广东省广州市越秀区2025-2026学年高二上学期期末考后复盘物理练习卷2

广东省广州市越秀区2025-2026学年高二上学期期末考后物理复盘练习卷2 一、选择题（1~7题单选题，每小题4分，8-10题多选题，每小题6分，共46分） 1．电容式加速度传感器具有体积小、重量轻、精度高、可靠性好等优点，在航空、汽车、医疗设备等领域均有广泛的应用，其结构如图所示。基座内部可以看成由上下两个电容分别为C1、C2的电容器组成，当基座具有沿箭头方向的加速度时，质量块将相对基座产生位移而使电容器的电容发生变化。已知上、下极板间电压恒定，则（　　） A．当基座做匀速直线运动时，C1减小，C2增加 B．当质量块向上极板靠近时，C1减小，C2增加 C．可根据两电容器的电压变化来判断基座的加速度 D．可根据两电容器的电量变化来判断基座的加速度 2．如图甲所示，为特高压输电线路上使用六分裂阻尼间隔棒的情景。其简化如图乙，间隔棒将6条输电导线分别固定在一个正六边形的顶点a、b、c、d、e、f上，O为正六边形的中心，A点、B点分别为Oa、Od的中点。已知通电导线在周围形成磁场的磁感应强度与电流大小成正比，与到导线的距离成反比。6条输电导线中通有垂直纸面向外，大小相等的电流，其中a导线中的电流对b导线中电流的安培力大小为F，则（　　）      A．A点和B点的磁感应强度相同 B．其中b导线所受安培力大小为F C．a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向垂直于ed向下 D．a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向垂直于ed向上 3．交流发电机模型如图所示，矩形线圈ABCD在匀强磁场中绕其中心轴匀速转动，从线圈平面与磁场垂直时开始计时，已知线圈转动的角速度，下列说法正确的是（　　） A．时，线圈位于中性面 B．时，穿过线圈的磁通量变化率最大 C．时，线圈的感应电动势最小 D．线圈中产生余弦变化规律的交变电流 4．如图所示，电路中有相同的灯泡A、B，线圈L的直流电阻不计，为定值电阻，电源电动势为E、内阻不计。关于下面的操作说法正确的是（　　） A．闭合开关S后，灯泡A逐渐变亮后亮度不变 B．闭合开关S后，灯泡B逐渐变暗后亮度不变 C．断开开关S后，灯泡A闪亮后逐渐变暗最后熄灭 D．断开开关S后，灯泡B逐渐变暗最后熄灭 5．如图所示，电源电动势内阻r=1Ω，电灯电阻保持不变，定值电阻R=2Ω。开关闭合后，电动机恰好以额定功率正常工作，已知电动机的额定电压电动机线圈的电阻下列说法正确的是（　　） A．通过电动机的电流为1.5A B．电动机的输入功率为72W C．电源的输出功率为12W D．电源的效率约为75% 6．如图所示，某物理兴趣小组制作了一种可“称量”磁感应强度大小的实验装置。U形磁铁置于水平电子测力计上，U形磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场，不计两极间以外区域磁场。一水平导体棒垂直磁场方向放入U形磁铁两极之间（未与磁铁接触），导体棒由两根绝缘杆固定于铁架台上。导体棒没有通电时，测力计的示数为；导体棒通以图示方向电流I（如图所示）时，测力计的示数为。测得导体棒在两极间的长度为L，磁铁始终静止，不考虑导体棒电流对磁铁磁场的影响。下列说法正确的是（　　） A．导体棒所在处磁场的磁感应强度大小为 B．导体棒所在处磁场的磁感应强度大小为 C．若使图示方向电流增大，被“称量”的磁感应强度将减小 D．若通以图示大小相等方向相反的电流I，测力计示数将变为 7．如图为某种质谱仪的工作原理示意图。此质谱仪由以下几部分构成：粒子源N；PQ间电压恒为U的加速电场；静电分析器，即中心线半径为R的四分之一圆形通道，通道内有均匀辐射电场，方向沿径向指向圆心O，且与圆心O等距的各点电场强度大小相等；磁感应强度为B的有界匀强磁场，方向垂直纸面向外。当有粒子打到胶片M上时，可以通过测量粒子打到M上的位置来推算粒子的比荷，从而分析粒子的种类以及性质。