置的磁感应强度的大小大，所以线框产生的感应电流方向为逆时针，A正确； D．在正三角形的底边上沿x方向取微元Δx，正三角形就被分割成无数个高度为Δy的小矩形，每个小矩形产生的电动势 累加后总电动势 可知线框产生的感应电动势与线框的面积成正比，D正确； C．根据；可得可知线框产生的焦耳热与位移成正比，C正确； B．设正三角形的边长为L，则累加后总电动势 可知线框产生的感应电动势大小与位移无关，B错误。故选ACD。 13．BD 【详解】A．小球带正电，其沿逆时针运动，所以电流方向为逆时针，由楞次定律可知，其磁场的磁感应强度增加，故A项错误； B．细管所处的场强为E，由动能定理有整理有 结合题图可知，其图像的斜率有解得故B项正确； C．感生电动势有则又有 由题图可知，当时，其动能；从0到2π有整理有 故C项错误； D．小球在绕一圈过程中其受到的电场力大小不变，有 结合之前的分析有 则绕行一圈对粒子有解得故D项正确。故选BD。 14．(1) T ；0； (2)×1； 【详解】（1）用表盘如图1所示的多用电表测量电阻丝的电阻，先将选择开关调到电阻挡的“×10”位置，根据“红进黑出”规律，应将红、黑表笔分别插入“+”、“-”插孔，然后把两表笔短接，调节欧姆调零电阻T，使多用电表的指针指向电阻挡的0刻度线。 （2）将红、黑表笔的笔尖分别与电阻丝两端接触，发现指针偏转角度过大，即示数太小，为了测量准确，使指针指在中央刻线附近，需要将倍率调小，即采用×1 的倍率。 15．(1)D ；(2) 0.40 ； 1.30；(3) a ； ；(4)A 【详解】（1）A．一个电流表、一个电压表和一个滑动变阻器，即伏安法，根据闭合电路欧姆定律 调节滑动变阻器，从而得到多组U、I，进而求得E、r，故A正确，不符合题意； B．一个伏特表和多个定值电阻，即伏阻法，根据闭合电路欧姆定律 换用不同的定值电阻，从而得到多组U、R，进而求得E、r，故B正确，不符合题意； C．一个电流表和一个电阻箱，即安阻法，根据闭合电路欧姆定律 调节电阻箱的阻值，从而得到多组I、R，进而求得E、r，故C正确，不符合题意； D．两个电流表和一个滑动变阻器，因无法知道滑动变阻器的确切阻值，无法根据欧姆定律测出E、r，故D错误，符合题意。 故选D。 （2）[1]由于电流表量程为0.6A，一小格为0.02A，所以电流为0.40A； [2]电压表量程为3V，一小格为0.1V，所以电压为1.30V。 （3）[1][2]根据闭合电路欧姆定律可得结合图像可得； 所以 （4）本实验方案的系统误差是由于电压表分流，所以 由此可知，随着电压U增大，I测与I真偏差增大，则真实图线纵截距更大，当U等于零时，I测与I真相等，即两图线的横截距相等。故选A。 16．（1）      ；（2），沿AF方向 【详解】（1）粒子从C到B，根据动能定理解得 粒子从C到A，根据动能定理解得 （2）根据（1）结果得D、E两点将AB边三等分，根据匀强电场的电势分布特点可知，CD为等势线。 由A点作AF垂直CD，则 匀强电场的电场强度大小 由于A点电势比C点电势高，因此电场方向沿AF方向。 17．（1）磁场方向垂直于纸面向里， ，；（2）， 【详解】（1）由题意可知，粒子刚进入磁场时受到沿y轴正方向的洛伦兹力，由左手定则可知，磁场方向垂直于纸面向里。 粒子在磁场中，有 由此可得 粒子从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，穿过y轴正半轴离开磁场，故其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上，半径应满足 由题意可知，当磁感应强度大小为时，粒子的运动半径最大，由此可得 此时在磁场中运动半周；；R=h解得 （2）若磁感应强度大小为，粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，此时粒子的运动半径为 粒子会通过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示 设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为，由几何关系有 即 由几何关系可得，P点到x轴的距离为 解得 18．（1），；（2），见解析 【详解】（1）导体平动切割磁感应线产生的感应电动势为 感应电流为 图1“发电机”产生的电能为 图2中，电动机输出的机械能等于重物增加的重力势能 联立解得 （1）图3中的导体棒是由于外力作用发生移动，根据右手定则可知电流方向从b到a；图4是由于通电使得导体棒中形成电流，所以电流方向由a到b，同时电荷还要匀速向右运动，根据左手定则可知受到的洛伦兹力方向如下图所示 以图2“电动机”为例，所受到的洛伦兹力方向如图4所示，进行分解可得 导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力在水平向右的方向上对电荷产生向右的作用力，为 ，此分力对电荷做正功，即 在沿导体棒方向上洛伦兹力的分力为 对导体棒做负功，即 可知，即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零。做正功，宏观上表现为安培力做正功，增加机械能；是“电源”的非静电力，做负功，宏观上表现为感应电动势，使电能转化机械能。大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将电能转化为等量的机械能，在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用。 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 $$