安徽省示范高中2024~2025学年高二上学期期末复习综合素养提升训练（2）物理答案-A4

这是一份安徽省示范高中2024~2025学年高二上学期期末复习综合素养提升训练（2）物理答案-A4，共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
本卷测试内容：必修第三册
选择性必修第一册（动量） 选择性必修第二册（安培力与洛伦兹力）
完成时间：75分钟
一、单选题：
1．【答案】C
【详解】A．甲图中干电池的电动势为1.5V，则通过电源的电荷量为1C时，电源内非静电力做功为：，A错误；
B．乙图中等离子体进入上、下极板之间后，正离子受到向下的洛伦兹力，向下偏，负离子受到向上的洛伦兹力，向上偏，故上极板A带负电，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，电子运动半径公式为：，则半径越小，C正确；
D．由 ，
可知
所以回旋加速器带电粒子的最大动能与加速电压的大小无关，D错误。故选C。
2．【答案】B
【详解】AB．若要电流表中产生从a流向b的电流，即电容器处于充电状态，即电容器所带电荷量增大，由于电容器与电源相连，则电容器两极板间电压不变，根据
，
可知，电容器的电容增大，若两极板的距离增大一些，则C减小；若两极板的距离减小一些，则C增大，故A错误，B正确；
C．若两极板间的电介质抽出，则相对介电常量减小，电容减小，故C错误；
D．若两极板的正对面积减小，则电容减小，故D错误。故选B。
3．【答案】A
【详解】AB．在赤道位置，地磁场方向由南指向北，若带电粒子带正电且沿地球赤道平面射向地心，根据左手定则可知，洛伦兹力方向指向东，即由于地磁场的作用将向东偏转，故A正确，B错误；
C．结合上述可知，若带电粒子带正电且沿地球赤道平面射向地心，根据左手定则可知，洛伦兹力方向指向西，即由于地磁场的作用将向西偏转，故C错误；
D．若带电粒子沿垂直地球赤道平面射向地心，由于赤道位置距地表高度越小，地磁场的磁感应强度越大，即粒子所受洛伦兹力大小发生变化，则粒子不可能在地磁场中做匀速圆周运动，故D错误。
故选A。
4．【答案】B
【详解】C．平抛运动方向为匀速直线运动，则有 ，
竖直方向上有 ，
则有
根据动量守恒定律有
解得：，故C错误；
B．、两部分的初动能 ，
结合上述解得：
故B正确；
A．、两部分落地时的速度大小 ，
结合上述可知，、两部分落地时的速度大小之比不等于，故A错误；
D．、两部分落地时的重力功率 ，
结合上述解得：，故D错误。故选B。
5．【答案】B
【详解】设X、Y两带电小球相距为r，开始时，X、Y间的库仑斥力大小为：
X受到的库仑力方向水平向左，由于X静止在平衡位置O点，则弹簧的弹力大小为，方向水平向右，将Z与X接触时，根据电荷分配原理可知，此时
此时X、Y间的库仑力大小为：
大小发生了变化，X受到的库仑力方向为水平向右，X的平衡位置发生了变化，X、Y系统的电势能发生了变化；当Z再与Y接触时，根据电荷分配原理可知，此时
整个过程中Z始终为负电荷保持不变。故选B。
6．【答案】D
【详解】带电量为q的点电荷以速率v在超导环中运动，设其运动一周时间为T，有
所以该点电荷产生的电流为：
则该点电荷运动在霍尔元件处产生的磁感应强度为：
由题意可知，则该霍尔元件的霍尔电压为
带入数据有
整理有 ，故选D。
7．【答案】D
【详解】AB．沿电场线电势逐渐降低，电场线的疏密表示电场的强弱，从O到A场强先增大后减小，由于图像的切线斜率绝对值表示电场强度的大小，则从O到A的电势随位移的变化图线的切线斜率绝对值先增大后减小，故AB错误；
CD．根据动能定理可得：
可知图像的切线斜率表示电场力，由于电荷带正电，从O到A电场力做正功，电荷的动能增大，且图像的切线斜率先增大后减小，故C错误，D正确。
故选D。
8．【答案】C
【详解】A．以滑块为对象，由牛顿第二定律得：
解得加速度大小为：
1 s末，滑块的速度为：
则滑块的动能增加量为：，故A错误；
B．在1 s内滑块通过的位移为：
滑块的机械能增加量为：，故B错误；
CD．在1 s内传送带的位移为
则滑块与传送带的相对位移为
在1 s内滑块因摩擦生热而增加的内能为
在1 s内减少的电势能为
根据能量守恒可得：
解得在1 s内由于放上滑块电机多消耗电能为：
故C正确，D错误。故选C。
二、多选题：
9．【答案】CD
【详解】A．设甲、乙在碰撞刚结束时的速度分别为、，由弹性碰撞规律
，
综合解得：，
