天津市河北区2024-2025学年高二（上）期末物理试卷

这是一份天津市河北区2024-2025学年高二（上）期末物理试卷，共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.关于科学家及他们的物理成果，下列说法正确的是( )
A. 库仑通过扭秤实验研究得出了库仑定律B. 安培发现了电流的磁效应
C. 奥斯特提出了分子电流假说D. 物理学家楞次发现了电磁感应现象
2.如图所示，两个带等量正电的点电荷固定在M、N两点上，E、F是MN连线中垂线上的两点，O为EF、MN的交点，EO=OF。一带负电的点电荷在E点由静止释放后( )
A. 做匀加速直线运动
B. 在O点所受静电力最大
C. 由对称性可知E、F两点电场强度方向相同
D. 由E到F的过程中电势能先减小后增大
3.如图所示，平行板电容器与电压恒为U的直流电源连接，下极板接地。一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态，下列说法正确的是( )
A. 带电油滴所带电荷为正电荷
B. 若将上极板竖直向上移动一小段距离，则带电油滴将竖直向上运动
C. 若将上极板水平向左移动一小段距离，则带电油滴仍然保持平衡状态
D. 向上或向左移动上极板均不改变平行板电容器所带的电荷量
4.如图所示，P、Q是两个相同的小灯泡，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻近似为零，下列说法中正确的是( )
A. 闭合开关，P、Q同时发光，然后P逐渐变亮
B. 闭合开关，P、Q同时发光，然后P逐渐变暗至熄灭
C. 电路稳定后，断开开关，P、Q同时熄灭
D. 电路稳定后，断开开关，Q逐渐变暗至熄灭
5.如图所示，在绝缘的水平面上，有两个闭合的线圈a、b，线圈a处在有界匀强磁场中，线圈b处在磁场外且固定不动，将线圈a从磁场中匀速拉出的过程中，下列说法正确的是( )
A. 线圈a中有感应电流，线圈b中没有感应电流
B. 线圈a中感应电流方向为逆时针
C. 线圈b有收缩趋势
D. 线圈b整体受到水平向左的安培力
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
6.如图所示，一块蹄形磁铁放在水平桌面上，水平放置的细铜棒AB用绝缘细线悬挂在两个正对的磁极(左侧为S极，右侧为N极)之间静止。闭合开关的瞬间，下列说法正确的是( )
A. 细绳被拉断
B. AB受到竖直向上的安培力
C. AB受到水平向左的安培力
D. 蹄形磁铁对桌面的压力变大
7.如图所示，关于不计重力的粒子在以下四种器件中的运动，说法正确的是( )
A. 甲图中从左侧射入的带电粒子，若能沿直线射出，其速度大小为v=EB
B. 乙图中等离子体进入上下极板之间后上极板a带正电
C. 丙图中通过励磁线圈的电流越大，电子的运动径迹半径越小
D. 丁图中只要回旋加速器D形盒足够大，粒子就能获得无限大的速度
8.如图所示，用绝缘细线将一个闭合金属圆环悬挂于O点，现将圆环拉离平衡位置并由静止释放，圆环摆动过程中经过有界的水平方向的匀强磁场区域，a、b为该磁场的竖直边界，磁场方向垂直于圆环所在平面向里，若不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 圆环不能返回原释放位置
B. 在进入和离开磁场时，圆环中均有感应电流
C. 圆环完全进入磁场后，速度越大，感应电流也越大
D. 圆环最终将静止在最低点
三、填空题：本大题共1小题，共6分。
9.常用测量工具的使用

①图甲为10分度游标卡尺，示数为______cm。
②图乙为螺旋测微器，示数为______mm。
③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______档(填“×1Ω”或“×100Ω”)，换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图丙所示，则金属棒的阻值约为______Ω。
