安徽省黄山市2024-2025学年高二(上)期末质量检测物理试卷（解析版）

这是一份安徽省黄山市2024-2025学年高二(上)期末质量检测物理试卷（解析版），共19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。
（考试时间：75分钟 满分：100分）
一、单选题（本大题共8小题，每题4分，共32分。）
1. 物理学是一门以实验为基础的学科，物理从生活中来又到生活中去。对于下列教材中所列的实验和生活用品，说法正确的是（ ）
A. 甲图中，两根通电方向相反的长直导线相互排斥，是通过磁场实现的
B. 乙图中，若在ab的两端接上交流电源（电流的大小和方向周期性变化），稳定后接在cd端的表头示数始终为0
C. 丙图中，生活中常用微波炉来加热食物，这是利用了电流的热效应
D. 奥斯特利用丁图实验装置发现了电磁感应现象
【答案】A
【解析】A．电流能够产生磁场，甲图中，两根通电方向相反的长直导线相互排斥，是通过磁场实现的，故A错误；
B．乙图中，若在ab的两端接上交流电源（电流的大小和方向周期性变化），该电流产生的磁场使穿过连接cd端线圈的磁通量发生变化，连接cd端线圈中有感应电流产生，可知，稳定后接在cd端的表头示数不为0，故错误；
C．丙图中，生活中常用微波炉来加热食物，这是利用了红外线的热效应，故C错误；
D．奥斯特利用丁图实验装置发现了电流的磁效应，故D错误。
故选A。
2. 两个分别带有电荷量-2Q和+6Q的相同金属小球（均可视为点电荷）固定在间距为r的两处，它们之间库仑力的大小为F，现将两球接触后再放回原处，则两球间库仑力的大小变为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】根据库仑定律有
两球接触后再放回原处，小球所带电荷量
根据库仑定律有
解得
故选D。
3. 防疫口罩中使用的熔喷布经驻极处理后，可增加静电吸附功能。驻极处理如图所示，针状电极与平板金属电极分别接高压直流电源的正、负极，针尖附近的空气被电离后，带电粒子在电场力（不计重力）作用下运动，熔喷布捕获带电粒子带上静电，熔喷布带电后对电场的影响忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A. 沿图中虚线向熔喷布运动的带电粒子，电势能不断增加
B. 熔喷布上表面因捕获带电粒子而带负电
C. 沿图中虚线向熔喷布运动的带电粒子，加速度逐渐减小
D. 图中虚线上的、、三点，电势分别为、、，且，则
【答案】C
【解析】AB．带正电的粒子沿图中虚线向熔喷布运动，电场力对其做正功，则粒子的电势能不断减小，熔喷布上表面因捕获带电粒子而带正电，选项AB错误；
C．针状电极附近的电场线最密集，场强最大，则沿图中虚线向熔喷布运动的带电粒子，受电场力逐渐减小，则加速度逐渐减小，选项C正确；
D．图中虚线上的、、三点，因ab之间的场强大于bc之间的场强，则
即
即电势分别为
则
选项D错误。
故选C
4. 如图所示，指纹采集装置中的半导体基板上有大量相同的小极板，外表面绝缘。当手指的指纹一面与绝缘表面接触时，由于指纹凸凹不平，凸点处与凹点处分别与半导体基板上的小极板形成一个个正对面积相同的电容器，若每个电容器的电压保持不变，则在指纹采集过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 指纹的凸点处与对应的小极板距离较近，该小极板的带电量较小
B. 指纹的凹点处与对应的小极板距离较远，该小极板的带电量较小
C. 指纹的凸点处与对应的小极板距离较近，该位置的电容小
D. 指纹的凹点处与对应的小极板距离较远，该位置的电容大
【答案】B
【解析】CD．根据平行板电容器电容的决定式有