由粒子源N发出的不同种类的带正电的粒子，经加速电场加速后从小孔S1进入静电分析器，其中粒子a和粒子b恰能沿圆形通道的中心线通过静电分析器，并经小孔S2垂直磁场边界进入磁场，最终打到胶片上的落点到O的距离分别为D1和D2，其轨迹分别如图中的S1S2a和S1S2b所示。忽略带电粒子离开粒子源N时的初速度，不计粒子所受重力以及粒子间的相互作用。下列说法中正确的是（　　） A．粒子源发出的所有带正电粒子都能沿圆形通道的中心线通过静电分析器 B．粒子a和粒子b经过小孔S1时的动能一定相等 C．静电分析器中心线处的电场强度大小为 D．粒子a和粒子b的比荷之比为 8．安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知（   ） 测量序号 Bx/μT By/μT Bz/μT 1 0 21 - 45 2 0 - 20 - 46 3 21 0 - 45 4 - 21 0 - 45 A．测量地点位于南半球 B．当地的地磁场大小约为50μT C．第2次测量时y轴正向指向南方 D．第3次测量时y轴正向指向东方 9．如图甲所示，洛伦兹力演示仪由励磁线圈、玻璃泡等组成，结构示意图如图乙所示，励磁线圈是一对彼此平行共轴的圆形线圈，当线圈通有励磁电流时，两线圈之间将产生垂直线圈平面向外的匀强磁场，且磁感应强度的大小与励磁线圈中的电流大小成正比。电子在电子枪中经加速电压加速后形成高速电子束，垂直磁场方向射入，若电子束径迹在磁场中呈闭合圆形，下列说法正确的是（    ） A．励磁线圈中电流方向为顺时针方向 B．仅将励磁线圈中的电流加倍，电子在磁场中运动的轨迹半径一定减半 C．仅将励磁线圈中的电流减半，电子在磁场做圆周运动的周期一定减半 D．若励磁线圈中的电流加倍，且电子枪的加速电压变为原来的4倍，则电子的运动轨迹不变 10．如图所示，在两根水平的平行光滑金属导轨右端c、d处，连接两根相同的平行光滑圆弧导轨。圆弧导轨均处于竖直面内，与水平轨道相切，半径，顶端a、b处连接一阻值的电阻，平行导轨各处间距均为，导轨电阻不计。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小。一根质量、电阻的金属棒，在水平拉力F作用下从图示位置由静止开始做加速度为的匀加速直线运动，运动到处时拉力。金属棒运动到处后，调节拉力F使金属棒沿圆弧导轨做匀速圆周运动至处。金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度大小。下列说法正确的是（　　） A．金属棒运动过程中e端电势小于f端电势 B．金属棒做匀加速直线运动的时间为2s C．金属棒做匀加速直线运动过程中通过金属棒的电荷量为0.5C D．金属棒从cd运动至ab的过程中电阻R中产生的热量为 二、非选择题（11题8分，12题8分，13题11分，14题13分，15题14分，共54分） 11．工业上经常用“电导仪”来测定液体的电阻率，其中一个关键部件如图甲所示，两片金属放到液体中形成一个电容器形状的液体电阻，中间的液体即电阻的有效部分。小明想测量某导电溶液的电阻率，在一透明塑料长方体容器内部左右两侧正对插入与容器等宽、与导电溶液等高的电极，两电极的正对面积为，电极电阻不计。实验提供的器材如下： 电压表（量程，内阻约为）；电流表（量程，内阻约为）； 滑动变阻器（，）；滑动变阻器（，）；电池组（电动势，内阻r约为）； 单刀单掷开关一个；导线若干。 (1)小明先用欧姆表粗测溶液电阻，选择欧姆×100挡后测量结果如图乙所示，为了使读数更精确些，接下来要进行的步骤是______（填选项前的字母）。 A．换为×10挡，先机械调零再测量 B．换为挡，先欧姆调零再测量 C．换为×10挡，先欧姆调零再测量 D．换为挡，先机械调零再测量 (2)实验中，滑动变阻器应选择 （选填“”或“”）。 (3)为了准确测量溶液电阻阻值，需测量多组电压表、电流表数据，请用笔画线代替导线，将图丙的实物电路补充完整 。 (4)实验时，仅改变两电极间距d，测得多组U、I数据，计算出对应的电阻R，描绘出如图丁所示的图线，由图像可得该导电溶液的电阻率 .（计算结果保留3位有效数字） (5)小明在实验中未考虑电表内阻的影响，从原理看，他用图像法计算出的电阻率将 （选填“大于”“小于”或“等于”）实际值。 