2024-2025學(xué)年山西省陽泉市高二上學(xué)期期末考試物理試題（解析版）

高級中學(xué)名校試題PAGE2025學(xué)年第一學(xué)期高二年級期末質(zhì)量監(jiān)測物理試題一、單項(xiàng)選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。1.一個(gè)光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在水平桌面上，導(dǎo)軌間距為d，兩導(dǎo)軌間通有豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌左端連接著一個(gè)定值電阻，現(xiàn)有四根導(dǎo)體棒放在導(dǎo)軌上均以速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則下列四根導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢不等于的是（）A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】根據(jù)可知，ABD切割磁感線的有效長度，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢均為，而C滿足磁場、速度和導(dǎo)體棒相互垂直，此時(shí)導(dǎo)體棒的有效長度為其中為導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的夾角，產(chǎn)生的電動(dòng)勢為2.某同學(xué)將輝光球啟動(dòng)后再將日光燈靠近輝光球，發(fā)現(xiàn)日光燈發(fā)光。通過查閱資料發(fā)現(xiàn)，啟動(dòng)輝光球時(shí)，內(nèi)部的線圈可以產(chǎn)生不均勻變化的電場，產(chǎn)生的電場會使日光燈發(fā)光（如圖所示），以下操作一定不會使日光燈發(fā)光的是（）A.用金屬網(wǎng)罩將日光燈罩起來再靠近輝光球B.用手觸碰輝光球后再將日光燈靠近輝光球C.將輝光球用金屬網(wǎng)罩罩起來再靠近日光燈D.人觸摸輝光球再使日光燈貼在人的手臂上【答案】A【解析】A．由于輝光球內(nèi)部的線圈產(chǎn)生不均勻變化的電場，用金屬網(wǎng)罩將日光燈罩起來，根據(jù)靜電屏蔽的知識可知，日光燈被屏蔽，故不能發(fā)光，符合題意，A正確；BD．用手觸碰輝光球不會對此現(xiàn)象產(chǎn)生影響，日光燈依然發(fā)光，不符題意，BD錯(cuò)誤；C．若用金屬網(wǎng)罩罩住輝光球，此時(shí)金屬網(wǎng)罩外部仍然有不均勻變化的電場，當(dāng)日光燈靠近時(shí)仍然可以使日光燈發(fā)光，不符題意，C錯(cuò)誤。3.電吉他的原理用到了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，拾音器的簡化結(jié)構(gòu)如圖甲所示，當(dāng)用手撥動(dòng)被磁化的金屬弦時(shí)，線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，電流經(jīng)過音箱發(fā)出聲音。若某次撥動(dòng)琴弦時(shí)，在一段時(shí)間內(nèi)，線圈中的磁通量與時(shí)間的變化如圖乙所示，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E與時(shí)間t的變化關(guān)系可能正確的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】根據(jù)圖甲可知線圈中磁場始終向上，由圖乙可知磁通量先變大后變小再變大，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為磁通量隨時(shí)間變化的斜率一開始最大，先變?yōu)榱阍僮優(yōu)榉聪蜃畲?，然后反向變?yōu)榱阍僬蛑饾u變大，可知ABD錯(cuò)誤，C正確。故選C。4.某供電站向附近工地的工人宿舍供電，輸電導(dǎo)線距離較大，等效電阻為r，如圖所示。若該供電站輸出電壓恒定，每間宿舍的用電器相同，不考慮用電器的電阻變化及宿舍間的導(dǎo)線電阻，當(dāng)工人宿舍越來越多的開始用電時(shí)（）A.通過導(dǎo)線的電流一定越小B.每個(gè)宿舍的兩端電壓一定越大C.工地宿舍消耗的總功率一定越大D.供電站的輸出效率一定越小【答案】D【解析】AB．當(dāng)開始用電工人宿舍越多時(shí)，宿舍電路的總電阻越小，則宿舍電路的分壓越小，由于總電壓不變，導(dǎo)線的分壓變大，導(dǎo)線電流變大，故AB錯(cuò)誤；C．當(dāng)宿舍總電阻和導(dǎo)線電阻相等時(shí)，工地消耗的功率最大，由于不清楚宿舍總電阻與導(dǎo)線電阻的大小關(guān)系，故工地宿舍消耗的總功率不一定越大，故C錯(cuò)誤；D．供電站的輸出效率為當(dāng)開始用電的宿舍越多時(shí)，電阻R越小，輸出效率越低，故D正確。故選D。5.