可知，指纹的凸点处与对应的小极板距离较近，该位置的电容大，指纹的凹点处与对应的小极板距离较远，该位置的电容小，故CD错误；
AB．根据电容器电容的定义式有
结合上述解得
可知，指纹的凸点处与对应的小极板距离较近，该小极板的带电量较大，指纹的凹点处与对应的小极板距离较远，该小极板的带电量较小，故A错误，B正确。
故选B。
5. 图甲为洛伦兹力演示仪的实物图，乙图为其结构示意图。演示仪中有一对彼此平行的共轴串联的圆形线圈（励磁线圈），通过电流时，两线圈之间产生沿线圈轴向、方向垂直纸面向内的匀强磁场。圆球形玻璃泡内有电子枪，电子枪发射电子，电子在磁场中做匀速圆周运动。电子速度的大小可由电子枪的加速电压来调节，磁场强弱可由励磁线圈的电流来调节。下列说法正确的是（ ）
A. 仅使励磁线圈中电流为零，电子枪中飞出的电子将做匀加速直线运动
B. 仅提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的周期将变小
C. 仅增大励磁线圈中电流，电子做圆周运动的周期将不变
D. 仅提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的半径将变大
【答案】D
【解析】A．若励磁线圈中电流为零，则磁感应强度为0，电子枪中飞出的电子将做匀速直线运动，故A错误；
B．电子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
，
解得
可知，电子圆周运动的周期与加速电压无关，则提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的周期将不变，故B错误；
C．增大励磁线圈中电流，磁感应强度增大，结合上述，电子做圆周运动的周期将变小，故C错误；
D．结合上述，解得粒子圆周运动的半径
电子加速过程，根据动能定理有
若提高电子枪加速电压，粒子圆周运动的线速度增大，则电子做圆周运动的半径将变大，故D正确。
故选D。
6. 如图，金属棒、放在水平金属导轨上，条形磁铁从 abcd上方某处由静止开始下落，在加速接近导轨过程中，金属棒、均未滑动。下列说法错误的是（ ）
A. 磁铁加速度小于g
B. 金属棒有c指向d的感应电流
C. 导轨对金属棒的支持力大于金属棒的重力
D. 金属棒受到向右的摩擦力
【答案】D
【解析】A．条形磁铁向下运动，穿过回路的磁通量增大，回路中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流激发的磁场对条形磁铁的磁场力阻碍条形磁铁的相对运动，即该磁场力方向向上，可知，磁铁加速度小于g，故A正确，不符合题意；
B．条形磁铁的磁场在回路所在位置的方向整体向下，磁通量增大，根据楞次定律可知，金属棒有c指向d的感应电流，故B正确，不符合题意；
C．结合上述可知，条形磁铁的磁场对金属棒中的感应电流有安培力的作用，由于磁通量增大，根据楞次定律可知，该安培力使金属棒有向下运动的趋势，即安培力使金属棒有挤压导轨的效果，可知，导轨对金属棒的支持力大于金属棒的重力，故C正确，不符合题意；
D．结合上述可知，条形磁铁的磁场对金属棒中的感应电流有安培力的作用，由于磁通量增大，根据楞次定律可知，该安培力使金属棒有向回路内侧运动的趋势，则金属棒受到向左的摩擦力，故D错误。
故选D。
7. 某条电场线是一条直线，沿电场线方向依次有O、A、B、C四个点，相邻两点间距离均为d＝0.1m，以O点为坐标原点，沿电场线方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示，E0＝2V/m。一个带电量为1C的正电粒子，从O点由静止释放，仅受电场力作用。则下列说法正确的是（ ）
A. 粒子从O到A做匀加速直线运动
B. 粒子运动到B点时动能为0.3J
C. 粒子在OA段电势能减少量等于BC段电势能减少量
