河南省焦作市普通高中2024-2025学年高二（上）期末考试物理试卷-普通用卷

这是一份河南省焦作市普通高中2024-2025学年高二（上）期末考试物理试卷-普通用卷，共15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。
1.电磁波在日常生活中有广泛的应用，涉及科研、军事、通信、医疗、能源等多个领域。下列关于电磁波的说法，正确的是( )
A. 利用电磁波传递信号可以实现无线通信，但电磁波不能通过电缆、光缆传输
B. 均匀变化的电场和均匀变化的磁场可以相互激发，形成电磁波
C. 用微波炉加热食物时，通过红外线传热使食物的温度升高
D. 麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实了电磁波的存在
2.如图1所示，水平桌面上固定的闭合金属线圈处于磁场中，磁感应强度B随时间t变化的图像如图2所示，垂直桌面向上为正方向。从上向下看，金属线圈中( )
A. 0∼t1的时间内电流为逆时针方向
B. t1∼t2的时间内电流为顺时针方向
C. t2∼t3与t3∼t4的时间内，电流方向相同
D. t4∼t5的时间内，电流逐渐减小
3.如图1所示，正方形线圈abcd在匀强磁场中匀速转动产生交变电流，其电动势e随时间t变化的图像如图2所示。已知线圈的匝数为100，下列判断正确的是( )
A. 正方形线圈可能是以ab边为轴匀速转动
B. 该交变电流电压的有效值为100V
C. t=1.0×10−2s时，穿过线圈的磁通量为零
D. 穿过线圈的磁通量最大值为1100πWb
4.如图所示，生产车间用直流电动机运送货物，一箱货物的质量为2kg，与水平地面间的动摩擦因数为0.5，电动机线圈电阻为1Ω，电源电动势为8V，内阻为1Ω，重力加速度g取10m/s2。货物在电动机的水平拉力作用下匀速直线运动，此时理想电压表的示数为7V。下列判断正确的是( )
A. 电动机转动稳定时，其输入功率为7W
B. 电动机转动稳定时，货物匀速运动的速度为0.7m/s
C. 电动机突然被卡住不动，理想电压表的示数为8V
D. 电动机突然被卡住不动，电动机实际消耗的功率为32W
5.回旋加速器的核心部件如图所示，两个半径为R的中空半圆形D形盒，盒内为匀强磁场，磁感应强度大小为B，D形盒缝隙间高频加速电场的电压为U，频率为f。电荷量为q的带电粒子在两盒内均做匀速圆周运动，在两盒之间被电场加速，忽略相对论效应，则下列说法正确的是( )
A. 该带电粒子的比荷为2πfB
B. 该带电粒子离开回旋加速器时的动能为 4πfUB
C. 仅增大U，带电粒子获得的最大动能会增大
D. 增大B，并调整相应的f，带电粒子获得的最大动能会减小
6.如图所示的电路中，电感线圈L的电阻不计，灯泡L1的阻值大于灯泡L2的阻值。下列说法正确的是( )
A. 电感线圈对电流有阻碍作用，是一种互感现象
B. 闭合S，图1中L1立即变亮，图2中L1慢慢变亮
C. 断开S，图1中L2的电流方向与原来相反
D. 断开S，图2中L2会闪亮一下再熄灭
7.电阻不计的单匝圆形线圈固定在磁场中，线圈平面与磁场方向垂直。若一定值电阻R接在线圈的a、b两端，如图1所示，磁感应强度以ΔBΔt=0.1T/s均匀增大时，电阻R消耗的功率为P；若磁感应强度恒为0.5T，线圈闭合，在线圈边缘与圆心O之间接入定值电阻R，如图2所示，电阻不计的金属棒Oc沿着半径放在线圈上(与线圈接触良好)，绕圆心O匀速转动，电阻R消耗的功率也为P。金属棒Oc转动的角速度为( )
A. 0.2πrad/sB. 0.4πrad/sC. 0.8πrad/sD. 1.6πrad/s
