黑龙江省哈尔滨市南岗区松雷中学2024-2025学年高二（上）期末物理试卷

这是一份黑龙江省哈尔滨市南岗区松雷中学2024-2025学年高二（上）期末物理试卷，共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.下列说法中正确的是( )
A. 电荷在电场中受力方向与该点电场方向相同
B. 电场线是假想曲线，磁感线是真实存在的
C. 电源通过非静电力做功将其他形式的能转化为电能
D. 元电荷指的是电子和质子本身
2.某电场线分布如图所示，一带电粒子沿图中虚线所示途径运动，先后通过M点和N点，以下说法正确的是( )
A. M、N点的场强EM>ENB. 粒子在M、N点的加速度aM>aN
C. 粒子在M、N点的速度vM>vND. 粒子带正电
3.如图所示的电路中，通过R1的电流是3A，已知R1=4Ω，R2=15Ω，R3=10Ω，则( )
A. 电路的总电阻是6ΩB. 通过R2的电流是4.5A
C. ab两端的电压是12VD. ac两端的电压是18V
4.在如图所示的四个图中，标出了匀强磁场的磁感应强度B的方向、通电直导线中电流的方向以及通电直导线所受安培力F的方向，其中正确表示这三个方向关系的图是( )
A. B.
C. D.
5.如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ab边中点有一电子发源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为( )
A. 14kBl， 54kBlB. 12kBl，54kBlC. 12kBl， 54kBlD. 14kBl，54kBl
6.如图所示，一边长为d的正方形闭合线圈由A位置匀速通过一个匀强磁场运动到B位置。已知磁场宽度L大于线圈边长d，则( )
A. 整个运动过程中，线圈中一直有感应电流
B. 进入磁场和离开磁场的过程中，感应电流方向相同
C. 进入磁场时感应电流方向顺时针，离开磁场时感应电流方向逆时针
D. 进入磁场时感应电流方向逆时针，离开磁场时感应电流方向顺时针
7.如图所示，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为13B0和12B0，方向也垂直于纸面向外，则( )
A. 流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为912B0
B. 流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为112B0
C. 流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为112B0
D. 流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为712B0
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.在如图所示电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时，则( )
A. 电压表示数变大，外电阻值变大
B. 电压表示数变小，电流表示数变大
C. 电压表示数变小，电阻R2分压增大
D. 电压表示数变小，外电阻值变小
9.关于洛伦兹力的应用，下列说法正确的是( )
A. 图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，要想粒子获得的最大动能增大，可增加电压U
B. 图乙是磁流体发电机的结构示意图，可以判断出A极板是发电机的负极，B极板是发电机的正极
C. 图丙是速度选择器，带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是v=EB
D. 图丁是质谱仪的主要原理图，其中 ​11H、 ​12H、 ​13H在磁场中偏转半径最小的是 ​13H
10.如图，质量为0.1kg的方形铝管静置在足够大的绝缘水平面上，现使质量为0.2kg的条形磁铁(条形磁铁横截面比铝管管内横截面小)以v=3m/s的水平初速度自左向右穿过铝管，忽略一切摩擦，不计管壁厚度。则( )
A. 磁铁穿过铝管过程中，铝管受到的安培力可能先水平向左后水平向右
B. 磁铁穿过铝管后，铝管速度可能为0.8m/s
C. 磁铁穿过铝管正中央时，铝管加速度为零
D. 磁铁穿过铝管过程所产生的热量可能达到0.2J
第II卷（非选择题）
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准：
(1)如图1，用螺旋测微器测得金属棒直径d为______mm；用20分度游标卡尺测金属棒长度l为______cm。

