2024-2025学年吉林省白山市重点中学高二（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年吉林省白山市重点中学高二（上）期末物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.如图，AB为等量异种电荷连线上的两点，CD为中垂线上的两点，A和B、C和D关于中点O对称。关于各点场强和电势，下列说法正确的是( )
A. 场强EA>EO>EB
B. 电势φA>φO>φB
C. 场强EC=ED>EO
D. 电势φC=φD>φO
2.如图5所示，已知电源的内电阻为r，固定电阻R0=r，可变电阻R的总阻值为2r，若滑动变阻器的滑片P由A端向B端滑动，则下列说法中正确的是( )
A. 电源的输出功率由大变小
B. 固定电阻R0上消耗的电功率由小变大
C. 电源内部的电压即内电压由小变大
D. 滑动变阻器R上消耗的电功率变小
3.如图所示为远距离输电示意图，升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2；降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4，输电线上的电阻等效为R线，输电线上的损失的电压为ΔU，发电站输出的电压恒定，则下列说法中正确的是( )
A. 如果只增加用户用电器数量，ΔU将保持不变
B. 如果只增加输电线电阻R线，用户用电功率将减小
C. 如果只增加n2，输电线上损失的功率将减小
D. 如果只增加n4，发电机的输出功率将减小
4.在LC振荡电路中，电容器C的带电荷量q随时间t变化的图象如图所示。在1×10−6s到2×10−6s内，关于电容器的充(放)电过程及由此产生的电磁波的波长，正确的是( )
A. 充电过程，波长为1200 mB. 充电过程，波长为1500 m
C. 放电过程，波长为1200 mD. 放电过程，波长为1500 m
5.在探索微观世界中，同位素的发现与证明无疑具有里程碑式的意义。质谱仪的发现对证明同位素的存在功不可没，1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖。若速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，不计粒子重力，则下列说法中正确的是( )
A. 该束粒子带负电
B. 速度选择器的P2极板带正电
C. 在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大
D. 在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷qm越小
6.如图所示，电热水器金属内胆出水口加接一个电阻，在电热水器漏电且接地线失效时，能保障人的安全。当热水器漏电且接地线失效时，其金属内胆与大地间电压为220V，由于出水口处有电阻(简称“隔电电阻”)，使人体两端的电压不高于12V，下列说法正确的是( )
A. “隔电电阻”应选用阻值较小的电阻
B. “隔电电阻”大于“人体电阻”，且两者串联
C. 热水器漏电且接地线失效时，“隔电电阻”使人体内无电流通过
D. 在电热水器漏电且接地线失效时，通过“隔电电阻”的电流远大于通过人体的电流，所以人是安全的
7.如图，在倾角为θ的光滑斜面上垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒，在空间加一匀强磁场，使导体棒内通有垂直纸面向外的电流I时，导体棒恰好静止在斜面上(重力加速度为g)，则下列选项正确的是( )
A. 所加磁感应强度最小为mgsinθIL，方向垂直斜面斜向下
B. 所加磁感应强度最小为mgcsθIL，方向垂直斜面斜向上
C. 若所加磁场方向竖直向上，则磁感应强度大小为mgtanθIL
D. 若所加磁场方向竖直向上，则磁感应强度大小为mgILtanθ
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.如图，平行板电容器与直流电源连接，电源正极接地。初始电容器不带电，闭合开关，电路稳定后，一个带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态。下列说法正确的是( )
A. 带电油滴带负电
B. 保持开关闭合，上极板下移，带电油滴向上运动
C. 电路稳定后，断开开关，上极板上移，P点电势升高
D. 电路稳定后，断开开关，下极板下移，带电油滴保持静止