设乙、丙在碰撞刚结束时的速度分别为、，由弹性碰撞规律
综合解得：，，故A错误；
B．三个小球组成的系统总动量守恒，碰撞都结束之后的总动量等于碰撞之前的总动量，故B错误；
C．乙、丙在发生碰撞的过程中，乙的速度由
变成
由动能定理，丙对乙做的功为：
故C正确；
D．甲、乙在发生碰撞的过程中，甲的速度由变成
对甲由动量定理可得，乙对甲的冲量为：
负号表示方向，故乙对甲的冲量的大小为。故D正确。故选CD。
10．【答案】BD
【详解】A．加速电场中上极板带正电，粒子能在电场中加速，说明粒子带正电，又由左手定则可知，磁场方向向外，A错误；
B．设粒子1、2从磁场边界的e、f两点离开磁场，结合粒子的轨迹找出磁场的圆心，如图所示，
由几何关系可知粒子1、2的圆心分别在g、a两点，设磁场的半径为R，则粒子1的轨道半径为
为正三角形，粒子2的轨道半径为，则粒子1、2的半径比为：
B正确；
C．粒子在电场中加速时有
粒子在磁场中偏转时有
解得：
故粒子1、2的质量比为，C错误；
D．根据
解得：
粒子1、2的周期之比为，又由几何关系可知粒子1、2的轨迹所对应的圆心角分别为、，所以粒子1、2在磁场中运动的时间为：，
解得：，D正确。故选BD。
三、非选择题：
11．(6分) 【答案】(1) (2) (3)偏小
【详解】（1）遮光条的宽度
（2）滑块P在弧形轨道上由静止释放，运动到气垫导轨上的速度
滑块P与滑块Q发生碰撞并粘在一起的速度
由动量守恒定律得：
解得：
若碰撞过程中关系式
成立，则系统动量守恒。
（3）若第二次释放的位置偏低，则滑块P运动到气垫导轨上的速度偏小，二者发生碰撞并粘在一起的速度偏小，故偏大，仍为第一次释放滑块P经过光电门的时间，故比值偏小。
12．(10分) 【答案】(1) 挡 1
(2)1500 (3) 30.0 偏大
【详解】（1）由图乙所示电路图可知，当表头并联的电阻较小时，此电阻所在的支路流过的电流越多，因此改装的电流表量程就越大，可以判断出接1时电流表量程，接2时，电流表量程，根据图乙所示电路图，串并联电路特点与欧姆定律可知：，
代入数据解得：，
可得：
（2）接3，表头满偏时干路电流，由闭合电路的欧姆定律得：，电流表刻度盘为，即半偏时干路电流，由闭合电路的欧姆定律得
代入数据解得：，
（3）开关拨到挡位3，红、黑表笔间接入一个的电阻时，干路电流
表头满偏电流，改装后电流表量程，量程扩大了20倍，干路电流为时，表头示数为：
使用一段时间后，多用电表电源电动势降低，根据闭合电路欧姆定律，欧姆表内阻
欧姆调零时欧姆表内阻变小，用欧姆表测电阻时，根据闭合电路欧姆定律，
由于偏小，偏小，指针偏左，电阻测量值偏大。
13．(10分) 【答案】(1) (2)37.5mgh
【详解】（1）子弹射穿木块后子弹和木块的速度分别为：
，
其中
子弹射穿木块过程由动量守恒：
解得：
（2）子弹从击中物块到穿出过程中，系统损失的机械能
14．(14分) 【答案】(1) (2) (3)
【详解】（1）设粒子进入偏转电场时的速度大小为，根据动能定理可得

解得：
（2）粒子通过偏转电场的时间远小于T，故在AB板间运动时电压可视作恒定。粒子恰好从极板右侧边缘射出时电压为U，根据类平抛运动规律得
，
加速度大小为：
联立解得：
故在电压变化的一个周期内，能穿过偏转电场的粒子数与总粒子数的比值为：
（3）由于所有出射粒子进入偏转电场后沿轴线方向的运动相同，故该方向的分位移之差最大时，时间差最大，如图所示
则最长时间与最短时间之差
几何关系可知：
联立解得：
15．(18分) 【答案】(1) (2) (3)
【详解】（1）根据动能定理：
得：
（2）全部粒子第一次到达轴的位置范围为，粒子在I磁场中运动的半径最小为
根据几何关系有：
解得：
故粒子在I磁场中运动的半径最大为
故，根据牛顿第二定律
根据动能定理：
联立解得：
（3）垂直穿过轴粒子
根据牛顿第二定律：
解得：
在II区域电场中加速过程，根据动能定理
解得：
在III区域运动一个半圆，根据牛顿第二定律：
解得：
之后将进入电场减速运动，由对称性速度变为，在I区域运动半径为：
运动一个半圆穿过轴坐标为，之后重复前一过程，在II区域第二次加速，III区域运动半圆周离开磁场坐标为，进入无场区
匀速运动后，在I区域运动半径为之后在II区域第3次加速，根据动能定理
又
在II区域第4次加速后在III区域运动半径
恰好与右边界相切，在II区域第5次加速后在III区域运动半径
粒子将从右边界离开III区域磁场，由几何关系可知，粒子离开磁场的坐标为