(2)用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用______挡(填“×1Ω”或“×100Ω”)，换挡并进行一系列正确的操作后，再将红黑表笔接在金属棒两端，指针静止时如图2所示，则金属棒的阻值约为______Ω。
(3)用伏安法测金属棒的电阻Rx。要求电压从零开始变化，则实验选用的电路是如图3中的______图(选填“甲”或“乙”)。
12.某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：
A.被测干电池一节
B.电流表1：量程0～0.6A，内阻r=0.3Ω
C.电流表2：量程0～0.6A，内阻约为0.1Ω
D.电压表1：量程0～3V，内阻未知
E.电压表2：量程0～15V，内阻未知
F.滑动变阻器1：0～10Ω，2A
G.滑动变阻器2：0～100Ω，1A
H.开关、导线若干
伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差，在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻．
(1)在上述器材中请选择适当的器材(填写器材前的字母)：电流表选择______，电压表选择______，滑动变阻器选择______．
(2)实验电路图应选择如图中的______(填“甲”或“乙”)；
(3)根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U−I图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E=______V，内电阻r=______Ω.
四、计算题：本大题共3小题，共39分。
13.如图所示，小球A、B均可视为点电荷，两球均带正电，固定的小球A的电荷量为Q，用绝缘细绳悬挂起来的小球B的质量为m、电荷量为q。当小球B静止时，两球心在同一高度，细绳与竖直方向的夹角α=37°，静电力常量为k，重力加速度大小为g，取sin37°=0.6，cs37°=0.8，求：
(1)小球B所受电场力的大小F；
(2)小球A在小球B处电场的电场强度大小E；
(3)A、B两球间的距离r。
14.如图所示，电阻可忽略不计，相距为L=0.40m的两平行金属导轨，固定在倾角θ=37°的斜面上，导轨上端接有电动势E=12V、内阻r=0.50Ω的直流电源。空间分布着磁感应强度大小B=0.50T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场。现把一个质量m=0.080kg的导体棒ab垂直放在金属导轨上，导体棒恰好保持静止。已知导体棒接入电路的电阻R=2.5Ω，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。
(1)求导体棒受到的安培力的大小和方向；
(2)求导体棒与金属导轨间的动摩擦因数μ。
15.如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在水平向左的匀强电场，在距y轴左侧区域存在宽度为a=0.3m的垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B大小可调。现有质荷比为mq=4×10−10kg/C的带正电粒子从x轴上的A点以一定初速度垂直x轴射入电场，并且以v=4×107m/s方向与y轴正方向成60°的速度经过P点进入磁场，OP=0.2 33m，OA=0.1m，不计粒子重力。求：
(1)粒子在A点进入电场的初速度v0；
(2)要使粒子不从CD边界射出，磁感应强度B的最小值；
(3)粒子经过磁场后，刚好可以回到A点，磁感应强度B的大小。
1.【答案】C
2.【答案】D
3.【答案】C
4.【答案】C
5.【答案】D
6.【答案】D
7.【答案】C
8.【答案】BD
9.【答案】BC
10.【答案】BD
11.【答案】6.125 10.230 ×1Ω 10 甲
12.【答案】B D F 甲 1.50 0.7
13.【答案】解：(1 )对小球B受力分析，如图所示：

根据共点力平衡条件有：tanα=Fmg
解得小球B所受电场力的大小F为：F=34mg
(2)根据电场强度的定义公式有：E=Fq
解得小球A在小球B处电场的电场强度大小E为：E=3mg4q
(3)根据库仑定律有：F=kQqr2
解得A、B两球间的距离r为：r=23 3kQqmg
答：(1)小球B所受电场力的大小F为34mg；
(2)小球A在小球B处电场的电场强度大小E为3mg4q；
(3)A、B两球间的距离r为23 3kQqmg。
14.【答案】解：(1)根据闭合电路欧姆定律
I=ER+r
导体棒中电流方向由b向a，导体棒所受的安培力为
FA=BIL
解得FA=0.8N
方向沿斜面向上。
(2)由于
FA=0.8N>mgsinθ=0.08×10×0.6N=0.48N
故导体棒所受摩擦力沿斜面向下，根据受力平衡，得
FA=mgsinθ+Ff
又
Ff=μFN=μmgcsθ
联立求得
μ=0.5
答：(1)求导体棒受到的安培力的大小为0.8N，方向沿斜面向上。
(2)导体棒与金属导轨间的动摩擦因数μ为0.5。
15.【答案】解：(1)粒子在电场中做类平抛运动，
竖直方向不受外力，做匀速直线运动，则有：v0=vcs60°，
解得：v0=2×107m/s，方向竖直向上；
(2)当粒子轨迹与CD边相切时，粒子恰好不出磁场，设该轨迹半径为R，圆心为O2，由几何关系，可得如图：

根据几何关系可得：R+Rsin30°=a，
解得：R=0.2m，
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得：qvB=mv2R，
联立可得：B=0.08T；
(3)由题意可得，粒子运动轨迹如图所示：

由几何关系可知，粒子出磁场时速度与y轴正方向夹角为60°，之后做匀速直线运动回到A点，
设粒子出磁场处为Q点，该圆弧轨迹半径为R′，
由几何关系得：OQ=OAtan60∘=0.1 3m，2R′sin60°=PQ，
解得：R′=0.1m，
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得：qvB=mv2R′，
解得：B=0.16T；
答：(1)粒子在A点进入电场的初速度v0大小为2×107m/s，方向竖直向上；
(2)要使粒子不从CD边界射出，磁感应强度B的最小值为0.08T；
(3)粒子经过磁场后，刚好可以回到A点，磁感应强度B的大小为0.16T。