D. 若O点的电势为零，则A点的电势为0.1V
【答案】B
【解析】A．从O到A场强变大，则粒子受电场力变大，加速度变大，则粒子从O到A做加速度变大的非匀加速直线运动，选项A错误；
B．图像与坐标轴围成的面积等于电势差，则从O到B由动能定理
即粒子运动到B点时动能0.3J，选项B正确；
C．由图像可知OA段电势差大于BC段电势差，根据
可知粒子在OA段电势能减少量大于BC段电势能减少量，选项C错误；
D．若O点的电势为零，则
可知A点的电势为-0.1V，选项D错误。
故选B。
8. 如图所示，空间存在垂直纸面向里的水平磁场，磁场上边界水平，以O点为坐标原点，磁场上边界为x轴，竖直向下为y轴，磁感应强度大小在x轴方向保持不变、y轴方向满足By=B0+ky，k为大于零的常数。边长为L的单匝正方形导体线框ABCD通过轻质绝缘细线悬挂于天花板，线框质量为m，通有顺时针方向的恒定电流，电流强度为I，系统处于平衡状态，已知该地的重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. AC边与BD边所受安培力相同
B. 细线中拉力大小为mg+kIL2
C. 若仅将细线长度加长，线框始终在磁场内，则稳定后细线弹力变大
D. 若仅将磁场调整为磁感应强度为B0的匀强磁场，方向不变，则稳定后细线中弹力为0
【答案】B
【解析】A．AC边与BD边所受安培力大小相等，由左手定则可知，方向相反，故A错误；
B．设AB边到x轴的距离为h，则AB边受到的安培力大小为
方向竖直向上，CD边受到的安培力大小为
方向竖直向下，由平衡可得，细线中拉力大小为
解得
故B正确；
C．由于AB边与CD边的距离不变，则两边所受安培力之差不变，则若仅将细线长度加长，线框始终在磁场内，则稳定后细线弹力不变，故C错误；
D．若仅将磁场调整为磁感应强度为B0的匀强磁场，方向不变，则AB边与CD边所受安培力大小相等，方向相反，由平衡可知，细线中的拉力与其重力等大反向，故D错误。
故选B。
二、多选题（本大题2小题，每题5分，共10分，全部选对得5分，部分选对得3分，错选或不选得0分）
9. 磁场中的四种仪器如图所示，则下列说法中正确的是（ ）
A. 甲中回旋加速器加速带电粒子的最大动能与加速电压无关
B. 乙中不改变质谱仪各区域的电场磁场时击中光屏同一位置的粒子比荷相同
C. 丙中自由电荷为负电荷的霍尔元件通上如图所示电流和加上如图磁场时，M侧电势高
D. 丁中长宽高分别为a、b、c的电磁流量计加上如图所示匀强磁场，若流量Q恒定，前后两个金属侧面的电压与a、b有关
【答案】ABC
【解析】A．令回旋加速器的半径为R，则有
，
解得
可知，甲中回旋加速器加速带电粒子的最大动能与加速电压无关，故A正确；
B．粒子在速度选择器中做匀速直线运动，则有
粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，则有
解得
光屏上同一位置的轨道半径一定，可知，乙中不改变质谱仪各区域的电场磁场时击中光屏同一位置的粒子比荷相同，故B正确；
C．自由电荷为负电荷，则自由电荷定向移动的方向与电流方向相反，根据左手定则可知，负电荷向N侧聚集，可知，丙中自由电荷为负电荷的霍尔元件通上如图所示电流和加上如图磁场时，M侧电势高，故C正确；
D．稳定时，电场力与洛伦兹力平衡，则有
流量为
解得
可知，丁中长宽高分别为a、b、c的电磁流量计加上如图所示匀强磁场，若流量Q恒定，前后两个金属侧面的电压与c有关，故D错误。
10. 如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，三个电表均为理想电表，闭合电键，当滑动变阻器R2的滑片向左移动少许，两电压表示数变化量的绝对值分别为、，电流表示数变化量的绝对值为。则下列说法正确的是（ ）
