湖北省宜昌市2024-2025学年高二下学期期末考试物理试题

2024-2025学年湖北省宜昌市高二物理下学期期末考试试题含解析 一、单选题（本题共6小题，每题4分，共24分） 1、如图所示，在竖直面内有一以O点为圆心的圆，AB、CD分别为这个圆沿竖直和水平方向的直径，该圆处于静电场中。将带负电荷的小球从O点以相同的动能分别沿竖直平面向不同方向射出，小球会沿圆所在平面运动并经过圆周上不同的点。已知小球从O点分别到A、B两点的过程中电场力对它做的功相同，小球到达D点时的电势能最大。若小球只受重力和电场力的作用，则下列说法中正确的是 A.此电场可能是位于C点的正点电荷形成的 B.小球到达B点时的动能等于到达点A时的动能 C.小球到达B点时的机械能与它在圆周上其他各点相比最小 D.小球到达A点时的电势能和重力势能之和与它在圆周上其他各点相比最小 2、下列情况不能产生感应电流的是（　　） A.如图甲所示，导体棒OC以O点为轴在导轨ab上以角速度ω转动时 B.如图乙所示，导体框在匀强磁场中向右加速运动时 C.如图丙所示，小螺线管A插入大螺线管B中不动，当开关闭合或断开时 D.如图丙所示，小螺线管A插入大螺线管B中不动，开关S一直接通，当改变滑动变阻器阻值时 3、如图所示，PQ为某电场中的一条电场线，下列说法正确的是（　　） A.该电场一定是匀强电场 B.该电场一定是点电荷产生的电场 C.P点的电场强度一定比Q点的大 D.正电荷在P点受到的电场力方向沿着电场线方向 4、将静置在地面上，质量为M（含燃料）的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是（　　） A. B. C. D. 5、如图所示，若α粒子和质子以相同速度垂直进入同一匀强磁场中,它们的质量比是4:1电量比是2:1，则α粒子和质子 A.运动半径之比是2∶1 B.回到磁场边界时速度大小之比是2∶1 C.在磁场中运动时间之比是1∶1 D.受到的洛伦兹力之比是1∶1 6、如图所示，实线表示一正点电荷和金属板间的电场分布图线，虚线为一带电粒子从P点运动到Q点的运动轨迹，带电粒子只受电场力的作用。那么下列说法正确的是(　　) A带电粒子从P到Q过程中动能逐渐增大 B.P点电势比Q点电势高 C.带电粒子在P点时具有的电势能大于在Q点时具有的电势能 D.带电粒子加速度逐渐变大 二、多选题（本题共4小题，每题5分，共20分） 7、始终静止在斜面上的条形磁铁，当其上方的水平导线L中通以如图所示的电流时，设斜面对磁铁的弹力N和摩擦力f，与通电流前相比（　　） A.N变大 B.N变小 C.f变大 D.f变小 8、粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行．现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如下图所示（ ） A.四种情况下流过ab边的电流的方向都相同 B.四种情况下ab两端的电势差都相等 C.四种情况下流过线框电荷量都相等 D.四种情况下磁场力对线框做功功率都相等 9、质谱仪是测量带电粒子比荷以及分析同位素的重要工具。下图为质谱仪的原理示意图，一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场（磁感应强度为B）和匀强电场（场强为E）组成的速度选择器，然后粒子通过平板S上的狭缝P进入另一匀强磁场（磁感应强度为B'），最终打在感光板A1A2上，下列说法正确的是( ) A.粒子带负电 B.速度选择器中匀强磁场的方向垂直纸面向外 C.能通过狭缝P的带电粒子的速率等于EB D.粒子打在感光板A1A2上的位置越靠近P，粒子的比荷越大 10、如图所示是某导体的I−U图象，图中α=45°，下列说法正确的是（） A.此导体的电阻R=2.0Ω B.此导体的电阻R=0.5Ω C.I−U图象的斜率表示电阻的倒数，所以R=tan45°=10Ω D.在R两端加6.0V电压时，每秒通过导体截面的电荷量是3.0C 三、实验题（本题共2小题，每题9分，共18分） 11、如图所示，是练习使用滑动变阻器改变灯泡亮度的未完成电路，请用笔画线代替导线完成电路连接______________ ．要求：灯L1和L2并联，开关同时控制两灯，滑动变阻器只控制L1的亮度，导线不能交叉. 12、(1)用螺旋测微器测圆柱体的直径时，示数如图甲所示，此示数为________________mm。 (2)一游标卡尺的主尺最小分度为1mm，游标上有10个小等分间隔，现用此卡尺来测量工件的直径，如图乙所示。