2024-2025学年四川省成都市高二上学期期末物理试卷（解析版）

这是一份2024-2025学年四川省成都市高二上学期期末物理试卷（解析版），共17页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 带电粒子在电场中一定沿电场线运动
B. 带电粒子在电场中一定受到电场力的作用
C. 带电粒子在磁场中一定受到洛伦兹力作用
D. 通电导线在磁场中一定受到安培力的作用
【答案】B
【解析】A．带电粒子在电场中不一定沿电场线运动，与带电粒子的初状态有关，故A错误；
B．带电粒子在电场中一定受到电场力的作用，故B正确；
CD．带电粒子在磁场中不一定受到洛伦兹力的作用，通电导线在磁场中也不一定受安培力作用，比如带电粒子速度方向或通电导线平行于磁场方向时，故CD错误。
故选B。
2. 关于单摆做简谐振动，下列说法正确的是（ ）
A. 摆球经过平衡位置时合力为零
B. 摆球经过平衡位置时回复力不为零
C. 仅增大摆球质量，单摆周期增大
D. 仅增大摆长，单摆周期增大
【答案】D
【解析】AB．单摆做简谐运动的过程中，摆球经过平衡位置时，回复力为零，但所受的合力提供向心力，故所受合力不为零，故AB错误；
CD．由单摆周期公式
可知摆球质量对周期无影响，摆长越长，周期越大，故C错误，D正确。
故选D。
3. 关于教材中的四个实验装置，下列说法正确的是（ ）
A. 图（a）中导体棒ab切割磁感线时，回路内会产生感应电流
B. 图（b）中线圈绕OO′轴旋转时，线圈内会产生感应电流
C. 图（c）中长直导线中电流增大时，线圈内会产生感应电流
D. 图（d）中闭合开关后，小磁针偏离原来位置并在新位置保持静止
【答案】A
【解析】A．图（a）中导体棒ab切割磁感线时，闭合回路中磁通量发生变化，回路内会产生感应电流，故A正确；
B．图（b）中线圈绕OO'轴旋转时，闭合回路中磁通量一直为零，线圈内不会产生感应电流，故B错误；
C．图（c）中长直导线中电流增大时，闭合回路中磁通量左右相互抵消，一直为零，线圈内不会产生感应电流，故C错误；
D．图（d）中闭合开关瞬间，B中产生感应电流，小磁针偏离原来位置，但由于A所接为直流电源，B中感应电流很快消失，小磁针又将重新回到原来的位置，故D错误。
故选A。
4. 材料、长度相同，横截面积不同的电阻丝Ra、Rb与两个小灯泡L1、L2按图示电路连接，单刀双掷开关接1时，灯泡发光。当开关接2时，下列说法正确的是（ ）
A. L1的亮度增大B. L2的亮度减小
C. 电源的总功率减小D. 电源的效率减小
【答案】C
【解析】AB．电阻丝Ra、Rb材料、长度相同，Ra的横截面积比Rb的大，则
所以当开关接2时，电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律知总电流减小，则L1的亮度减小。总电流减小，电源的内电压和L1的电压都减小，则L2的电压增大，其亮度增大，故AB错误；
C．电源的总功率为
I减小，E不变，则P减小，故C正确；
D．电源的效率为
当开关接2时，电路总电阻增大，路端电压U增大，则电源的效率增大，故D错误。
故选C。
5. 如图所示，直角三角形ABC处于平行纸面的匀强电场中，AB = 4 cm，BC = 3 cm。将电荷量为2 × 10−4 C的正点电荷从A点移到B点，电场力做功为零，从B点移到C点，克服电场力做功为6 × 10−4 J。下列说法正确的是（ ）
A. 电场强度方向由A指向BB. 电场强度方向由B指向C
C. 电场强度大小为0.75 V/cmD. 电场强度大小为1 V/cm
【答案】D
【解析】因为将电荷量为2 × 10−4 C的正点电荷从A点移到B点，电场力做功为零，所以直线AB为一条等势线，又因为从B点移到C点，克服电场力做功为6 × 10−4 J，所以BC间电势差为
因为电场线与等势线相交处互相垂直，且沿电场线方向电势逐渐降低，所以电场强度方向由C指向B，由匀强电场中电势差与电场强度的关系可知
其中
UCB = −UBC
dBC = 3 cm
联立可得
故选D。
6. 生物电是细胞或组织在生命活动中产生的电现象，安静状态下细胞膜存在静息电位，其机理为钾离子K+从膜内流向膜外后，导致细胞膜内侧与外侧存在电势差。安静状态下膜内外两侧电势呈现外正内负，电荷分布如图所示。下列说法正确的是（ ）