某街道電線桿上有兩根相互平行且平行于水平地面的長直導(dǎo)線甲、乙，分別固定在同一個(gè)支架上，固定點(diǎn)為A、B，兩根導(dǎo)線間的距離為d。在A、B連線的延長線上有一點(diǎn)C，C點(diǎn)距離甲導(dǎo)線為2d，距離乙導(dǎo)線為d；在A、B兩點(diǎn)連線的中垂線上有一點(diǎn)D，D點(diǎn)與兩根導(dǎo)線的距離均為d（ABD平面與導(dǎo)線垂直），如圖所示。已知長直導(dǎo)線周圍某點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為（k為已知常數(shù)，I為導(dǎo)線中的電流，r為該點(diǎn)與導(dǎo)線間的最短距離），假設(shè)某時(shí)刻兩根導(dǎo)線中的電流I大小相等、方向相反，則（）A.AB連線上的各點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度均為零B.兩根導(dǎo)線的作用力有相互吸引的趨勢C.C點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為D.D點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為【答案】D【解析】A．由圖可知，根據(jù)矢量的合成方法可知，兩導(dǎo)線之間的位置磁感應(yīng)強(qiáng)度不為零，故A錯(cuò)誤；B．甲導(dǎo)線在右側(cè)產(chǎn)生的磁場垂直紙面向外，根據(jù)左手定則可知，乙導(dǎo)線所受的安培力向右，兩根導(dǎo)線有排斥的趨勢，故B錯(cuò)誤；C．C點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為，故C錯(cuò)誤；D．導(dǎo)線側(cè)視圖如圖所示，由此可知D點(diǎn)的磁場等于故D正確。6.某小組將螺線管通有電流I，若將一個(gè)單匝線圈a套在螺線管上且圓心通過螺線管的軸線（線圈a的直徑略大于螺線管的直徑），將另一個(gè)單匝線圈b放在螺線管的上方，且與a線圈在同一豎直平面上，如圖所示。當(dāng)電流增大時(shí)，下列有關(guān)b線圈的電流方向（由左向右觀察）。a線圈的收縮或擴(kuò)張趨勢判斷正確的是（）A.順時(shí)針；擴(kuò)張 B.順時(shí)針；收縮C.逆時(shí)針；收縮 D.逆時(shí)針；擴(kuò)張【答案】A【解析】由圖可知，螺線管中電流產(chǎn)生的磁場左端是S極，右端是N極，b線圈中的磁通量是向左增強(qiáng)，根據(jù)楞次定律可知，由左向右觀察，b線圈中產(chǎn)生順時(shí)針的電流；由于a線圈中的凈剩向右的磁通量增大，則線圈有擴(kuò)張的趨勢使磁通量減小。7.下圖是電子光學(xué)中靜電透鏡的原理，O為球形界面的圓心，界面外部的電勢均為，內(nèi)部的電勢均為，，法線是過球心的直線，一束靠近界面的平行電子束射向界面，電子的速度為，與法線的夾角為，經(jīng)過界面后電子束發(fā)生偏折（過圓心的電子束不發(fā)生偏折），電子的速度變?yōu)?，與法線的夾角為。已知電子的電荷量大小為e，不計(jì)相對論效應(yīng)和電子間的相互作用，則（）A.B.C.電子束經(jīng)過界面后會聚到O點(diǎn)D.電子經(jīng)過界面后動(dòng)能改變量為【答案】D【解析】AD．經(jīng)過界面后電場力做正功為電子的動(dòng)能增加量為又故故A錯(cuò)誤，D正確；C．球形界面的外部電勢低于界面的內(nèi)部電勢，在界面處的電場方向?yàn)檠刂霃较蛲猓娮咏?jīng)過界面受到的電場力指向圓心，由于電子具有垂直電場力方向速度，電子不會會聚到O點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；B．電子沿著電場力方向速度變化，垂直電場力方向速度不變，則即故B錯(cuò)誤。故選D。二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有兩個(gè)或兩個(gè)以上選項(xiàng)符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。8.霍爾元件的應(yīng)用非常廣泛，磁傳感器中常用到霍爾元件。如圖所示有一個(gè)霍爾元件（載流子為電子），現(xiàn)通有水平向右的恒定電流I，并放在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場B中（電流與磁場垂直），在上下兩水平面A和接電壓表（圖中未畫出），并將該電壓表改裝成測量磁感應(yīng)強(qiáng)度的儀表。下列說法正確的是（）A.A表面接電壓表的正接線柱 B.表面接電壓表的正接線柱C.改裝的磁感應(yīng)強(qiáng)度表刻度均勻 D.改裝的磁感應(yīng)強(qiáng)度表刻度不均勻【答案】AC【解析】AB．根據(jù)左手定則，由于霍爾元件的載流子是電子，電子在磁場的作用下偏向極板，極板的電勢比A極板電勢高，則A極板接電源的正極，故A正確，B錯(cuò)誤；CD．