四、实验题：本大题共1小题，共6分。
10.某同学想通过描绘小灯泡的I−U图像来研究小灯泡的电阻随电压变化的规律。器材有：
待测小灯泡(额定电压为2.5V，电阻约为几欧)
电压表V1(量程为0～3V，内阻为3kΩ)
电压表V2(量程为0～15V，内阻约3kΩ)
电流表(量程为0～0.6A，内阻为0.1Ω)
滑动变阻器R1(0～10Ω，允许最大电流2.0A)
滑动变阻器R2(0～500Ω，允许最大电流0.5A)
干电池两节(每节干电池的电动势为1.5V，内阻约为1Ω)
开关一个，导线若干
①电压表应选择______(填“V1”或“V2”)，滑动变阻器应选择______(填“R1”或“R2”)。
②如图为通过实验做出的小灯泡的I−U图像，则下列说法正确的是______。

A.小灯泡的电阻随温度的升高而减小
B.小灯泡正常工作时电阻为2.0Ω
C.小灯泡电压为0.6V时其电功率为0.12W
D.小灯泡正常工作时电路的总电功率为3W
③为达到实验目的，并尽量减小误差，电路图应选择______。
五、计算题：本大题共3小题，共48分。
11.如图所示，一带电粒子质量为m，电荷量为q，从靠近左板的A点由静止开始经电压为U的电场加速后，垂直进入虚线PQ、MN间的匀强电场中，从MN上的某点C离开匀强电场时速度与竖直方向的夹角为θ。已知PQ、MN间的距离为d，带电粒子的重力忽略不计。求：
(1)带电粒子的电性；
(2)带电粒子到达PQ位置时的速率v1；
(3)PQ、MN间匀强电场的电场强度E的大小。
12.如图所示，一电荷量为q的带正电的粒子，以速度v垂直射入磁感应强度为B、宽度为d的有界匀强磁场中，射出磁场时的速度方向与入射方向的夹角为30°，不计带电粒子重力，求：
(1)带电粒子在磁场中运动的轨道半径r；
(2)带电粒子在磁场中运动的加速度大小a；
(3)带电粒子穿过磁场的时间t；
(4)若入射方向不变，想使带电粒子在磁场中运动的偏转角为180°，则入射速度v1的大小应满足什么条件？
13.如图所示，MN和PQ是两根互相平行、间距为L、竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，电阻不计，且处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中；导轨上端接有开关S和阻值为R0的定值电阻。ab是一根与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆，已知金属杆的质量为m，电阻为R，重力加速度为g。现将开关闭合，让金属杆由静止开始下落，下落h后速度达到最大。求：
(1)金属杆的最大速度vm；
(2)金属杆由静止下落到达最大速度的过程中通过金属杆的电荷量q；
(3)金属杆由静止下落到达最大速度的过程中金属杆产生的热量Q。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.库仑通过扭秤实验研究得出了库仑定律，故A正确；
B.奥特斯发现了电流的磁效应，故B错误；
C.安培提出了分子电流假说，故C错误；
D.法拉第发现了电磁感应现象，故D错误。
故选：A。
根据库仑、奥斯特、安培和法拉第的研究成果进行分析解答。
考查库仑、奥斯特、安培和法拉第的研究成果即电磁学贡献，会根据题意进行准确分析解答。
2.【答案】D
【解析】解：AB.如图，为两等量正点电荷的电场线及等势面分布情况：
由图可知，EF之间电场线的疏密程度有变化，则带负电的点电荷所受电场力有变化，则其加速度有变化，不会做匀加速直线运动；
由图可知，O点电场强度为零，则带负电的点电荷在O点所受电场力为零；故AB错误；
CD.由AB分析，结合对称性可知，E、F两点电场强度大小相同、方向相反；
由图可知，O点以上电场强度方向向上，O点以下电场强度方向向下，则带负电的点电荷在E点由静止释放后，在O点以上所受电场力向下，在O点一下所受电场力向上，则电场力先做正功后做负功，由电场力做功与电势能变化的关系可知，带负电的点电荷由E到F的过程中电势能先减小后增大，故C错误，D正确；