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，竖直平面内存在垂直竖直纸面向外的匀强磁场，将一粗细均匀的电阻丝折成正方形导体框abcd，垂直放置于磁场中，ad边水平且放在压力传感器上。现将a、d两点通过轻质导线接到直流电源上，通电后压力传感器的示数为0。已知导体框的质量为m，重力加速度为g，轻质导线对导体框没有作用力。下列判断正确的是( )
A. 接线柱1与电源的负极相连
B. ab边受到的安培力大小为0
C. bc边受到的安培力大小为14mg
D. 若将电源正负极调换，则压力传感器的示数为2mg
9.如图所示的电路中，定值电阻R1=6R3，R2=3R3，两个电源电动势相同，内阻均不计，二极管为理想二极管。仅闭合开关S1时，电路中的总功率为P。下列说法正确的是( )
A. 仅闭合S1时，R1消耗的功率为49PB. 仅闭合S1时，R3消耗的功率为13P
C. 仅闭合S2时，R2消耗的功率为916PD. 仅闭合S2时，电路中的总功率为43P
10.如图所示，间距l=1m的足够长光滑平行金属导轨竖直固定，导轨在等高的a、b两点断开并用绝缘材料连接，顶端接一阻值R=0.5Ω的电阻，底端接一电容C=0.2F的电容器。整个装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小B=1T。质量均为m=0.8kg的金属棒MN、PQ分别从导轨顶端和水平虚线ab的下方由静止同时释放，金属棒PQ下落高度d=4m时，金属棒MN已经达到最大速度(还没到达虚线ab)。两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，金属棒与导轨的电阻均不计，重力加速度g=10m/s2。在金属棒PQ下落高度d=4m的过程中，下列判断正确的是( )
A. 金属棒PQ下落高度d=4m时的速度大小为4 5m/s
B. 金属棒MN的最大速度为4m/s
C. 金属棒PQ下落高度d=4m时，金属棒MN下降的高度为2.4m
D. 电阻R上产生的热量为14.8J
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.同学们帮助老师整理实验室时，发现一个用电流表G改装的简易欧姆表(尚未重新标度)，电流表G表盘上的刻度值已经模糊不清，但是刻度线仍均匀且清晰，同学们通过实验测量该欧姆表的最大内阻。
(1)如图1所示，将欧姆表内的滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，插入表笔，其中b应该是_____表笔(填“红”或“黑”)。
(2)将两表笔与电阻箱的两接线柱连接，调节电阻箱的阻值。当电流表G表盘上指针对准某条刻度线时，数出指针偏转的小格数n，并记录下相应电阻箱的阻值R，某次电阻箱的阻值如图2所示，为_____Ω。
(3)改变电阻箱的阻值，重复步骤(2)，读出多组小格数n和电阻箱的阻值R，作出1n−R图像如图3所示，图线的斜率为k，截距为b，则欧姆表的最大内阻为_____(用k，b表示)，若要用此图像计算出欧姆表内部电源的电动势，还需要知道的物理量是_____。
12.磁敏电阻是一种对磁敏感、具有磁阻效应的电阻元件。某磁敏电阻的阻值R随磁感应强度B变化的曲线如图1所示，物理学习小组将该磁敏电阻放入磁场中，通过测量其阻值来判断磁感应强度的大小。实验室提供的器材有电源E(6V)、电压表V(量程为0∼5V，内阻约5kΩ)、电流表A(量程为0∼5mA，内阻约5Ω)、滑动变阻器R1(最大阻值为20Ω)和滑动变阻器R2(最大阻值为3kΩ)、开关、导线若干。
(1)实验为了多测几组数据，要求磁敏电阻两端的电压从零开始变化，滑动变阻器应选择_____(填“R1”或“R2”)，按要求在图2的方框中画出实验电路图_____。