根據(jù)電流的微觀表達(dá)式有其中，n為單位體積內(nèi)電子個(gè)數(shù)，S為通過電流的橫截面積，e為電子的帶電荷量，v為電子定向移動(dòng)速率，由于在霍爾元件中最終形成穩(wěn)定的電場，其電勢差為其中d為霍爾元件的厚度，即上下極板間的距離，兩式聯(lián)立解得由式子可知，電勢差與磁感應(yīng)強(qiáng)度成正比，可知，將電壓表改裝為磁感應(yīng)強(qiáng)度表，刻度均勻，故C正確，D錯(cuò)誤。9.地球表面存在著不均勻磁場（磁場方向平行于地面），已知地球表面的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，從地面起每升高l磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小?？茖W(xué)家設(shè)想用地磁場對飛行器的速度進(jìn)行干擾，若在飛行器下方固定一個(gè)邊長同為l的正方形單匝線框（線框面積不變），如圖所示。已知線框的電阻阻值為R，當(dāng)飛行器豎直降落至地面時(shí)速度為v（線框上下兩邊始終處于水平），則此時(shí)（）A.線框受到的安培力向下B.線框中的電流為逆時(shí)針C.線框中的電流為D.線框受到的安培力為【答案】BC【解析】AB．由于地磁場分布不均勻，導(dǎo)線框上、下兩邊運(yùn)動(dòng)方向相同，下面導(dǎo)線所在位置的磁場更強(qiáng)，線框中的電流方向由下面導(dǎo)線決定，根據(jù)右手定則判斷電流為逆時(shí)針方向，再根據(jù)左手定則判斷，上、下兩根導(dǎo)線的安培力方向相反，根據(jù)可知，兩根導(dǎo)線的電流相同，下面導(dǎo)線所處的位置磁場更強(qiáng)，左右兩根導(dǎo)線所受的安培力等大反向而平衡，線框整體所受安培力向上，A錯(cuò)誤，B正確；CD．設(shè)地面處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，下面導(dǎo)線產(chǎn)生的電動(dòng)勢更大，則線框中的電動(dòng)勢為此時(shí)電路中電流為安培力為C正確，D錯(cuò)誤。10.如圖所示，豎直面內(nèi)有一個(gè)內(nèi)部光滑的絕緣半圓軌道，軌道的直徑AB豎直，圓心為O，空間內(nèi)存在一個(gè)水平向右的勻強(qiáng)電場（圖中未畫出）?，F(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為的帶電小球靜止在軌道內(nèi)部C點(diǎn)，CO的連線與豎直方向成角，P點(diǎn)與O點(diǎn)等高。下列說法正確的是（）A.電場強(qiáng)度為B.若將電場逆時(shí)針緩慢旋轉(zhuǎn)90°的過程中，為使小球仍然靜止在C點(diǎn)，電場強(qiáng)度的大小緩慢變化，則最小值為C.若電場強(qiáng)度大小不變，將方向順時(shí)針緩慢旋轉(zhuǎn)，小球在緩慢運(yùn)動(dòng)過程中，則軌道對小球的支持力最大值為2mgD.若電場強(qiáng)度大小不變，將方向逆時(shí)針緩慢旋轉(zhuǎn)，小球在緩慢運(yùn)動(dòng)過程中，則小球與圓心連線和豎直方向的夾角的正弦值最大為【答案】ABD【解析】A．由于小球在重力、電場力和支持力的作用下靜止于C點(diǎn)，對小球進(jìn)行受力分析，如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可得電場力為電場強(qiáng)度為故A正確；B．若將電場逆時(shí)針緩慢旋轉(zhuǎn)，小球若能靜止在C點(diǎn)，根據(jù)三角形法則，畫出小球受力變化情況，如圖所示由圖中可以看出，電場力先變小后變大，當(dāng)電場力與支持力垂直時(shí)電場力最小，即解得故B正確；C．若僅將電場順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，根據(jù)三角形法則，電場力大小不變，以為圓心，以電場力的大小為半徑作圓，如圖所示由圖可知將電場方向順時(shí)針緩慢旋轉(zhuǎn)，小球所受到的支持力逐漸增大，當(dāng)電場方向豎直向下時(shí)支持力最大，為由于電場方向豎直向下時(shí)的支持力大于電場方向順時(shí)針緩慢旋轉(zhuǎn)時(shí)的支持力，故小球在緩慢運(yùn)動(dòng)過程中，軌道對小球的支持力最大值小于2mg，故C錯(cuò)誤；D．若僅將電場力逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)的過程中，根據(jù)三角形法則可知，電場力的變化如圖所示，當(dāng)電場力與支持力垂直時(shí)，與豎直方向的夾角最大，如圖所示根據(jù)圖中可得與豎直方向夾角正弦值為故D正確。故選ABD。三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，12題第二空1分，其余每空2分，共15分。11.物理小組為了驗(yàn)證“楞次定律”實(shí)驗(yàn)，利用圖甲中的器材進(jìn)行了如下操作：將電源、開關(guān)、滑動(dòng)變阻器和線圈A組成電路，閉合開關(guān)，將線圈A插入線圈B，觀察并記錄電流方向和線圈A的磁場方向。