12．在测量某电源电动势和内阻时，因为电压表和电流表的影响，不论使用何种接法，都会产生系统误差，为了消除电表内阻造成的系统误差，某实验兴趣小组设计了如图甲实验电路进行测量。已知定值电阻。 （1）实验中，定值电阻的作用有 （填字母）。 A．保护电源 B．在电流变化时使电压表示数变化明显 C．在电压变化时使电流表示数变化明显 （2）实验操作步骤如下： ①将滑动变阻器滑片滑到最左端位置； ②接法Ⅰ：单刀双掷开关S与1接通，闭合开关，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据U-I的值，断开开关； ③将滑动变阻器滑到最左端位置； ④接法Ⅱ：单刀双掷开关S与2接通，闭合开关，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据U-I的值，断开开关； ⑤分别作出两种情况所对应的U-I图像。 （3）单刀双掷开关接1时，某次读取电表数据时，电压表指针如图乙所示，此时U＝ V． （4）根据测得数据，作出两U-I图像分别如图丙、丁所示，根据图像可知图丙对应的接法为 （填“接法Ⅰ”或“接法Ⅱ”）。 （5）综合可求得电源电动势E＝ V，内阻r＝ Ω。（结果均保留两位小数） 13．如图所示，水平虚线为分界线，分界线上方有方向水平向左的匀强电场，分界线下方有方向垂直纸面向里的匀强磁场和方向竖直向上的匀强电场。现将一质量为电荷量为的带正电小球从分界线上的点以初速度竖直向上抛出，小球在分界线上方的运动轨迹已画出，点为轨迹的最高点，小球从分界线上的点第一次进入分界线下方区域，且小球恰好在分界线下方区域做匀速圆周运动，经磁场偏转一次后又恰好回到点。已知小球到达点时的速度大小为，重力加速度大小为和的大小均未知，不计空气阻力。 (1)求两点的高度差； (2)求和的大小。 14．饭卡是学校等单位最常用的辅助支付手段之一，其中一种饭卡其内部主要部分是一个多匝线圈，当刷卡机发出电磁信号时，置于刷卡机上的饭卡线圈的磁通量发生变化，在线圈处引起电磁感应，产生电信号。其原理可简化为如图甲所示，设线圈的匝数为1200匝，每匝线圈面积均为，线圈的总电阻为，线圈连接一电阻组成闭合回路，其余部分电阻不计。线圈处的磁场可视作匀强磁场，其大小按如图乙所示规律变化（设垂直纸面向里为正方向），求： （1）时线圈产生的感应电动势E的大小； （2）时间内，电阻R产生的焦耳热Q； （3）时间内，通过电阻R的电流方向和电荷量q。 15．如图，离子源A产生的初速度为零、带电量均为e、质量不同的正离子被电压为U0的加速电场加速后匀速通过准直管，垂直射入匀强偏转电场，偏转后通过极板HM上的小孔S离开电场，经过一段匀速直线运动，垂直于边界MN进入磁感应强度为B的匀强磁场．已知HO＝d，HS＝2d，＝90°．（忽略粒子所受重力） （1）求偏转电场场强E0的大小以及HM与MN的夹角φ； （2）求质量为m的离子在磁场中做圆周运动的半径； （3）若质量为4m的离子垂直打在NQ的中点S1处，质量为16m的离子打在S2处．求S1和S2之间的距离以及能打在NQ上的正离子的质量范围． 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 参考答案 1．C【详解】A．匀速运动时，质量块相对于上下极板间的距离均不变，根据可知，大小均不变，故A错误； B．当质量块向上极板靠近时，知板间距减小，板间距增大，根据可知，增大，减小，故B错误； CD．可知两电容器电压之和不变，即 由，，可知且， 所以两电容器带电量相等且不变，而各自电压均随加速度而发生变化，故C正确，D错误。故选C。 2．C【详解】A．根据对称性可知A点和B点的磁感应强度大小相等，方向不同，关于点对称，故A错误； B．根据题意可知a、c对导线b的安培力大小F，f、d对导线b的安培力大小为 e对导线b的安培力大小为，根据矢量的合成可得b导线所受安培力 故B错误； CD．根据安培定则，a、d两条导线在O点的磁感应强度等大反向，b、e两条导线在O点的磁感应强度等大反向，a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向与c导线在O点的磁感应强度方向相同，垂直于ed向下，故C正确，D错误。