(2)测得多组电压表和电流表示数U、I，作U−I图像如图3所示，则磁敏电阻所在位置的磁感应强度B=_____T。
(3)磁敏电阻可以用于实现防盗门的安全监测。如果防盗门被外力强制打开，导致磁场减弱，致使通过报警器的电流增大而响起来，则磁敏电阻与报警器应该_____(填“串联”或“并联”)，已知电路中仅有电源、磁敏电阻和报警器。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.某个小型发电机的线圈匝数n=100，内阻可忽略不计，在匀强磁场中以ω=300rad/s的角速度匀速转动，转动过程中通过线圈的最大磁通量Φm= 260Wb。发电机的总功率P=100kW，通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电，示意图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数之比n1n2=110，输电线的总电阻R=5Ω，其他导线电阻不计，用户端得到的电压为U4=220V。求：
(1)升压变压器原线圈两端的电压U1；
(2)输电线上损失的功率ΔP；
(3)降压变压器原、副线圈的匝数之比。
14.如图所示，正方形ABCD的边长为l，P为BC边的中点，一匀强电场平行于正方形所在的平面(图中未画出)。位于A处的粒子源向平面内各个方向发射质量为m、电荷量为−qq>0、初动能为Ek0的粒子，经过正方形边界上不同的位置，其中到达正方形边界上P点和D点的粒子动能均为2Ek0。忽略粒子的重力和粒子间的相互作用。求：
(1)电场强度E；
(2)粒子经过正方形边界时的最大动能。
15.研究带电粒子偏转的实验装置基本原理图如图所示，Ⅰ区是位于xOy平面内的半圆，直径MN与x轴重合，且M点的坐标为(−3R,0)，N点的坐标为(−R,0)；Ⅱ区位于xOy平面内的虚线x= −R和y轴之间。其中Ⅰ区和Ⅱ区内存在垂直纸面向外的匀强磁场。三个相同的粒子源和加速电场组成的发射器，可分别将质量为m、电荷量为q的带正电粒子甲、乙、丙由静止加速到v0，调节三个发射器的位置，使三个粒子同时从半圆形边界上的a、b、c三个点沿着y轴正方向射入区域Ⅰ，b与半圆形区域的圆心O′的连线垂直于x轴，a、c到bO′的距离均为R2。乙粒子恰好从N点离开区域Ⅰ，丙粒子垂直于y轴离开区域Ⅱ。不计粒子的重力和粒子之间的相互作用。求：
(1)加速电场两板间的电压U；
(2)区域Ⅰ内的磁感应强度大小B0和区域Ⅱ内的磁感应强度大小B；
(3)甲粒子第一次通过y轴时的位置到原点O的距离。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】A.利用电磁波传递信号可以实现无线通信，电磁波能够在真空中传播，也能在介质中传播，即电磁波能通过电缆、光缆传输，故A错误；
B.根据麦克斯韦电磁理论，均匀变化的电场能够激发出恒定的磁场，均匀变化的磁场能够激发出恒定的电场，可知，均匀变化的电场和均匀变化的磁场不能够互激发，也不能够形成电磁波，故B错误；
C.微波炉加热食物的原理主要是利用微波与食物中的水分子产生共振摩擦，使食物中水的温度升高，进而使食物本身的温度也随着升高，可知，用微波炉加热食物时，并不是通过红外线传热使食物的温度升高，故C错误；
D.1864年，英国青年物理学家麦克斯韦建立了电磁场理论，并预言了电磁波的存在。1888年德国青年物理学家赫兹第一次通过实验证实了电磁波的存在，故D正确。
故选D。
2.【答案】C
【解析】A. 0∼t1 的时间内，磁场方向向上，磁感应强度增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，从上向下看，金属线圈中感应电流为顺时针方向，故A错误；