根據(jù)圖乙判斷在實(shí)驗(yàn)中線圈A的下端是______極，A線圈插入B線圈后閉合開關(guān)時(shí)發(fā)現(xiàn)靈敏電流計(jì)的指針向右偏轉(zhuǎn)一下（電流由左向右進(jìn)入電流計(jì)，指針向左偏轉(zhuǎn)，反之右偏），將滑動(dòng)變阻器滑片向右滑動(dòng)到某位置時(shí)，電流計(jì)指針將向______偏一下。若俯視線圈B，繞向?yàn)檠豞_____（選填“順時(shí)針”或“逆時(shí)針”）由上端繞至下端。【答案】N左逆時(shí)針【解析】[1][2]根據(jù)右手螺旋定則可知，A線圈的下端是N極，由于閉合開關(guān)時(shí)，磁場增強(qiáng)，電流計(jì)指針向右偏轉(zhuǎn)一下，向右移動(dòng)滑動(dòng)變阻器時(shí)，電路中的電流減小，磁場減弱，電流計(jì)指針會向左偏一下。[3]根據(jù)“電流由左進(jìn)入電流計(jì)，指針向左偏，反之右偏”的原則，A線圈的磁場是向下的減弱，B線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)磁場方向向下，以阻礙A中磁通量的減弱，俯視線圈由上端繞至下端為逆時(shí)針繞向。12.某興趣小組利用伏安法測量定值電阻的阻值，采用了以下器材：①電壓表V（量程為0~3V，內(nèi)阻約3kΩ）；②電流表A（量程為0~0.6A，內(nèi)阻約為0.1Ω）；③電源E（電動(dòng)勢3V，內(nèi)阻不計(jì)）④滑動(dòng)變阻器R（10Ω2A）：⑤開關(guān)、導(dǎo)線若干；⑥多用電表；⑦待測電阻。（1）小組同學(xué)先利用多用電表對待測電阻進(jìn)行粗測，按操作順序逐一寫出步驟的序號：______。根據(jù)圖甲的數(shù)據(jù)可知，該電阻約為______Ω。A．測量待測電阻的阻值B．將選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到“×1”位置C．將兩支表筆直接接觸，調(diào)節(jié)“歐姆調(diào)零旋鈕”，使指針指向歐姆零點(diǎn)（2）關(guān)閉多用電表后用伏安法對待測電阻的阻值進(jìn)行精確測量，實(shí)驗(yàn)電路圖如圖乙所示，為了減小系統(tǒng)誤差和偶然誤差（測量多組數(shù)據(jù)），請將圖乙的電路用筆畫線代替導(dǎo)線連接完整______。正確連線后該小組同學(xué)根據(jù)測量數(shù)據(jù)繪制出的圖像如圖丙所示，根據(jù)圖像可知該定值電阻的阻值為______Ω（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。（3）該小組同學(xué)找來了兩個(gè)電源A、B（電動(dòng)勢分別為和內(nèi)阻分別為和），現(xiàn)將待測電阻分別接入上述電源中（如圖丁所示），發(fā)現(xiàn)兩次電阻消耗的功率相等，若，則______（選填“>”“<”或“=”）?！敬鸢浮浚?）BCA5（2）4.7##4.6##4.8（3）<【解析】（1）[1]根據(jù)多用電表的使用規(guī)則，先選擇合適擋位，后將兩表筆進(jìn)行短接，再進(jìn)行電阻調(diào)零，最后進(jìn)行測量，故操作順序是BCA。[2]根據(jù)題圖甲可知該電阻阻值約為5Ω。（2）[1]為了減小系統(tǒng)誤差，測量更多的數(shù)據(jù)，該實(shí)驗(yàn)滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓接法，該電阻約為5Ω，由可知，該實(shí)驗(yàn)電路電壓表應(yīng)采用外接法，答案如下圖。[2]根據(jù)圖像計(jì)算出電阻為（3）根據(jù)題意可以作出兩個(gè)電源的圖像，兩條圖線的交點(diǎn)為該電阻電壓和電流的對應(yīng)值，已知，由圖可知，。四、解答題：本題共3小題，共39分。13.一組較大平行板電容器水平放置（極板間的電場視為勻強(qiáng)電場），間距為h，上、下兩極板A、B接在一個(gè)電動(dòng)勢恒定的電源上（內(nèi)阻不計(jì)），如圖所示，電容器的極板中心分別有一個(gè)圓孔?，F(xiàn)將一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為q的小球（直徑略小于圓孔）由距離A極板h處的高度由靜止釋放，恰好落至點(diǎn)返回，忽略電容器外部電場對小球的影響及極板的厚度，重力加速度為g。求：（1）電源的電動(dòng)勢U；（2）若將B極板豎直向上移動(dòng)，仍使小球由同一位置釋放（距離A板h處），小球能否下落穿過點(diǎn)？若能請說明理由，若不能請計(jì)算出下落的最低點(diǎn)距離A板的高度x?！敬鸢浮浚?）（2）不能；【解析】（1）根據(jù)能量守恒定律可知，小球的重力做功等于克服電場力做功，即解得（2）將B極板上移，若小球仍然到達(dá)點(diǎn)，重力做功變小，克服電場力做功不變，所以小球無法達(dá)到點(diǎn)。