该工件的直径为_____________mm。 四、计算题（本题共2小题，每题19分，共38分） 13、如图所示，一半径为r的圆环上均匀分布着电荷量为＋Q的电荷，在垂直于圆环面且过圆心O的轴线上有A、B、C三个点，C和O、O和A间的距离均为d，A、B间距离为2d。在B点处有一电荷量为＋q的固定点电荷。已知A点处的场强为零，静电力常量为k，求： (1)带电圆环在A点处产生电场的场强大小和方向； (2)C点处电场的场强大小和方向。 14、一个静止在光滑水平面上物体，质量为10kg.在水平拉力作用下做匀加速直线运动.经过2 s的速度达到4 m/s，求： (1)物体加速度的大小； (2)水平拉力的大小. 参考答案 一、单选题（本题共6小题，每题4分，共24分） 1、答案：C 【解析】A．AB两点处于CD之间，小球在AB两点的电势能也介于CD之间，不是最大，也不是最小，故A错误； B．小球从O点分别到A、B两点的过程中电场力对它做的功相同，说明AB两点的电势相等，物体在A点的重力势能要大于物体在B点的重力势能，故B错误； CD．AB两点的电势相等，对于负电荷电势能大的地方的电势小，故D点的电势最低；说明了该区域内的电场可能具有一定的对称性，若是正电荷的电场，正电荷在OC的连线上或延长线上；若是负电荷，负电荷在OD上，或OD的延长线上，故C正确； AB两点的电势相等，物体在A点的重力势能要大于物体在B点的重力势能，小球在A点的动能小于在B点的动能，故D错误。 故选C。 2、答案：B 【解析】当闭合回路中磁通量发生变化时，回路中就会产生感应电流。 A．如图甲所示，导体棒OC以O点为轴在导轨ab上以角速度ω转动时，切割磁感线，产生感应电流，故A正确，不符合题意； B．如图乙所示，导体框在匀强磁场中向右加速运动时，闭合回路磁通量不变，不会产生感应电流，故B错误，符合题意； C．如图丙所示，小螺线管A插入大螺线管B中不动，当开关闭合或断开时，原电流变化，原磁场变化导致穿过B的磁通量变化，产生感应电流，故C正确，不符合题意； D．如图丙所示，小螺线管A插入大螺线管B中不动，开关S一直接通，当改变滑动变阻器阻值时，原电流变化，原磁场变化导致穿过B磁通量变化，产生感应电流，故D正确，不符合题意。 故选B。 3、答案：D 【解析】ABC.仅由这一根电场线无法判断是什么电场，不知电场线的疏密，电场的强弱也无法判断，所以ABC错误； D.正电荷受到的电场力方向沿着电场线方向，D正确 4、答案：D 【解析】在不考虑重力和空气阻力影响的情况下，火箭及燃料气体系统在点火喷气过程中动量守恒，设喷气后火箭获得的速度为v，并以v的方向为正方向，根据动量守恒定律有 解得 故D正确，ABC错误。 故选D。 5、答案：A 【解析】质子和粒子以相同的速度在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律和圆周运动的规律，可求得比较r、速度v及T的表达式，根据表达式可以得到半径以及周期之比 【详解】A、质子和粒子在同一磁场中以同一速率做匀速圆周运动，根据，可得粒子轨迹半径，因和B相同，故粒子和质子的半径之比是2:1，故A正确； B、因洛伦兹力不做功，故再次回到磁场边界时速度大小不变，故回到磁场边界时速度大小之比是1：1，故B错误； C、粒子运动周期：，因相同，半径之比为2:1，所以周期之比也为2:1，两粒子在磁场中均转半个周期，所以在磁场中运动时间之比是2:1，C错误； D、根据洛伦兹力公式，，因为B和相同，粒子和质子的q之比为2：1，故受到的洛伦兹力之比是2：1，故D错误 【点睛】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，利用洛伦兹力提供向心力进行求解；运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间 6、答案：B 【解析】根据粒子的运动轨迹可以判断粒子的运动方向和受力方向，判断粒子由P到Q电场力做负功，电势能增加，动能减小；再根据沿着电场线电势降低，可以判断P点电势比Q点电势高；加速度的大小取决于电场强度的大小，也就是电场线的疏密，由图可知从P到Q加速度逐渐减小。 【详解】A．由粒子运动的轨迹可以判断，粒子受到的电场力为引力，带电粒子从P到Q过程中电场力做负功，粒子的动能逐渐减小，故A错误； B．沿电场方向电势降低，所以P点电势比Q点电势高，故B正确； C．带电粒子从P到Q过程中电场力做负功，电势能增加，故C错误； D．电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，所以粒子在P点时受到的电场力大，所以带电粒子的加速度逐渐减小，故D错误； 故选B。 