故选：D。
AB.根据两等量正点电荷的电场分布情况，结合电场线、电场强度、电场力、加速度的关系，即可分析判断；
CD.由AB分析，结合对称性及电场强度、电场力、电场力做功与电势能变化的关系，即可分析判断。
本题考查了对电场中功能关系的掌握，解题时需注意，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大。
3.【答案】C
【解析】解：A、电容器上极板带正电，下极板带负电，两极板间电场方向竖直向下，带电油滴静止，处于平衡状态，mg=qE，油滴受到向上的电场力，则油滴带负电，故A错误；
B、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一段距离，即极板间距变大，由于电容器两板间电压不变，根据E=Ud，电场强度E减小，所以电荷受到的电场力qE减小，mg>qE，合力的方向向下，油滴将沿竖直方向向下运动，故B错误；
C、将平行板电容器的上极板竖直向左移动一小段距离，两极板正对面积减小，两极板间距不变，电容器两板间电压不变，根据E=Ud，电场强度不变，所以电荷受到的电场力不变，油滴仍将保持平衡状态，故C正确；
D、根据C=ɛrS4πkd可知，向上或向左移动上极板，电容器的电容C改变，而电容器始终和电源连接，两极板间的电压不变，根据Q=CU可知，电容器所带电荷量会发生改变，故D错误。
故选：C。
根据极板间的电场强度方向分析；根据E=Ud分析极板间的电场强度变化，进而可知油滴的运动情况；根据C=ɛrS4πkd分析电容的变化，根据Q=CU分析电容的带电情况。
知道电容器始终和电源连接，两极板间的电压不变是解题的关键，掌握公式E=Ud和C=ɛrS4πkd的应用。
4.【答案】B
【解析】解：AB、刚闭合S时，电源的电压同时加到两灯上，P、Q同时亮，随着L中电流增大，分流作用增大，由于线圈L直流电阻可忽略不计，P逐渐被短路直到熄灭，外电路总电阻减小，总电流增大，Q灯更亮。故A错误，B正确；
CD、灯泡P与线圈L构成闭合回路，所以稳定后再断开开关S后，灯泡P变亮再逐渐熄灭，灯泡Q立即熄灭，故CD错误。
故选：B。
闭合S，P、Q同时亮，随着L中电流增大，线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，P逐渐被短路，总电阻减小，再由欧姆定律分析Q灯亮度的变化；断开S，Q灯立即熄灭，线圈中电流，根据楞次定律判断B灯亮度如何变化。
对于通电与断电的自感现象，它们是特殊的电磁感应现象，可用楞次定律分析发生的现象。
5.【答案】C
【解析】解：AB、线圈a从磁场中匀速拉出的过程，线圈a的磁通量减小，根据楞次定律可知线圈a中的感应电流方向为顺时针。根据安培定则可知线圈a中的电流在线圈b所处位置产生磁场方向为垂直纸面向外，因线圈a逐渐靠近线圈b，则线圈b所处的磁场的磁感应强度增大，即线圈b的磁通量增大，根据楞次定律，可知线圈b中的感应电流方向为顺时针，故AB错误。
C、线圈b的磁通量增大，根据增缩减扩，线圈b有收缩的趋势，故C正确；
D、线圈b的磁通量增大，根据来拒去留，可知线圈b收到向右的安培力，故D错误。
故选：C。
首先根据楞次定律判断线圈a中的感应电流方向，再根据安培定则判断线圈a中的电流在线圈b所处位置产生磁场的方向，进而确定线圈b磁通量如何变化，再根据楞次定律即可判断线圈b中的感应电流方向；根据增缩减扩、来拒去留分析。
本题考查了电磁感应现象中楞次定律的应用、安培定则的应用。在应用楞次定律时要用到安培定则，要掌握安培定则的用法。在判断线圈a中的感应电流方向时也可应用楞次定律。
6.【答案】BD
【解析】解：闭合开关，电流从铜棒的B端流向A端，根据左手定则可判断得知，AB受到的安培力竖直向上，细绳不可能被拉断，由牛顿第三定律知磁铁受到的磁场力向下，根据共点力平衡条件知蹄形磁铁受到的支持力增大，由牛顿第三定律知道桌面受到的压力变大，故BD正确，AC错误。
故选：BD。
由左手定则判断铜棒AB受到的安培力，结合牛顿第三定律以及根据平衡条件分析即可。