B. t1∼t2 的时间内，磁感应强度一定，穿过线圈的磁通量不变，线圈之中没有产生感应电流，故B错误；
C. t2∼t3 的时间内，磁场方向向上，磁感应强度减小，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，从上向下看，金属线圈中感应电流为逆时针方向， t3∼t4 的时间内，磁场方向向下，磁感应强度增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，从上向下看，金属线圈中感应电流为逆时针方向，则 t2∼t3 与 t3∼t4 的时间内，电流方向相同，故C正确；
D.根据图像可知， t4∼t5 的时间内，磁感应强度的变化率逐渐增大，线圈面积一定，则穿过线圈的磁通量的变化率增大，根据法律的电磁感应定律可知，电流逐渐增大，故D错误。
故选C。
3.【答案】B
【解析】A.若以边ab为轴匀速转动，线圈中的磁通量一直为零，线圈中不会产生交变电流，所以正方形线圈不可能以ab边为轴匀速转动，故A错误；
B.由图2可知，该交变电动势的最大值 Em=100 2V，对于正弦式交变电流，根据E=Em 2
(E为有效值)，可得该交变电流电动势的有效值 E=100 2 2=100V，电压有效值等于电动势有效值为100V，故B正确；
C. t=1.0×10−2s 时，感应电动势 e=0 ，此时线圈处于中性面位置，穿过线圈的磁通量最大，故C错误；
D.根据 Em=NBSω(N为匝数， BS=Φm 为磁通量最大值， ω 为角速度)，由图2可知 T=2.0×10−2s，则 ω=2πT=2π2.0×10−2=100πrad/s，又因为 N=100 ， Em=100 2V，且 Em=NΦmω，所以 Φm=EmNω=100 2100×100π= 2100πWb，故D错误。
4.【答案】A
【解析】A.根据闭合电路欧姆定律可得 E=U+Ir
可得电路电流为 I=E−Ur=8−71A=1A
则电动机转动稳定时，其输入功率为 P入=UI=7×1W=7W
故A正确；
B.电动机的热功率为 P热=I2RM=12×1W=1W
则电动机的输出功率为 P出=P入−P热=7W−1W=6W
又 P出=Fv=μmgv
解得货物匀速运动的速度为 v=P出μmg=60.5×2×10m/s=0.6m/s
故B错误；
CD.电动机突然被卡住不动，则电路电流为 I′=ERM+r=81+1A=4A
理想电压表的示数为 U′=I′RM=4×1V=4V
电动机实际消耗的功率为 P′=U′I′=4×4W=16W
故CD错误。
故选A。
5.【答案】A
【解析】A.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期等于交变电场变化的周期，即1f=2πmqB，可得粒子的比荷qm=2πfB，故A正确；
BC.该带电粒子离开回旋加速器时，轨道半径等于回旋加速器的半径，即qvB=mv2R，可得带电粒子获得的最大动能为12mv2=(qBR)22m=πfqBR2，与加速电场的电压无关，故BC错误；
D.由上述分析可知，增大B，带电粒子获得的最大动能会增大，故D错误。
6.【答案】B
【解析】A.电感线圈对电流的阻碍作用是自感现象，互感现象是指两个线圈之间的电磁感应，A错误；
B.闭合S，图1中 L1 与电源直接相连，没有电感阻碍电流，所以立即变亮；图2中由于电感的自感作用，会阻碍电流的增大，所以慢慢变亮，B正确；
C.断开S，图1中电感 L2 产生自感电动势，相当于新的电源，通过 L1 电流方向与原来的电流方向相同，C错误；
D.已知灯泡 L1 的阻值大于灯泡 L2 的阻值，在图2中稳定时 I L2>I L1 。断开S，电感产生自感电动势， L1 与 L2 组成回路，自感电流从 I L1 开始减小，所以 L2 不会闪亮一下，而是逐渐熄灭，D错误。