9.法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别于圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中，圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是( )
A. 若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定
B. 若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动
C. 若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化
D. 若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
10.如图所示，足够长的光滑平行金属导轨处于磁感应强度大小为B、方向垂直轨道平面向上的匀强磁场中，其导轨平面与水平面成θ角，两导轨间距为d，上端接有一阻值为R的电阻，质量为m的金属杆ab，从高为h处由静止释放，下滑一段时间后，金属杆做匀速运动，金属杆运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好，导轨和金属杆电阻及空气阻力均可忽略不计，重力加速度为g，则( )
A. 金属杆下滑过程中通过的电流方向为从b到a
B. 金属杆匀速运动时的速度大小为mgRsinθB2d2
C. 当金属杆的速度为匀速运动时的一半时，它的加速度大小为gsinθ2
D. 金属杆在导轨上运动的整个过程中电阻R产生的焦耳热为mgh
三、实验题：本大题共2小题，共22分。
11.某同学为了测量某阻值约为5Ω的金属棒的电阻率，进行了如下操作，分别使用10分度游标卡尺和螺旋测微器测量金属棒的长度L和直径d，某次测量的示数如图1和图2所示，长度L=______mm，直径d=6.713mm
现备有下列器材：
待测金属棒Rx(阻值约为5Ω)；
电压表V1(量程3V，内阻约3kΩ)；V2(量程15V，内阻约9kΩ)；
电流表A1(量程0.6A，内阻约为0.2Ω)；A2(量程3A，内阻约为0.05Ω)；
电源：E(电动势3V，内阻不计)；
滑动变阻器：R1(最大阻值约为20Ω)；R2(最大阻值约为1000Ω)；
开关S；导线若干
若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电压表应选______，电流表应选______，滑动变阻器应选______(均选填器材代号)
正确选择仪器后请在图3中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接
用伏安法仪器测得该电阻的电压和电流，并作出其伏安特性曲线如图4所示，若图象的斜率为k，则该金属的电阻率ρ=______(用题中所给各个量的对应字母进行表述)．
12.在“测电源的电动势和内阻”的实验中，现备有下列器材：
A.被测干电池一节
B.电流表：量程为0～0.6A，内阻RA=0.3Ω
C.电压表：量程为0～3V，内阻未知
D.电压表：量程为0～15V，内阻未知
E.滑动变阻器：0～10Ω，允许通过的最大电流为3A
F.滑动变阻器：0～100Ω，允许通过的最大电流为1A
G.开关、导线若干
根据所选器材设计的电路图如图甲所示
(1)其中电压表应选 ，滑动变阻器应选 (填字母代号)。
(2)根据实验数据作出U−I图像如图乙所示，由图可知，电动势E= V，内阻r= Ω。(保留2位有效数字)
(3)该电源的电动势测量值 真实值(选填“大于”、“等于”或“小于”)。
四、简答题：本大题共1小题，共15分。
13.如图所示，将带电量Q=+0.3C、质量m′=0.3kg的滑块放在小车的绝缘板的右端，小车的质量M=0.5kg，滑块与绝缘板间动摩擦因数μ=0.4，小车的绝缘板足够长，它们所在的空间存在着磁感应强度B=20T的水平方向的匀强磁场。开始时小车静止在光滑水平面上，一摆长L=1.25m、摆球质量m=0.2kg的摆(O点相对地面位置不变，摆球与小车碰撞前与小车无相互作用)从水平位置由静止释放，摆到最低点时与小车相撞，如图所示，碰撞后摆球恰好静止，g=10m/s2，求：
(1)与车碰撞前摆球到达最低点时对绳子的拉力；
(2)球与小车的碰撞过程中系统损失的机械能ΔE；
(3)碰撞后小车的最终速度。
五、计算题：本大题共2小题，共23分。
14.如图，在平面直角坐标系xOy中，在y>0的区域内有沿y轴负方向的匀强电场，在yEc=Ed，在两电荷连线中垂线上O点场强最大，故C错误。