A. 电源效率一定减小B. 电源的输出功率一直减小
C. D.
【答案】AC
【解析】A．电源的效率为
滑动变阻器R2的滑片向左移动少许，滑动变阻器接入电路的阻值减小，则电路外电阻减小，电源效率减小，故A正确；
B．根据电源输出功率与外电路电阻的关系可知，当外电阻与内阻相等时，电源输出功率最大；滑动变阻器R2的滑片向左移动少许，使得电路外电阻减小，但由于不清楚外电阻与内阻的大小关系，故无法判断电源的输出功率是否减小，故B错误；
C．滑动变阻器R2的滑片向左移动少许，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电路外电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，回路中总电流增大，路端电压减小，即两端电压减小，流过的电流减小，流过、的电流增大，所以两端的电压增大，则两端的电压减小，根据
由于路端电压减小，则两端的电压的增加量小于两端的电压的减小量，即
故C正确；
D．根据闭合电路欧姆定律可得
可得
又
且减小，增大，减小，则有
联立可得
故D错误。
故选AC。
三、实验题（本题共2小题共18分，每空2分。第11题6分，第12题12分）
11. 实验探究小组，现取一只已经完成机械调零的多用电表。
（1）某同学用多用电表的欧姆挡来测量电阻。先将选择开关旋至“×10”挡，红、黑表笔短接调零后进行测量，结果发现欧姆表指针偏角太小，则应将选择开关旋至______（选填“×1”或“×100”）挡，最终测量结果如图甲所示，则电阻为______Ω。
（2）为探究欧姆挡内部结构，设计电路示意图如乙图所示，由表头、电源、调零电阻和表笔组成。其中表头G满偏电流Ig=500、内阻Rg=100Ω，电池电动势E=1.5V、内阻r=0.5Ω，调零电阻阻值0~5000Ω，使用此欧姆挡测量电阻时，如图丙所示，表头G指针指在位置100µA处，则对应欧姆挡表盘刻度值为______Ω。
【答案】（1）×100 1300 （2）12000
【解析】（1）[1]红、黑表笔短接调零后进行测量，结果发现欧姆表指针偏角太小，则通过表头的电流较小，表明待测电阻较大，为了减小欧姆表的读数误差，使指针指在中央刻线附近，应换高倍率挡位，即应将选择开关旋至×100挡；
[2]根据欧姆表的读数规律，该读数为
（2）欧姆调零时，电路中的电阻等于欧姆表的内阻，则有
表头G指针指在位置100µA处，则有
解得
12. 将一铜片和一锌片分别插入同一只橙子内，就构成了简单的“水果电池”，其电动势约为1V，可是这种电池并不能点亮规格为“1V，0.3A”的小灯泡，原因是“水果电池”的内阻太大，流过小灯泡的电流太小，经测量仅约为3mA。某实验小组要测量“水果电池”的电动势和内电阻。现有下列器材：
A.待测“水果电池”
B.电流表：量程，电阻约
C.电压表：量程0~3V，电阻约
D.定值电阻
E.电阻箱（）
F.滑动变阻器
G.滑动变阻器
H.电源电动势，内阻不计
I.开关、导线等实验器材
（1）从测量原理来看，利用图甲所示电路所得的“水果电池”的测量值与真实值相比，电动势______，内电阻______。（均选填“大于”“等于”或“小于”）
（2）小组成员利用甲图电路测量“水果电池”的电动势和内电阻，多次改变电阻箱的阻值，读出电流表示数，根据测得的数据作出图像，如图乙所示。根据图像可得，“水果电池”的电动势______V，内电阻______。（结果均保留三位有效数字
（3）为了测出电流表的内阻的阻值，小组成员选用器材H作为电源设计了如图丙所示的电路，滑动变阻器选择______（选填“F”或“G”），实验过程中，某次测量电流表示数为时，电压表示数如图丁所示，由此结合图乙可求得“水果电池”内阻______。（保留三位有效数字）
【答案】（1）等于 大于 （2）1.11 522 （3）F 485