【点睛】考查静电场中根据电场线和运动轨迹判断电势，电场强度等问题。 二、多选题（本题共4小题，每题5分，共20分） 7、答案：AC 【解析】当导线通电后，根据左手定则判断可知，导线所受的安培力方向斜向右上方，由牛顿第三定律得知，磁铁所受的安培力方向斜向左下方。设安培力大小为F安，斜面的倾角为α，磁铁的重力为G．安培力与斜面的夹角为β； 未通电时，由磁铁的力平衡得： N=Gcosα f=Gsinα 通电后，则有 N′=Gcosα+F安sinβ＞N f′=Gsinα+F安cosβ＞f 即N和f都变大。 A．N变大，与结论相符，选项A正确； B．N变小，与结论不相符，选项B错误； C．f变大，与结论相符，选项C正确； D．f变小，与结论不相符，选项D错误； 故选AC。 8、答案：ACD 【解析】四种情况穿过线框的磁通量均减小，根据楞次定律判断出感应电流方向均为顺时针方向，故A正确；上述四个图中，切割边所产生的电动势大小均相等（E），回路电阻均为4r（每边电阻为r），则电路中的电流亦相等，即I＝，只有B图中，ab为电源，有Uab＝I·3r＝E；其他情况下，Uab＝I·r＝E，故B选项错误；由q＝n，ΔΦ相同，所以电荷量相同，C正确；由P＝Fv＝BILv，因为I相同，所以P相等，D正确 9、答案：BD 【解析】粒子经过速度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平衡，根据带电粒子在磁场中的偏转方向判断电荷的电性；根据平衡求出粒子经过速度选择器的速度；通过带电粒子在磁场中的偏转，根据半径的大小判断粒子比荷的大小。 【详解】A.带电粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则可知该粒子带正电，故A错误； B.粒子经过速度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平衡，而粒子的电场力水平向右，那么洛伦兹力水平向左，又粒子带正电，则磁场垂直纸面向外，故B正确； C.能通过狭缝P的带电粒子在速度选择器中所受的电场力和洛伦兹力平衡，即 解得 故C错误； D.所有通过狭缝P的带电粒子具有相同的速度，然后在磁场B′中做匀速圆周运动，最终打在A1A2上，由 可知 因此粒子打在感光板A1A2上的位置越靠近P，表明其半径R越小，则粒子的比荷越大，故D正确。 故选BD。 10、答案：BD 【解析】AB.由可知，图象的斜率表示电阻的倒数，则由图象可知电阻 ， 故A错误，B正确； C.I−U图线的斜率可表示电阻的倒数，但R不等于tan45°，只能根据求解，故C错误； D.在R两端加6.0V的电压时，电路中电流： ， 则每秒通过电阻的电荷量为： q=It=3.0×1=3.0C， 故D正确； 故选：BD. 三、实验题（本题共2小题，每题9分，共18分） 11、答案： 【解析】根据题目要求， 灯L1和L2并联，开关同时控制两灯，滑动变阻器只控制L1的亮度，导线不能交叉，可以作图如下： 12、答案： ①.8.116~8.119 ②.29.8 【解析】(1)[1] 螺旋测微器的固定刻度读数为8mm，可动刻度读数为 01×11.7mm=0.117mm 所以最终读数为： 8mm+0.117mm=8.117mm 由于需要估读因此在范围8.116-8.118内均正确。 (2)[2] 游标卡尺的固定刻度读数为29mm，游标读数为 1×8=0.8mm 所以最终读数为： 29mm+0.8mm=29.8mm 四、计算题（本题共2小题，每题19分，共38分） 13、答案： (1)，方向竖直向上 ；(2) ，方向竖直向下 【解析】(1)+q的点电荷在A点产生的场强为 方向竖直向下 因为圆环在A点产生的场强和点电荷在A点产生场强等大反向，故A点处的场强为零，则圆环在A点产生的场强为 方向竖直向上 (2)根据电场分布的对称性可知圆环在C产生的场强 方向竖直向下 +q在C处产生的场强大小为 方向竖直向下，根据电场的叠加原理得知C点处合场强的大小为 方向竖直向下。 14、答案：（1）2m/s2 （2）20N 【解析】(1)根据加速度的定义式求出加速度;(2)根据牛顿第二定律求出水平拉力. 【详解】(1)根据题意，由v=at 得:a=2m/s2 (2)对物体受力分析，受到重力、支持力和水平拉力， 根据牛顿第二定律，F=ma 得:F=20N 【点睛】已知运动情况求受力情况，应用牛顿运动定律结合运动学方程解决. 学科网（北京）股份有限公司 $