電容器接有恒定電動(dòng)勢的電源，故U不變，內(nèi)部電場強(qiáng)度，設(shè)根據(jù)能量守恒定律可知代入數(shù)據(jù)可得14.如圖所示，平面內(nèi)有一個(gè)半徑為R的圓形區(qū)域，右側(cè)存在一個(gè)截面為矩形的區(qū)域abcd，兩個(gè)區(qū)域的切點(diǎn)O為ad邊的中點(diǎn)，，，bc和cd邊上分別有兩個(gè)接收屏（接收屏的長度等于矩形區(qū)域的邊長）。兩個(gè)區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外且相同的勻強(qiáng)磁場（兩區(qū)域磁場方向平行），磁感應(yīng)強(qiáng)度，現(xiàn)有一簇粒子（質(zhì)量為m，電荷量為）以速度，方向豎直向上垂直磁場進(jìn)入圓形區(qū)域（粒子的射入范圍等于圓形區(qū)域的直徑且分布均勻），不考慮粒子的重力，射出矩形邊界后的粒子不再考慮。求：（1）沿著半徑射入的粒子在圓形區(qū)域內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t；（2）矩形區(qū)域內(nèi)粒子所經(jīng)過的面積S；（3）打到cd屏上的粒子數(shù)占進(jìn)入矩形區(qū)域粒子數(shù)的比例N?！敬鸢浮浚?）（2）（3）【解析】（1）粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，則有，解得，沿著半徑射入的粒子一定沿半徑射出，根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子在圓形磁場中的軌跡為四分之一圓弧，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間為解得（2）結(jié)合上述可知，粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑等于圓形磁場區(qū)域的半徑，則粒子入射點(diǎn)、出射點(diǎn)、磁場圓形區(qū)域的圓心與軌跡圓的圓心四點(diǎn)構(gòu)成的四邊形為菱形，則所有粒子經(jīng)過圓形磁場均可由切點(diǎn)O進(jìn)入矩形磁場內(nèi)部，速度方向?yàn)槿我夥较颍鶕?jù)圓形磁場區(qū)域的磁匯聚規(guī)律，根據(jù)幾何關(guān)系可知，沿平行于Oa方向射入的粒子打在b點(diǎn)，此時(shí)為最遠(yuǎn)路徑，如圖所示則粒子在磁場中所經(jīng)過的面積為一個(gè)圓心角為的扇形和一個(gè)正方形的面積之和，解得（3）打在cd邊軌跡如圖所示打到c點(diǎn)的粒子速度方向與ad邊垂直，是由f點(diǎn)射入的粒子。假設(shè)從e點(diǎn)射入的粒子正好打在d點(diǎn)，由于粒子半徑與Od的長度相等，該方向的粒子的圓心角為由圖可知ef為打到cd邊的粒子分布，此時(shí)入射點(diǎn)和圓形磁場的圓心連線與水平方向的夾角為。則打在cd邊上的粒子占進(jìn)入矩形區(qū)域內(nèi)粒子個(gè)數(shù)比為15.游樂園里的兒童過山車深受小朋友的喜愛，小朋友坐到軌道車中，利用電磁彈射的原理將車彈射出去，上升到一定的高度?，F(xiàn)將電磁彈射車的原理簡化為如圖所示。ABEF和CDGH為兩個(gè)寬度均為的水平光滑平行金屬導(dǎo)軌，BDEG間有一段絕緣軌道連接（圖中陰影區(qū)域），EF和GH斜面右側(cè)有導(dǎo)線連接，ABCD間為足夠長的“加速區(qū)”，存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，絕緣軌道右側(cè)有個(gè)“減速區(qū)”，“減速區(qū)”有n個(gè)連續(xù)寬度為的勻強(qiáng)磁場（磁場間距離也為d），磁感應(yīng)強(qiáng)度均為。軌道的左端分別連有電動(dòng)勢為的電源，內(nèi)阻忽略不計(jì)，電容，彈射車的下端連有一根導(dǎo)體棒（彈射車未畫出），當(dāng)單刀雙擲開關(guān)撥至“1”時(shí)，電源對電容充電，充滿電后將開關(guān)撥至“2”，在導(dǎo)體棒的推動(dòng)下彈射車的速度達(dá)到穩(wěn)定后進(jìn)入絕緣軌道右側(cè)，經(jīng)過若干磁場區(qū)域后速度減小為，沖上右側(cè)斜面才能保證小朋友的安全；已知彈射車和導(dǎo)體棒的總質(zhì)量為，導(dǎo)體棒的有效電阻，其他電阻忽略不計(jì)，重力加速度g取，不考慮磁場間的相互影響。求：（1）電容器儲存的最大電荷量；（2）彈射車彈出“加速區(qū)”時(shí)的速度與該區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度的關(guān)系；（3）“減速區(qū)”的磁場最少的個(gè)數(shù)?！