故选B。
7.【答案】B
【解析】根据法拉第电磁感应定律 E=ΔΦΔt=ΔBΔtS
单匝线圈 N=1 ，设圆形线圈半径为r，则 S=πr2
已知 ΔBΔt=0.1T/s
所以 E=0.1πr2
根据 P=E2R
可得 P=(0.1πr2)2R
金属棒切割磁感线产生的感应电动势 E′=12Bωr2
因为电阻消耗的功率也为P，所以 P=(12Bωr2)2R
由于两图中电阻R消耗功率P相等，则 (0.1πr2)2R=(12Bωr2)2R
等式两边R和r( r≠0 )可约去，得到 (0.1π)2=(12Bω)2
因为 B=0.5T
代入可得 (0.1π)2=(12×0.5ω)2
解得 ω=0.4πrad/s
故选B。
8.【答案】ACD
【解析】A.压力传感器的示数为0时，则导体框受到的安培力方向向上，与重力大小相等，根据左手定则，电流方向从d到a，接线柱1与电源的负极相连，选项A正确;
B.ab边的电流方向与磁场方向垂直，受到的安培力不为0，选项B错误;
C.根据并联电路的规律，若通过ab、bc、cd边的电流为I，则通过ad边的电流为3I，bc边和ad边受到安培力的合力4BIL=mg，则bc边受到的安培力大小BIL=14mg，选项C正确;
D.若将电源正负极换过来，安培力方向向下，则压力传感器的示数为2mg，选项D正确。
9.【答案】BC
【解析】AB.仅闭合 S1 时，根据二极管的单向导电性，可知 R2 与 R1 并联，再与 R3 串联，设此时通过 R3 的电流为 I ，则 I=ER并+R3=E6R3⋅3R36R3+3R3+R3=E3R3
电路中的总功率为 P=I2R3+R并=3I2R3
根据串、并联电路中电流与电阻的关系，可知流经 R1 的电流为 13I ，流经 R2 的电流为 23I ，则 R1 、 R3 消耗的功率分别为 P1=13I2⋅6R3=29P ， P3=I2⋅R3=13P
故A错误，B正确；
CD.仅闭合 S2 时，根据二极管的单向导电性，可知 R2 与 R3 串联，设此时通过 R3 的电流为 I′ ，则 I′=E3R3+R3=E4R3=34I
则 R2 消耗的功率 P2′=I′2⋅3R3=916P
电路中的总功率 P总=I′2⋅4R3=34P
故C正确，D错误。
故选BC。
10.【答案】BC
【解析】A.金属棒PQ下落过程，由牛顿第二定律 mg−BIl=ma
又 I=ΔQΔt=C⋅ΔUΔt=CBlΔvΔt
联立，解得 a=8m/s2
可知金属棒PQ做匀加速直线运动，可得 2ad=v2
解得 v=8m/s
故A错误；
B.金属棒MN达到最大速度时，其加速度为0，有 mg=BIl
又 I=ER ， E=Blvm
联立，解得 vm=4m/s
故B正确；
C.金属棒PQ下落高度 d=4m 时，经历的时间为 t=va=1s
此过程对金属棒MN应用动量定理 mgt−BIlt=mvm−0
又 I=ER=BlℎtR=BlℎRt
联立，解得 ℎ=2.4m
故C正确；
D.根据能量守恒定律可得 mgℎ=12mvm2+Q
解得 Q=12.8J
故D错误。
故选BC。
11.【答案】(1)黑
(2)1969.2
(3) bk 每一格表示的电流大小

【解析】(1)多用电表使用欧姆挡时，使用内置电源，根据电流“红进黑出”原则，插入表笔，黑表笔与内置电源正极相连，其中b应该是黑表笔。
(2)根据读数规则，电阻箱的阻值 R=1×1000Ω+9×100Ω+6×10Ω+9×1Ω+2×0.1Ω=1969.2Ω
(3)设每一小格代表的电流大小为 I0 ，欧姆表的最大内阻为 Rg ，根据闭合电路欧姆定律得 E=nI0(Rg+R)
解得 1n=I0ER+I0ERg