A. 静息电位Uab正
B. K+在a点电势能大于在b点电势能
C. K+外流过程中，电场力对K+做负功
D. 安静状态下，将灵敏电流计的两极分别插入膜内和膜外后，指针不偏转
【答案】C
【解析】AB．静息电位Uab为负，因为b点周围有很多正电荷，电势高，a点周围有很多负电荷，电势低，所以Uab为负，K+带正电，在电势高的地方电势能大，故AB错误；
C．K+外流过程中，克服电场力做功，电场力对K+做负功，故C正确；
D．安静状态下，将灵敏电流计的两极分别插入膜内和膜外后，因为膜内和膜存在电势差，电荷发生定向移动，指针发生偏转，故D错误。
故选C。
7. 将矩形线圈按照图示方式静止放置于匀强磁场中，闭合开关后线圈能绕转轴向一个方向持续转动的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】BD．根据左手定则可知，BD选项中线圈左右两侧导线受到的安培力合力为0，不会使线圈发生偏转，故BD错误；
AC．根据左手定则，刚开始线圈左侧导线受到的安培力方向向向下，右侧导线受到的安培力方向向上，会使导线圈沿逆时针方向转动，但A选项中，线圈转过半周后受到的安培力方向与线圈原来的速度方向反向，不能使之持续转动，C图中转过半周时通过的电流方向与速度方向相同，可以持续转动下去，故A错误，C正确。
故选C。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8. 图（a）为一列简谐横波在t0时刻的波形图，P、Q分别是平衡位置为x2m和x8m处的质点，图（b）为质点P的振动图像。则下列说法正确的是（ ）
A. 该波沿x轴正方向传播
B. 该波的周期为1s
C. 该波的传播速度大小为4m/s
D. 0～2.5s内，质点Q运动的路程为50cm
【答案】CD
【解析】B．由乙图可知周期为
T2s
故B错误；
C．由甲图可知波长为8m，结合周期，可知波速为
解得
故C正确；
A．由乙图P点的振动图像可知P点之后向下振动，结合甲图的波形图，可知该波的传播方向为沿x轴负方向，故A错误；
D．由乙图可知周期2s，故完成
次全振动，故Q点通过的路程为
故D正确。
故选CD。
9. 洛伦兹力演示仪结构如图所示，圆形励磁线圈通电流后，在线圈内部产生垂直纸面方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B = 9.2 × 10−4 T。正中央为半径r = 10 cm的球形玻璃框，电子枪位于玻璃框球心的正下方，电子从静止开始经U = 1.0 × 103 V的加速电压加速，并从A点水平向左垂直进入磁场。电子打到玻璃框最左端的C点，速度偏转角为60°。不计电子重力，下列说法正确的是（ ）

A. 励磁线圈内电流沿顺时针方向
B. 仅增大加速电压可使电子在玻璃框内做完整圆周运动
C. 电子的运动半径为
D. 电子的荷质比约为1.67 × 108 C/kg
【答案】AC
【解析】A．电子速度方向水平向左，电子向上偏转，说明电子刚射入磁场时所受洛伦兹力竖直向上，由左手定则可知，磁场垂直于纸面向里，由安培定则可知，励磁线圈中电流沿顺时针方向，故A正确；
B．电子在加速电场中加速，由动能定理得
电子磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得
仅增大加速电压U，电子在磁场中的轨道半径r增大，电子会打在玻璃框上，不能做完整的圆周运动，故B错误；
C．电子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示

由几何知识可知
故C正确；
D．电子在加速电场中加速，由动能定理得
电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
代入数据解得，电子的比荷
故D错误。
10. 图（a）为示波管的部分原理图，电子经加速电压加速后，向右进入水平偏转电极，电极X、X′间加上图（b）所示的扫描电压，内部可视为匀强电场（竖直偏转电极未画出）。已知加速电压为U，水平偏转电极长L1，间距d，电极右端到荧光屏距离为L2，当扫描电压周期为T，峰值为U0时，荧光屏上可见一亮点在水平方向上移动。电子比荷为，不计电子重力及电子间的相互作用力，电子通过水平偏转电极的时间极短。关于扫描过程，下列说法正确的是（ ）