【解析】（1）[1][2]图甲所示电路测量电源电动势与内阻时，系统误差在于电流表的分压，将电流表与电源看为一个整体，整体可以等效为一个新电源，实验中的测量值实际上测量的是等效新电源的电动势与内阻，由于电流表与电源串联，则有
，
（2）[1][2]根据闭合电路欧姆定律有
变形得
结合图乙有
，
解得
，
（3）[1]图丙中控制电路中的滑动变阻器采用分压式接法，为了确保测量数据的连续性强一些，滑动变阻器总阻值选择小一些的，即滑动变阻器选择F；
[2]图丁中电压表读数为2.80，根据欧姆定律有
结合上述有
解得
四、计算题（本大题共3小题，共40分，需写出计算过程及必要的文字说明方可得分）
13. 如图所示，在水平向右的匀强电场中，一个带电荷量为C、质量为m=0.1kg的小物块（可看做质点）恰能静止于一倾角为的光滑绝缘斜面上，斜面长度L＝1m 。（g取，，）求：
（1）电场强度的大小；
（2）若仅将电场方向改为向左，大小不变，求物块从斜面顶端A点由静止开始滑到斜面底端B点时的速度大小。
【答案】（1）150N/C （2）
【解析】（1）对滑块受力分析如图
由受力平衡得

解得
代入数据得
E＝150N/C
（2）物块下滑至斜面底端时电场力做功为
根据动能定律可得
解得到达斜面底端时物块速度大小为
v＝2m/s
14. 如图甲所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈，线圈平面与磁场方向垂直。已知线圈的匝数，边长、，线圈电阻。磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示，取垂直纸面向里为磁场的正方向。求：
（1）时线圈内感应电动势的大小和感应电流的方向；
（2）在内通过线圈的电荷量；
（3）在内线圈产生的焦耳热。
【答案】（1），感应电流方向为 （2） （3）
【解析】（1）时感应电动势
磁通量的变化量
解得
根据图乙可知，3s时磁感应强度的变化率大小
代入数据解得
根据楞次定律可知，感应电流方向为。
（2）在内线圈中感应电动势
其中
根据欧姆定律，感应电流
则通过线圈的电荷量
其中
解得
（3）内线圈中感应电动势
内线圈中的感应电流
内线圈产生的焦耳热
内线圈产生的焦耳热
内线圈产生的焦耳热为
15. 在竖直平面内建立一平面直角坐标系xy， x轴沿水平方向，如图甲所示。第二象限内有一水平向右的匀强电场，场强为E1。坐标系的第一、四象限内有一正交的匀强电场和匀强交变磁场，电场方向竖直向上，场强，匀强磁场方向垂直纸面。现一个比荷为=102C/kg的带正电微粒（可视为质点）以v0=4m/s的速度从x轴上A点竖直向上射入第二象限，并以v1=12m/s的速度从y轴正方向上的C点沿水平方向进入第一象限。取微粒刚进入第一象限的时刻为0时刻，磁感应强度按图乙所示规律变化（以垂直纸面向外的磁场方向为正方向），重力加速度g=10m/s2 。则：
（1）求微粒在x方向的加速度大小和电场强度E1的大小；
（2）在x轴正方向上有一点D，OD=OC，若带电微粒在通过C点后的运动过程中不再越过y轴，要使其恰能沿x轴正方向通过D点，求磁感应强度B0及磁场的变化周期T0 各为多少？
（3）要使带电微粒通过C点后的运动过程中不再越过y轴，求交变磁场磁感应强度B0和变化周期T0的乘积B0T0应满足的关系？
【答案】（1）；0.3N/C （2）；（s）（n=1，2，3…） （3）
【解析】（1）将粒子在第二象限内的运动分解为水平方向和竖直方向，在竖直方向上做竖直上抛运动，在水平方向上做匀加速直线运动

计算得出
E1=0.3N/C
（2）由E1=3E2，可得
qE2=mg
所以带电的粒子在第一象限将做匀速圆周运动
设粒子运动圆轨道半径为R，周期为T，则有

可得

使粒子从C点运动到D点，则有

计算得出
（n=1，2，3…）


解得
s （n=1，2，3…）
（3）当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过y轴时可作如图运动情形：
由图可以知道

则