故选C。 3．A【详解】AB．时，线圈处于中性面，穿过线圈的磁通量最大，产生的电流为零，根据 则和时，线圈均位于中性面，产生的感应电动势等于零，磁通量的变化率最小，故A正确，B错误； C．时，穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大，产生的感应电动势最大，故C错误； D．线圈从中性面开始周期性转动，产生正弦变化规律的交变电流，故D错误。故选A。 4．C【详解】A．闭合开关S后，灯泡A与线圈L并联，电流瞬间通过灯泡A，因此灯泡A会立即变亮，随后线圈L的阻碍作用减小，电流逐渐增大，灯泡A逐渐变暗，最终被线圈L短路而熄灭，故A错误； B．闭合开关S后，灯泡B与定值电阻并联，因此灯泡B立即变亮且亮度不变，故B错误； C．断开开关S后，线圈L的自感会阻碍电流减小，与灯泡A形成闭合回路，线圈L中的电流瞬间通过灯泡A，使灯泡A闪亮一下，随后电流逐渐减小灯泡A逐渐变暗，直至熄灭，故C正确； D．断开开关S后，灯泡B所在支路的电流瞬间消失，灯泡B立即熄灭，故D错误。故选C。 5．A【详解】．根据串联分压，定值电阻和内阻两端电压之和，干路电流 电动机正常工作，电动机两端电压，电动机与灯泡并联，两端电压相等，则通过灯泡电流，通过电动机电流，A正确； B．电动机输入功率，B错误； C．电源输出功率，C错误； D．电源效率D错误。故选A。 6．D【详解】AB．当导体棒通以图示方向电流I时，根据左手定则可知，导体棒受安培力向上，则磁铁受到向下的作用力，由平衡可知解得 选项AB错误； C．磁体两极间的磁感应强度只与磁体本身有关，若使图示方向电流增大，被“称量”的磁感应强度不变，选项C错误； D．若通以图示大小相等方向相反的电流I，则安培力反向，此时测力计示数将变为 选项D正确。故选D。 7．A【详解】ABC．由题意知，当带正电的粒子在加速电场时由动能定理得 经过静电分析器时，电场力提供向心力解得，由此可知，所有带正电的粒子都能经过静电分析器，由于粒子a和粒子b的质量不一定相等，所以动能不一定相等，故A正确，BC错误； D．粒子在磁场中做圆周运动，由结合联立得 由上式可知粒子的比荷越小，在磁场中做圆周运动的半径越大，最终打到胶片上的落点到O的距离越大；由图可知，胶片M与入磁场边界是垂直的，由于粒子a、b的比荷不同，由上式可知，两粒子在磁场中的轨迹半径不同，a、b是在同一点垂直磁场边界进入，所以a、b粒子打到胶片M上时，不一定是垂直打在M上的，如果a粒子是垂直打在M上的，那么b粒子一定不是垂直打在M上的，因此D2一定不是b粒子的轨迹半径，D错误。故选A。 8．BC【详解】A．如图所示 地球可视为一个磁偶极，磁南极大致指向地理北极附近，磁北极大致指向地理南极附近。通过这两个磁极的假想直线（磁轴）与地球的自转轴大约成11.3度的倾斜。由表中z轴数据可看出z轴的磁场竖直向下，则测量地点应位于北半球，A错误； B．磁感应强度为矢量，故由表格可看出此处的磁感应强度大致为计算得B ≈ 50μT B正确； CD．由选项A可知测量地在北半球，而北半球地磁场指向北方斜向下，则第2次测量，测量，故y轴指向南方，第3次测量，故x轴指向北方而y轴则指向西方，C正确、D错误。故选BC。 9．BD【详解】A．根据安培定则，励磁线圈中电流方向为逆时针方向，故A错误； B．仅将励磁线圈中的电流加倍，则磁感应强度加倍，，可得 电子在磁场中运动的轨迹半径将减半，故B正确； C．仅将励磁线圈中的电流减半，则磁感应强度减半，由 电子做圆周运动的周期将加倍，故C错误； D．根据，则励磁线圈中的电流加倍，且电子枪的加速电压变为原来的4倍时，电子的运动轨迹不变，故D正确。故选BD。 10．ACD【详解】A．根据右手定则可知，金属棒运动过程中e端电势小于f端电势，故A正确； B．金属棒运动到cd处的速度 当金属棒在cd时，其产生的感应电动势为，产生的电流为 金属棒所受的安培力为，据牛顿第二定律得 联立以上代入数据解得故B错误； C．金属棒做匀加速直线运动过程中，通过金属棒的电荷量为 又有，联立解得故C正确； D．