A. 电子射入偏转电极时的速度大小为
B. 0～入射的电子有可能打到图（a）所示亮点a的位置
C. 若要在荧光屏上看到一条水平亮线，应该降低扫描频率
D. 荧光屏上亮点移动的速度为
【答案】BD
【解析】A．电子在加速电场中，根据动能定理
可得，电子射入偏转电极时的速度
故A错误。
B．在时间内，扫描电压为正，电子在水平偏转电极间受到沿X′X的电场力，会向X侧偏转，所以 入射的电子有可能打到图（a）所示亮点a的位置，故B正确。
C．在荧光屏上看到一条水平亮线的条件需要减小扫描时间，即提高扫描频率，使得电子在荧光屏上的位置快速变化，由于视觉暂留效应，人眼就会看到一条连续的亮线，而不是降低扫描频率，故C错误。
D．电子在水平偏转电极间做类平抛运动，水平方向
竖直方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有

所以有
离开偏转电场竖直方向速度为vy，有

电子离开偏转电场，做匀速直线运动，水平方向位移
竖直方向有
则电子所打位置与O之间的距离为

由题图可知，其偏转电场U与时间在0~T内关系由题图结合数学知识可知为

将其代入，整理有

由速度的定义可知，其是物体运动的位移与其时间的比值，在数学上的表示即为位移与时间函数的一阶导，可得荧光屏上亮斑移动的速度
故D正确。
故选BD。
三、实验题：本题共2个小题，共14分。
11. 某同学用图（a）电路观察平行板电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器与计算机相连，可显示电路中电流随时间的变化。图（a）中电源电动势为6V，实验前电容器不带电。先使S与“1”相连给电容器充电；充电结束后使S与“2”相连，直至放电完毕。计算机记录电流随时间变化的i﹣t曲线如图（b）。
（1）充电结束后，使S与“2”相连时，流过R2的电流方向为 ___________（选填“从左往右”或“从右往左”）；
（2）图（b）中阴影部分面积S1___________S2（选填“>”“＜”或“=”）；
（3）若在上述实验放电完毕后将平行板电容器两极板间距离增大，再使S与“1”端相连给电容器充电，并记录此时得到的曲线得到阴影部分面积S3（未画出），则S2___________S3（选填“>”“＜”或“=”）。
【答案】（1）从右向左 （2）= （3）>
【解析】（1）[1]电容器的右极板与电源的正极相连，所以电容器的右极板带正电荷，充电结束后，使S与“2”相连时，电容器放电，正电荷从右极板经电阻和电容器左极板的负电荷中和，所以流过R2的电流方向为从右向左；
（2）[1]i﹣t图像与坐标轴所围面积表示电荷量，在横轴上方的面积表示给电容器充电的电荷量；横轴下方的面积表示电容器放电的电荷量，所以
S1S2
（3）[1]将平行板电容器两极板间距离增大，根据
C
可知，电容器的电容变小，电源电压不变，根据
QCU
可知，电容器带电荷量减少，而i﹣t图像与坐标轴所围面积表示电荷量，所以
S2S3
12. 甲同学在使用手电筒时发现灯泡发出的光变暗了，于是想到将手电筒里串联的两节旧干电池中的一节更换为同规格的新电池，将新、旧电池搭配使用。乙同学则指出课本必修第三册中在关于电池组相关内容中提到同型号的新、旧电池不合适组成电池组。于是，甲、乙两同学想设计方案来探究手电筒中将新、旧电池搭配使用是否合理。
Ⅰ.一节旧干电池的电动势约为1.4V，内阻约为几欧姆。为测量其电动势和内阻，实验室提供以下器材：电压表（量程0～3V，内阻很大），电流表（量程0～0.6A，内阻约2Ω），滑动变阻器（0～20Ω），开关S和导线若干。
（1）为尽量减小实验误差，实验电路图应采用 _______（填“图（a）”或“图（b）”）方案；
（2）通过多次测量并记录对应的电流表示数I和电压表示数U，利用这些数据画出了U﹣I图线，如图（c）所示。由图线得此干电池的电动势E= ___________V，内阻r= ___________Ω。
Ⅱ.两同学获知手电筒中小灯泡的电阻为4Ω（电阻视为不变），且通过查阅资料得出电动势和内阻分别为（E1，r1）和（E2，r2）的两电池串联后形成的电池组的电动势为E1+E2，内阻为r1+r2。