D、根据顺着电场线方向电势降低，以及等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，故三者电势相等，故D错误。
故选：B。
根据电场线的疏密判断场强的大小，电场线越密，场强越大；电场线越疏，场强越小．根据等量异种点电荷形成电场的电场线分布的对称性分析对称点场强的大小关系．等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线．顺着电场线电势降低，由此分析即可．
对于等量异种点电荷和等量同种点电荷的电场线、等势线的分布是考试的热点，要抓住其特点和对称性进行记忆。
2.【答案】B
【解析】解：A、由题有：R0=r与滑动变阻器并联，若滑动变阻器的触头P由A向B滑动时，电源的外电阻与内阻逐步接近，则电源的输出功率由小变大，故A错误。
B、若滑动变阻器的触头P由A向B滑动时，电路中总电阻增大，总电流减小，路端电压增大，则固定电阻R0消耗的功率由小变大，故B正确。
C、电路中电流减小，由欧姆定律知电源内部电势降落由大变小，故C错误。
D、将R0等效为电源的内阻，若滑动变阻器的滑片P由A向B滑动，滑动变阻器R上消耗的电功率先变大后变小，故D错误。
故选：B。
根据结论：电源的内外电阻相等时电源的输出功率最大，分析电源的输出功率如何变化。由电流的变化分析固定电阻R0消耗的功率的变化。由欧姆定律分析电源内部电势降落变化。将固定电阻R0看成电源的内阻，由推论分析可变电阻消耗的功率的变化。
对于闭合电路中功率问题，要根据定值电阻与可变电阻，定值电阻只要分析电流如何变化，即可判断其功率的变化情况，对于可变电阻，根据结论：当外电阻与电源的内阻相等时，电源输出功率最大，运用等效法进行分析。
3.【答案】B
【解析】解：A.用户用电器并联，增加用电器，功率变大，输电电流变大，R线不变，输电线上的损失的电压ΔU变大，故 A错误；
B.用户用电器分压将减小P=U2R
R不变，故P将减小，故B正确；
C.增加n2，由U1U2=n1n2
得U1不变U2增加，电路中R线分压也增加，由P=U2R线
得P增加，故损失功率增加，故C错误；
D.根据R=(n3n4)2R
用电器，n4增加，R减小，输出电压不变，根据P=U2R
得发电机输出功率增大，故D错误。
故选：B。
根据变压器原副线圈之间的关系判断原副线圈电压的关系，根据用户的功率的变化判断原线圈电压，功率等如何变化。
本题涉及变压器的基本原理以及输出功率等相关知识，根据选项逐一分析即可。
4.【答案】A
【解析】解：由图可知，在1×10−6 s到2×10−6 s内，电容器C的带电荷量由0增加到最多，因此是充电过程。
电磁振荡周期等于所发射的电磁波的周期，那么电磁波的波长为λ=cT=3×108×4×10−6 m=1200 m，故A正确，BCD错误。
故选：A。
电路中由L与C构成的振荡电路，在电容器充放电过程就是电场能与磁场能相化过程。q体现电场能，i体现磁场能。
并根据λ=vT，结合电磁波的传播速度，即可求解。
电容器具有储存电荷的作用，而线圈对电流有阻碍作用。同时掌握充放电过程中，会判定电流、电量、磁场、电场、电压如何变化。
5.【答案】D
【解析】解：A、由图可以知道，带电粒子进入匀强磁场B2时向下偏转，所以粒子所受的洛伦兹力方向向下，根据左手定则判断得知该束粒子带正电，故A错误；
B、在平行金属板中受到电场力和洛伦兹力两个作用而做匀速直线运动，由左手定则可以知道，洛伦兹力方向竖直向上，则电场力方向向下，粒子带正电，电场强度方向向下，所以速度选择器的P2极板带负电，故B错误；
CD、粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得：qvB2=mv2r，解得：r=mvqB2=vqmB2，可见，因为v是一定的，B2不变，半径r越大，则qm越小，故C错误，D正确。
故选：D。
由图可以知道，粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，根据粒子向下偏转，即可以知道粒子所受的洛伦兹力方向向下，由左手定则可判断粒子的电性；粒子速度选择器中受到电场力和洛伦兹力两个作用，电场力不变，速度方向不变，可以知道洛伦兹力与电场力应平衡，由左手定则判断出洛伦兹力方向，由平衡条件即可确定出P2极板带什么电.粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得到半径表达式，根据半径公式分析半径越大时，粒子的质量和比荷的大小。