设金属棒做匀速圆周运动的速度v与磁场正方向的夹角为，则垂直磁场方向的分速度 则，有效值，则其中 电阻R中产生的热量为解得故D正确。故选ACD。 11．(1)B(2)(3)(4)283/284/285/286/287(5)等于 【详解】（1）由题图可知，其指针偏转角度过小，说明所选挡偏低，应该选择更高挡来重新进行计算，但是每次换完挡后需要重新进行欧姆调零再进行测量。故选B。 （2）该实验需要尽可能多的测量数据，所以控制电路应该选择分压式电路，所以其滑动变阻器应该选择阻值小，即选择 （3）为了准确测量其阻值，并测量多组数据，则滑动变阻器应采用分压式接法，而根据图乙可粗略估计该待测电阻的阻值约为50000Ω，根据 所以应该选择电流表内接法，因此其实物图如图所示 （4）根据电阻定律有由题意可知根据图丁的斜率，求得 （5）若考虑电表的内阻，有，由于该实验中是通过图像的斜率去求电阻率，而斜率与电流表内阻无关，因此计算结果与真实值相比会不变。 12． AB/BA ； 1.50 ； 接法Ⅰ ； 1.80 ； 0.25；【详解】（1）[1]定值电阻有保护电源的作用，且由于电源内阻很小，则根据闭合电路的欧姆定律有 可知加了定值电阻后可以达到电流变化时使电压表的示数变化明显的效果。故选AB。 （3）[2]根据（4）中所做图像可知，电压表最大量程应为3V，而量程为3V的电压表，其分度值为0.1V，采用十分之一读法，需估读到分度值的下一位，由图乙可知电压表的读数为1.50V。 （4）[3]两种方法中接法Ⅰ采用了电流表的内接法，接法Ⅱ采用了电流表的外接法，比较图丙和图丁可知，图丙所示图像的斜率更大，而图像斜率的绝对值表示电源的内阻，分析可知接法Ⅰ，即电流表的内接法，所测电源内阻偏大，所测内阻应为电源实际内阻与电流表内阻之和，由此可知图丙对应的接法为接法Ⅰ。 （5）[4][5]当单刀双掷开关接1，且电流表示数为0时，电压表测量准确，此时电压表所测电压即为电源的电动势，因此电源电动势为图丙的纵轴截距，可得 当单刀双掷开关接2，且电压表示数为0时，电流表测量准确，由图丁图像可知，此时电路电流为 则根据闭合电路的欧姆定律有解得 13．(1)(2)，，【详解】（1）将小球在分界线上方的运动分解，可知小球在竖直方向上做竖直上抛运动，根据运动规律有解得 （2）设小球到达点时的速度方向与分界线的夹角为，将小球到达点时的速度沿水平方向和竖直方向进行分解，根据几何关系有即 ；则分速度为 小球从A点运动到点所用的时间，由解得 两点间的距离，小球在分界线下方做匀速圆周运动，则解得 设小球做匀速圆周运动的半径为，根据几何关系有 根据牛顿第二定律有解得 14．（1）；（2）；（3）由N到M， 【详解】（1）在内，由乙图可得，由法拉第电磁感应定律解得 （2）根据闭合电路欧姆定律，再由焦耳定律解得 （3）据楞次定律可以判断，流过R的电流方向由N到M，根据 又由于，可得 由乙图可知，内磁感应强度变化大小解得 15．（1）；45°（2）（3） 【详解】（1）正离子被电压为U0的加速电场加速后速度设为V1，设 对正离子，应用动能定理有eU0＝mV12，正离子垂直射入匀强偏转电场，作类平抛运动 受到电场力F＝qE0、产生的加速度为a＝，即a＝， 垂直电场方向匀速运动，有2d＝V1t，沿场强方向：Y＝at2，联立解得E0＝，又tanφ＝，解得φ＝45°； （2）正离子进入磁场时的速度大小为V2＝，解得 正离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛仑兹力提供向心力，qV2B＝， 解得离子在磁场中做圆周运动的半径R＝2； （3）根据R＝2可知，质量为4m的离子在磁场中的运动打在S1，运动半径为R1＝2， 质量为16m的离子在磁场中的运动打在S2，运动半径为R2＝2，又ON＝R2－R1， 由几何关系可知S1和S2之间的距离ΔS＝－R1，联立解得ΔS＝4(－)； 由R′2＝(2 R1)2+( R′－R1)2解得R′＝R1，再根据R1＜R＜R1，解得m＜mx＜25m． 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 $