敬鸢浮浚?）125C（2）（3）12個(gè)【解析】（1）根據(jù)電容的定義式推導(dǎo)得（2）電容對導(dǎo)體棒放電，由于導(dǎo)體棒的加速距離足夠長，根據(jù)動(dòng)量定理可得電荷量代入上式可得（3）根據(jù)（2）問答案可知當(dāng)時(shí)有最大的速度，解得，減速至?xí)r保證安全，根據(jù)動(dòng)量定理可得又因?yàn)榇霐?shù)據(jù)可知解得則共需要經(jīng)過（進(jìn)位取整數(shù)）故至少需要12個(gè)磁場區(qū)域。2024-2025學(xué)年第一學(xué)期高二年級期末質(zhì)量監(jiān)測物理試題一、單項(xiàng)選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。1.一個(gè)光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在水平桌面上，導(dǎo)軌間距為d，兩導(dǎo)軌間通有豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌左端連接著一個(gè)定值電阻，現(xiàn)有四根導(dǎo)體棒放在導(dǎo)軌上均以速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則下列四根導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢不等于的是（）A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】根據(jù)可知，ABD切割磁感線的有效長度，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢均為，而C滿足磁場、速度和導(dǎo)體棒相互垂直，此時(shí)導(dǎo)體棒的有效長度為其中為導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的夾角，產(chǎn)生的電動(dòng)勢為2.某同學(xué)將輝光球啟動(dòng)后再將日光燈靠近輝光球，發(fā)現(xiàn)日光燈發(fā)光。通過查閱資料發(fā)現(xiàn)，啟動(dòng)輝光球時(shí)，內(nèi)部的線圈可以產(chǎn)生不均勻變化的電場，產(chǎn)生的電場會使日光燈發(fā)光（如圖所示），以下操作一定不會使日光燈發(fā)光的是（）A.用金屬網(wǎng)罩將日光燈罩起來再靠近輝光球B.用手觸碰輝光球后再將日光燈靠近輝光球C.將輝光球用金屬網(wǎng)罩罩起來再靠近日光燈D.人觸摸輝光球再使日光燈貼在人的手臂上【答案】A【解析】A．由于輝光球內(nèi)部的線圈產(chǎn)生不均勻變化的電場，用金屬網(wǎng)罩將日光燈罩起來，根據(jù)靜電屏蔽的知識可知，日光燈被屏蔽，故不能發(fā)光，符合題意，A正確；BD．用手觸碰輝光球不會對此現(xiàn)象產(chǎn)生影響，日光燈依然發(fā)光，不符題意，BD錯(cuò)誤；C．若用金屬網(wǎng)罩罩住輝光球，此時(shí)金屬網(wǎng)罩外部仍然有不均勻變化的電場，當(dāng)日光燈靠近時(shí)仍然可以使日光燈發(fā)光，不符題意，C錯(cuò)誤。3.電吉他的原理用到了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，拾音器的簡化結(jié)構(gòu)如圖甲所示，當(dāng)用手撥動(dòng)被磁化的金屬弦時(shí)，線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，電流經(jīng)過音箱發(fā)出聲音。若某次撥動(dòng)琴弦時(shí)，在一段時(shí)間內(nèi)，線圈中的磁通量與時(shí)間的變化如圖乙所示，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E與時(shí)間t的變化關(guān)系可能正確的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】根據(jù)圖甲可知線圈中磁場始終向上，由圖乙可知磁通量先變大后變小再變大，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為磁通量隨時(shí)間變化的斜率一開始最大，先變?yōu)榱阍僮優(yōu)榉聪蜃畲螅缓蠓聪蜃優(yōu)榱阍僬蛑饾u變大，可知ABD錯(cuò)誤，C正確。故選C。4.某供電站向附近工地的工人宿舍供電，輸電導(dǎo)線距離較大，等效電阻為r，如圖所示。若該供電站輸出電壓恒定，每間宿舍的用電器相同，不考慮用電器的電阻變化及宿舍間的導(dǎo)線電阻，當(dāng)工人宿舍越來越多的開始用電時(shí)（）A.通過導(dǎo)線的電流一定越小B.每個(gè)宿舍的兩端電壓一定越大C.工地宿舍消耗的總功率一定越大D.供電站的輸出效率一定越小【答案】D【解析】AB．當(dāng)開始用電工人宿舍越多時(shí)，宿舍電路的總電阻越小，則宿舍電路的分壓越小，由于總電壓不變，導(dǎo)線的分壓變大，導(dǎo)線電流變大，故AB錯(cuò)誤；C．當(dāng)宿舍總電阻和導(dǎo)線電阻相等時(shí)，工地消耗的功率最大，由于不清楚宿舍總電阻與導(dǎo)線電阻的大小關(guān)系，故工地宿舍消耗的總功率不一定越大，故C錯(cuò)誤；D．