本题是对速度选择器及质谱仪的考查，解决本题的关键会根据左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道在速度选择器中，电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡。
6.【答案】B
【解析】解：A.根据题图可知，人体和管道串联，因此“隔电电阻”起到了分压的作用，“隔电电阻”应选用阻值较大的电阻，使得“隔电电阻”分压远远大于人体分压，从而保护人体，A错误；
B.“隔电电阻”大于“人体电阻”，且两者串联，使得曲长管道分压大于人体分压，从而保护人体，故B正确；
CD.热水器漏电且接地线失效时，人体内和“隔电电阻”会有相同电流通过，不过由于“隔电电阻”较大，使得通过人体的电流很小，CD错误。
故选：B。
据图可知，人体和曲长管道中呈串联状态，因此细长管道中起到了一个分压的作用，根据电路有关规律既可作答。
本题考查安全用电的知识，结合了简单电路的分析，难度不大，注意防电墙并不会使人体内无电流通过，而是通过人体电流很小，对人体无损害作用。
7.【答案】C
【解析】解：AB.根据共点力平衡条件可知：当安培力的方向沿斜面向上时，安培力最小，所加的磁感应强度最小，由左手定则可知，磁场的方向垂直斜面向上。根据平衡条件可知安培力为：FA=BIL=mgsinθ，解得：B=mgsinθIL
故AB错误；
CD.所加的磁场方向竖直向上时，安培力水平向左，
由几何知识可得BIL=mgtanθ，所以：mgtanθIL，B=mgtanθIL：故C正确，D错误。
故选：C。
通电导线受到重力、支持力和安培力三个力处于平衡状态，当安培力和支持力垂直时，磁感应强度最小，根据力的三角形由几何知识求解。
本题考查通电导线在安培力作用下的平衡问题，会利用力的三角形分析最小值条件，熟练运用几何知识求解。
8.【答案】ABD
【解析】解：A、带电油滴位于电容器中处于静止状态，受到的电场力与重力平衡，则油滴受到的电场力竖直向上，与电场方向相反，则油滴带负电，故A正确；
B、保持开关闭合，上极板下移，板间距离减小，而电容器的电压不变，根据场强公式E=Ud分析可知，板间场强增大，带电油滴受到的电场力增大，则油滴将向上运动，故B正确；
CD、电路稳定后，断开开关，电容器的带电量Q不变，根据C=ɛrS4πkd，E=Ud，C=QU推导可得E=4πkQϵrS，可知上极板上移或下移时，板间场强不变，带电油滴受到的电场力不变，仍保持静止。上极板上移时，上极板与P点间距离增大，根据U=Ed知上极板与P点间电势差增大，因上极板接地，电势为零，而P点电势低于上极板，故P点电势降低，故C错误，D正确。
故选：ABD。
分析油滴受到的电场力方向与电场方向的关系判断其电性；保持开关闭合，上极板下移，根据场强公式E=Ud分析板间场强的变化，再判断油滴的运动方向；电路稳定后，断开开关，电容器的带电量不变，根据C=ɛrS4πkd，E=Ud，C=QU推导出场强与电荷量的关系，再分析板间场强的变化，进而判断出P点电势变化情况以及油滴的运动情况。
解答本题的关键是根据C=ɛrS4πkd，E=Ud，C=QU推导出场强表达式E=4πkQϵrS，再分析场强的变化情况。
9.【答案】AB
【解析】【分析】
本题是转动切割磁感线类型，运用等效法处理，根据右手定则判断感应电流的方向，需要熟练掌握。
【解答】
AB.铜盘转动产生的感应电动势为：E=12BL 2ω，B、L、ω不变，E不变，电流大小恒定不变，由右手定则可知，回路中电流方向不变，若从上往下看，圆盘顺时针转动，由右手定则知，电流沿a到b的方向流动，故AB正确；
C.若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向不变，大小变化，故C错误；
D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，回路电流变为原来2倍，根据P=I 2R电流在R上的热功率也变为原来的4倍，故D错误；
故选AB。
10.【答案】ABC
【解析】解：A、根据右手定则可得金属杆下滑过程中通过的电流方向为从b到a，A正确；
B、金属杆匀速运动时受力平衡，即mgsinθ=BId，其中I=BdvR，所以有：mgsinθ=B2d2vR，解得金属杆匀速运动时的速度大小为mgRsinθB2d2，B正确；
C、当金属杆的速度为匀速运动时的一半时，它受到的安培力大小为F=BI′d=B2d2v2R=12mgsinθ，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ−12mgsinθ=ma，解得加速度a=gsinθ2，C正确；
D、金属杆在导轨上运动的整个过程中电阻R产生的焦耳热为Q=mgh−12mv2，D错误．
故选：ABC．