本题考查了牛顿第三定律和左手定则，关键是熟练掌握应用，属于基础题。
7.【答案】AC
【解析】解：A、甲图为速度选择器，从左侧射入的带正电的粒子受到向下的电场力和向上的洛伦兹力，当qE=qvB时，粒子沿直线射出，v=EB，故A正确；
B、乙图中，磁场的方向由N极指向S极，等离子体进入上下极板之间，收到洛伦兹力，由左手定则可知，正离子向b极板偏转，负离子向a极板偏转，则b极板带正电，a极板带负电，故B错误；
C、丙图中通过励磁线圈的电流越大，线圈产生的磁场越强，磁感应强度越大，电子在洛伦兹力的作用下在磁场中做匀速圆周运动，则有qvB=mv2R，解得：R=mvqB，则当电子的速度一定时，磁感应强度越大，电子的运动径迹半径越小，故C正确；
D、丁图中只要回旋加速器的D形盒足够大，加速粒子就能获得较大的能量，具有较大的速度，可当能量达到25MeV～30MeV后就很难再加速了，原因是按照狭义相对论，粒子的质量随速度的增大而增大，而质量的变化会导致其回旋周期的变化，从而破坏了与电场变化周期的同步，因此加速粒子就不能获得任意速度，故D错误。
故选：AC。
甲图中只要带电粒子受力平衡就可以沿直线射出；根据左手定则分析图乙中极板带电情况；根据洛伦兹力提供向心力可知图丙中电流与半径的关系；图丁中只要回旋加速器的D形盒足够大，粒子可以获得较大的速度，但不能获得任意速度。
本题考查带电粒子在电磁场中的综合应用，解题关键是分析好粒子的受力情况和运动情况。
8.【答案】AB
【解析】解：A、当圆环进入或离开磁场时磁通量发生变化，会产生感应电流，机械能向电能转化，机械能减少，因此环向右穿过磁场后，不能摆到原释放位置，故A正确；
B、当圆环进入或离开磁场时磁通量发生变化，会产生感应电流，故B正确；
C、圆环进入磁场后，其磁通量不变，不会产生感应电流，故C错误；
D、在圆环不断经过磁场时，机械能不断损失，圆环越摆越低，最后整个圆环在磁场区域内来回摆动，而不是静止在最低点，故D错误。
故选：AB。
圆环在进入和离开磁场时，圆环中均有感应电流，机械能会减少，根据能量守恒分析圆环能否返回原释放位置。最终整个圆环在磁场区域来回摆动，不产生感应电流，其机械能守恒，在磁场内做往返运动。
本题是电磁感应和能量守恒的综合，要掌握感应电流产生的条件：磁通量变化，明确能量的转化情况。
9.【答案】5.18 0.740 ×1Ω 10
【解析】解：①游标卡尺的精确度为0.1mm，示数为51mm+8×0.1mm=51.8mm=5.18cm；
②螺旋测微器的精确度为0.01mm，示数为0.5mm+24.0×0.01mm=0.740mm；
③当用“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过大，说明待测电阻较小，应更换小倍率，即×1Ω挡，根据欧姆表的读数规则，其读数为10×1Ω=10Ω。
故答案为：①5.18；②0.740；③×1Ω，10。
①②③根据游标卡尺、螺旋测微器和欧姆表的读数规则完成读数。
考查游标卡尺、螺旋测微器和欧姆表的读数规则，会根据题意进行准确分析解答。
10.【答案】V1 R1 C A
【解析】解：①两节干电池的电动势为3V，因此电压表选择V1；
本实验要求电压从零开始变化，因此滑动变阻器采用分压式接法，为了保证电路安全和方便调节，滑动变阻器选择R1；
②A.根据欧姆定律I=1R⋅U
I−U图像斜率k=1R
电阻R=1k
通过小灯泡的电流越大，温度越高，因此小灯泡的电阻随温度的升高而增大，故A错误；
BD.根据I−U图像可知，当U=2.5V时，通过小灯泡的电流为I=0.44A
根据欧姆定律，小灯泡正常工作时电阻为RL=UI=Ω≈5.7Ω
小灯泡正常工作时电路的总电功率为P=UI=2.5×0.44W=1.1W
故BD错误；
C.小灯泡电压为U1=0.6V时的电流I1=0.2A
根据功率公式P=UI，其电功率为P1=U1I1=0.6×0.2W=0.12W，故C正确。
故选：C。
③本实验要求电压从零开始变化，因此滑动变阻器采用分压式接法；
由于RLRA=