供電站的輸出效率為當(dāng)開始用電的宿舍越多時(shí)，電阻R越小，輸出效率越低，故D正確。故選D。5.某街道電線桿上有兩根相互平行且平行于水平地面的長直導(dǎo)線甲、乙，分別固定在同一個(gè)支架上，固定點(diǎn)為A、B，兩根導(dǎo)線間的距離為d。在A、B連線的延長線上有一點(diǎn)C，C點(diǎn)距離甲導(dǎo)線為2d，距離乙導(dǎo)線為d；在A、B兩點(diǎn)連線的中垂線上有一點(diǎn)D，D點(diǎn)與兩根導(dǎo)線的距離均為d（ABD平面與導(dǎo)線垂直），如圖所示。已知長直導(dǎo)線周圍某點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為（k為已知常數(shù)，I為導(dǎo)線中的電流，r為該點(diǎn)與導(dǎo)線間的最短距離），假設(shè)某時(shí)刻兩根導(dǎo)線中的電流I大小相等、方向相反，則（）A.AB連線上的各點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度均為零B.兩根導(dǎo)線的作用力有相互吸引的趨勢C.C點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為D.D點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為【答案】D【解析】A．由圖可知，根據(jù)矢量的合成方法可知，兩導(dǎo)線之間的位置磁感應(yīng)強(qiáng)度不為零，故A錯(cuò)誤；B．甲導(dǎo)線在右側(cè)產(chǎn)生的磁場垂直紙面向外，根據(jù)左手定則可知，乙導(dǎo)線所受的安培力向右，兩根導(dǎo)線有排斥的趨勢，故B錯(cuò)誤；C．C點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為，故C錯(cuò)誤；D．導(dǎo)線側(cè)視圖如圖所示，由此可知D點(diǎn)的磁場等于故D正確。6.某小組將螺線管通有電流I，若將一個(gè)單匝線圈a套在螺線管上且圓心通過螺線管的軸線（線圈a的直徑略大于螺線管的直徑），將另一個(gè)單匝線圈b放在螺線管的上方，且與a線圈在同一豎直平面上，如圖所示。當(dāng)電流增大時(shí)，下列有關(guān)b線圈的電流方向（由左向右觀察）。a線圈的收縮或擴(kuò)張趨勢判斷正確的是（）A.順時(shí)針；擴(kuò)張 B.順時(shí)針；收縮C.逆時(shí)針；收縮 D.逆時(shí)針；擴(kuò)張【答案】A【解析】由圖可知，螺線管中電流產(chǎn)生的磁場左端是S極，右端是N極，b線圈中的磁通量是向左增強(qiáng)，根據(jù)楞次定律可知，由左向右觀察，b線圈中產(chǎn)生順時(shí)針的電流；由于a線圈中的凈剩向右的磁通量增大，則線圈有擴(kuò)張的趨勢使磁通量減小。7.下圖是電子光學(xué)中靜電透鏡的原理，O為球形界面的圓心，界面外部的電勢均為，內(nèi)部的電勢均為，，法線是過球心的直線，一束靠近界面的平行電子束射向界面，電子的速度為，與法線的夾角為，經(jīng)過界面后電子束發(fā)生偏折（過圓心的電子束不發(fā)生偏折），電子的速度變?yōu)?，與法線的夾角為。已知電子的電荷量大小為e，不計(jì)相對論效應(yīng)和電子間的相互作用，則（）A.B.C.電子束經(jīng)過界面后會聚到O點(diǎn)D.電子經(jīng)過界面后動(dòng)能改變量為【答案】D【解析】AD．經(jīng)過界面后電場力做正功為電子的動(dòng)能增加量為又故故A錯(cuò)誤，D正確；C．球形界面的外部電勢低于界面的內(nèi)部電勢，在界面處的電場方向?yàn)檠刂霃较蛲猓娮咏?jīng)過界面受到的電場力指向圓心，由于電子具有垂直電場力方向速度，電子不會會聚到O點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；B．電子沿著電場力方向速度變化，垂直電場力方向速度不變，則即故B錯(cuò)誤。故選D。二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有兩個(gè)或兩個(gè)以上選項(xiàng)符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。8.霍爾元件的應(yīng)用非常廣泛，磁傳感器中常用到霍爾元件。如圖所示有一個(gè)霍爾元件（載流子為電子），現(xiàn)通有水平向右的恒定電流I，并放在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場B中（電流與磁場垂直），在上下兩水平面A和接電壓表（圖中未畫出），并將該電壓表改裝成測量磁感應(yīng)強(qiáng)度的儀表。下列說法正確的是（）A.A表面接電壓表的正接線柱 B.表面接電壓表的正接線柱C.改裝的磁感應(yīng)強(qiáng)度表刻度均勻 D.改裝的磁感應(yīng)強(qiáng)度表刻度不均勻【答案】AC【解析】AB．