（3）两同学获悉一节同型号新电池的电动势为1.5V，内阻为0.2Ω。若将已测得电动势和内阻的旧电池与一节同型号的新电池串联作为电池组为小灯泡供电时，电池组效率为η1；两节同型号的新电池串联作为电池组为小灯泡供电时，电池组效率为η2，则 ___________。
【答案】（1）（a） （2）1.38 3.8 （3）0.55
【解析】（1）电流表内阻约为2Ω，如果采用图（b）所示电路图电池内阻的测量误差太大，为减小实验误差，应选择图（a）所示电路图
（2）[1] [2]由闭合电路的欧姆定律
U=E-Ir
由图（c）所示图像可知，电池的电动势
E=1.38V
内阻
r
（3）由闭合电路的欧姆定律得
I1，I2
电池组的效率
η1，η2
代入数据解得
0.55
四、计算题：本题共3个小题，共40分。
13. 某小组通过实验测得玩具电动机电流随电压变化的I﹣U图像如图所示，电压小于1V时，电动机不转，且图像为直线；当电压U=6V时，电动机恰好正常工作。忽略电动机内阻变化。求：
（1）电动机的内阻r；
（2）电动机正常工作时电动机的输出功率P和机械效率η（计算结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）1Ω （2）12W， 67%
【解析】（1）由I﹣U图像可得电压为1V时，电流为1A，此时电动机不转，其电路为纯电阻电路，内阻为
（2）电动机正常工作时，从I﹣U图像可得电压为U=6V，电流为I=2A，电动机消耗的电功率为
P=UI=6×2W=12W
电动机的发热功率为
P热=I2r=22×1W=4W
电动机正常工作时电动机的输出功率为
P机械=P-P热=12W-4W=8W
电动机正常工作时电动机的机械效率为
14. 如图所示，地面上方存在范围足够大、方向水平向右的匀强电场，长为L的绝缘轻绳一端固定在离地高度为3L的O点，另一端连接一个质量为m、电荷量为q（q>0）的带电小球（可视为点电荷），小球静止时绳与竖直方向夹角θ=45°，重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）求匀强电场的电场强度大小E；
（2）将小球拉到与O点等高的B点，给小球一竖直向下的初速度，求小球运动到O点正下方C点时的速度大小v；
（3）在（2）问情况下，小球运动到C点时细绳突然断裂，求从细绳断裂到小球落到地面所需的时间t及落地点与O点的水平距离x。
【答案】（1） （2） （3）2， 2（1）L
【解析】（1）小球静止时，对小球分析受力可知小球带正电，如图所示
由平衡条件得
解得
（2）小球从B点到C点，根据动能定理得
解得
（3）细绳突然断裂后，小球在重力和电场力的作用下做匀变速曲线运动，竖直方向做自由落体运动，则有
解得
小球水平方向加速度大小为
下落过程，小球水平方向的位移为
解得落地点与O点的水平距离
15. 如图所示，匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ宽度为L，区域Ⅰ高度为，区域Ⅱ、Ⅲ上下无限延伸，三个区域磁场的磁感应强度大小相等，方向如图。磁场左右两侧沿轴线O1O2分别存在方向如图所示的电场，场强大小与到磁场边界的距离x成正比，即E=k0x（k0为比例系数）。一质量为m，带电量为q（q>0）的粒子以速度v0从磁场Ⅰ左边界中点O1垂直边界射入，经Ⅰ、Ⅱ区域边界上的P点进入Ⅱ区域，速度方向与边界夹角为60°。忽略边界效应及粒子重力。求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小B；
（2）粒子从O1点出发到第一次回到O1点的过程中，在磁场运动的路程s1及电场中运动的路程s2；
（3）粒子运动一个完整周期的总时间（已知回复力为的简谐振动，周期为）。
【答案】（1） （2）， （3）
【解析】（1）粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，可得
由几何关系可得
联立可得
（2）结合题意，可得下图
粒子在磁场中运动，由几何关系可知，其轨迹所对圆心角为
轨迹长度为
联立可得
粒子在电场中，由动能定理可得
由对称性可知
联立可得
（3）结合前面分析可知
粒子所受电场力为
一个周期内，粒子在电场中共做一个完整的简谐振动，对应时间为
粒子运动一个完整周期的总时间
联立可得