根据 1n−R 图像，图线的斜率为k，截距为b，可知 I0ERg=b ， I0E=k
联立解得 Rg=bk ， E=I0k
则欧姆表的最大内阻为 Rg=bk ，若要用此图像计算出欧姆表内部电源的电动势，还需要知道的物理量是每一格表示的电流大小。
12.【答案】(1) R1
(2)0.45
(3)串联

【解析】(1)实验为了多测几组数据，要求磁敏电阻两端的电压从零开始变化，为方便调节，滑动变阻器应选择阻值较小的 R1 ；因待测电阻阻值远大于安培表内阻，则应该采用电流表内接，按要求在图2的方框中画出实验电路图如图
(2)所在位置磁敏电阻阻值 R=UI=4.51.5×10−3Ω=3000Ω
由图线可知磁敏电阻所在位置的磁感应强度 B= 0.45 T
(3)如果防盗门被外力强制打开，导致磁场减弱，磁敏电阻阻值减小，致使通过报警器的电流增大而响起来，由“串反并同”，则磁敏电阻与报警器应该串联。
13.【答案】(1)发动机输出电压的峰值为 Um=nΦmω=500 2V
升压变压器原线圈两端的电压 U1=Um 2=500V
(2)输电线上损失的功率 ΔP=I2R
又 I=PU2 ， U1U2=n1n2
联立，解得 ΔP=2000W
(3)根据 U2=IR+U3
又 U3U4=n3n4
联立，解得 n3n4=24511

14.【答案】(1)由于到达正方形边界上P点和D点的粒子动能均为 2Ek0 ，根据动能定理可知，此过程电场力做功相等，即P点和D点电势相等，则PD连线为一条等势线，又由于动能增大，则电场力对负粒子做正功，表明A点电势小于P点电势，则电场线垂直于PD斜向左上方，作出电场方向如图所示
则有 UDA=Elcsθ
根据几何关系有 tanθ=12ll=12
根据动能定理有 −qUAD=2Ek0−Ek0
其中 UAD=−UDA
解得 E= 5Ek02ql
(2)结合上述可知，当粒子经过C点时，电场力做功最多，此时粒子的动能最大，根据动能定理有 −qUAC=Ekmax−Ek0
根据电势差与电场强度的关系有 UCA=Elcsθ+l2sinθ
其中 UAC=−UCA
解得 Ekmax=5Ek02

15.【答案】(1)根据动能定理，粒子在加速电场中加速，有 qU=12mv02 ，解得 U=mv022q
(2)带正电粒子甲、乙、丙在区域Ⅰ中做匀速圆周运动，设其轨迹半径分别为r1、r2、r3，由于三个粒子的质量和带电量均相等，再结合几何关系可知 r1=r2=r3=R
根据洛伦兹力提供向心力 qv0B0=mv02R ，解得 B0=mv0qR
丙粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动，由几何关系(磁聚集)可知，丙粒子将从N点进入区域Ⅱ，且其速度与x轴正方向的夹角为30°，丙粒子进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，设其轨迹半径为r3′，由于丙粒子垂直y轴离开区域Ⅱ，由几何关系可知 r′3sin30∘=R
根据洛伦兹力提供向心力 qv0B=mv02r′3 ，解得 B=mv02qR
(3)甲粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动的轨道半径 r1=R ，根据几何关系可知甲粒子在区域Ⅰ中运动的轨迹圆心角 θ=60∘ ，从O′飞出区域Ⅰ且其速度与x轴正方向的夹角为30°，甲粒子从O′飞出区域Ⅰ后，继续做匀速直线运动到区域Ⅱ的左边界，再进入区域Ⅱ做匀速圆周运动，设甲粒子在区域Ⅱ中运动的轨迹半径为r1′，根据洛伦兹力提供向心力 qv0B=mv02r′1 ，解得 r′1=2R
则甲粒子第一次通过y轴时的位置到原点O的距离为 y=Rtan30∘+2R(1−cs30∘)
解得 y=6−2 33R