根据右手定则判断电流方向；根据共点力的平衡条件结合安培力的计算公式求解金属杆匀速运动时的速度；根据牛顿第二定律求解加速度；根据能量守恒定律求解金属杆在导轨上运动的整个过程中电阻R产生的焦耳热．
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解．
11.【答案】23.5 V1 A1 R1 kπd24L
【解析】解：游标卡尺主尺示数与游标尺示数之和是游标卡尺的示数，故长度L为：23mm+5×0.1mm=23.5mm；
电源电动势为3V，故电压表用V1；电流表用A1；由于被测电阻约为5Ω，故滑动变阻器为R1；
题目中已说明滑动变阻器采用限流接法，RxRA=50.2=25，RVRx=30005=600，由于RxRAm′g=3N
所以m′在还未到v2=1.25m/s时已与M分开了，分开时对物块有
Qv3B=m′g
代入数据解得
v3=0.5m/s
物块与车组成的系统动量守恒，以物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得
Mv1=Mv2′+m′v3
代入数据解得
v2′=1.7m/s
方向水平向右。
答：(1)车碰撞前摆球到达最低点时对绳子的拉力为6N，方向竖直向下；
(2)球与小车的碰撞过程中系统损失的机械能为1.5J；
(3)碰撞后小车的最终速度为1.7m/s，方向水平向右。
【解析】(1)分析小球向下摆动的过程，根据机械能守恒定律求出最低点的速度，再根据牛顿第二定律得求出拉力大小，最后根据牛顿第三定律得到细线受到的拉力大小和方向；
(2)摆球与小车碰撞过程中的过程中，由动量守恒定律求出碰后的速度，再根据能量守恒求出碰撞过程损失的机械能；
(3)假设m′最终能与M一起运动，根据动量守恒定律求出共同运动的速度，求出洛伦兹力与重力的大小关系判断假设是否成立；得到结论，对物块与车组成的系统根据动量守恒，求出碰撞后小车的最终速度。
本题考查了动量守恒、机械能守恒以及洛伦兹力的相关知识，解决本题的关键是分过程列方程，选择合适的研究对象。
14.【答案】解：(1)粒子在电场区域内做类平抛运动，设运动时间为t，则水平方向2h=v0t
竖直方向根据牛顿第二定律有：a=qEm
竖直方向位移：h=12at2
联立解得电场强度大小：E=mv022qh
(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设粒子进入磁场时的速度大小为v，速度方向与水平方向的夹角为θ，进入磁场后做圆周运动的半径为r，则
v=v0csθ，tanθ=atv0
由几何关系知r= 22h
粒子做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力qvB=mv2r
联立解得磁感应强度大小B=2mv0qh
答：(1)电场强度E的大小为mv022qh；
(2)磁感应强度B的大小为2mv0qh。
【解析】(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出电场强度大小。
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出磁感应强度。
本题考查了带电粒子在匀强电场与匀强磁场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程是解题的前提，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律与几何知识即可解题。
15.【答案】解：(1)线圈转动产生的感应电动势的最大值为Em=nBSω=100×1.0×0.40×0.25×2.0V=20V
(2)根据闭合电路的欧姆定律可得：Um=EmR+rR =203.0+1.0×3.0V=15V
(3)线圈转动产生感应电动势的有效值为E=Em 2=20 2V =10 2V，周期T=2πω=2π2.0s=πs
故在线圈转动一周的过程中，整个电路产生的焦耳热Q=E2R+rT=(10 2)23.0+1.0×πJ=50πJ
答：(1)线圈中感应电动势的最大值Em为20V；
(2)电阻R两端电压的最大值Um为15V；
(3)在线圈转动一周的过程中，整个电路产生的焦耳热Q为50πJ。
【解析】(1)根据Em=nBSω求得线圈转动产生的最大感应电动势；
(2)根据闭合电路的欧姆定律求得电阻R两端的最大电压；
(3)求得线圈转动产生感应电动势的有效值，根据Q=E2R+rT求得产生的热量。
解决本题的关键掌握感应电动势的平均值、最大值、有效值和瞬时值的区别以及应用。注意求电阻发热，则必须将交流电的有效值代入计算，求电量用电流的平均值。