根據(jù)左手定則，由于霍爾元件的載流子是電子，電子在磁場的作用下偏向極板，極板的電勢比A極板電勢高，則A極板接電源的正極，故A正確，B錯(cuò)誤；CD．根據(jù)電流的微觀表達(dá)式有其中，n為單位體積內(nèi)電子個(gè)數(shù)，S為通過電流的橫截面積，e為電子的帶電荷量，v為電子定向移動(dòng)速率，由于在霍爾元件中最終形成穩(wěn)定的電場，其電勢差為其中d為霍爾元件的厚度，即上下極板間的距離，兩式聯(lián)立解得由式子可知，電勢差與磁感應(yīng)強(qiáng)度成正比，可知，將電壓表改裝為磁感應(yīng)強(qiáng)度表，刻度均勻，故C正確，D錯(cuò)誤。9.地球表面存在著不均勻磁場（磁場方向平行于地面），已知地球表面的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，從地面起每升高l磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小。科學(xué)家設(shè)想用地磁場對飛行器的速度進(jìn)行干擾，若在飛行器下方固定一個(gè)邊長同為l的正方形單匝線框（線框面積不變），如圖所示。已知線框的電阻阻值為R，當(dāng)飛行器豎直降落至地面時(shí)速度為v（線框上下兩邊始終處于水平），則此時(shí)（）A.線框受到的安培力向下B.線框中的電流為逆時(shí)針C.線框中的電流為D.線框受到的安培力為【答案】BC【解析】AB．由于地磁場分布不均勻，導(dǎo)線框上、下兩邊運(yùn)動(dòng)方向相同，下面導(dǎo)線所在位置的磁場更強(qiáng)，線框中的電流方向由下面導(dǎo)線決定，根據(jù)右手定則判斷電流為逆時(shí)針方向，再根據(jù)左手定則判斷，上、下兩根導(dǎo)線的安培力方向相反，根據(jù)可知，兩根導(dǎo)線的電流相同，下面導(dǎo)線所處的位置磁場更強(qiáng)，左右兩根導(dǎo)線所受的安培力等大反向而平衡，線框整體所受安培力向上，A錯(cuò)誤，B正確；CD．設(shè)地面處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，下面導(dǎo)線產(chǎn)生的電動(dòng)勢更大，則線框中的電動(dòng)勢為此時(shí)電路中電流為安培力為C正確，D錯(cuò)誤。10.如圖所示，豎直面內(nèi)有一個(gè)內(nèi)部光滑的絕緣半圓軌道，軌道的直徑AB豎直，圓心為O，空間內(nèi)存在一個(gè)水平向右的勻強(qiáng)電場（圖中未畫出）。現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為的帶電小球靜止在軌道內(nèi)部C點(diǎn)，CO的連線與豎直方向成角，P點(diǎn)與O點(diǎn)等高。下列說法正確的是（）A.電場強(qiáng)度為B.若將電場逆時(shí)針緩慢旋轉(zhuǎn)90°的過程中，為使小球仍然靜止在C點(diǎn)，電場強(qiáng)度的大小緩慢變化，則最小值為C.若電場強(qiáng)度大小不變，將方向順時(shí)針緩慢旋轉(zhuǎn)，小球在緩慢運(yùn)動(dòng)過程中，則軌道對小球的支持力最大值為2mgD.若電場強(qiáng)度大小不變，將方向逆時(shí)針緩慢旋轉(zhuǎn)，小球在緩慢運(yùn)動(dòng)過程中，則小球與圓心連線和豎直方向的夾角的正弦值最大為【答案】ABD【解析】A．由于小球在重力、電場力和支持力的作用下靜止于C點(diǎn)，對小球進(jìn)行受力分析，如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可得電場力為電場強(qiáng)度為故A正確；B．若將電場逆時(shí)針緩慢旋轉(zhuǎn)，小球若能靜止在C點(diǎn)，根據(jù)三角形法則，畫出小球受力變化情況，如圖所示由圖中可以看出，電場力先變小后變大，當(dāng)電場力與支持力垂直時(shí)電場力最小，即解得故B正確；C．若僅將電場順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，根據(jù)三角形法則，電場力大小不變，以為圓心，以電場力的大小為半徑作圓，如圖所示由圖可知將電場方向順時(shí)針緩慢旋轉(zhuǎn)，小球所受到的支持力逐漸增大，當(dāng)電場方向豎直向下時(shí)支持力最大，為由于電場方向豎直向下時(shí)的支持力大于電場方向順時(shí)針緩慢旋轉(zhuǎn)時(shí)的支持力，故小球在緩慢運(yùn)動(dòng)過程中，軌道對小球的支持力最大值小于2mg，故C錯(cuò)誤；D．若僅將電場力逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)的過程中，根據(jù)三角形法則可知，電場力的變化如圖所示，當(dāng)電場力與支持力垂直時(shí)，與豎直方向的夾角最大，如圖所示根據(jù)圖中可得與豎直方向夾角正弦值為故D正確。故選ABD。三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，12題第二空1分，其余每空2分，共15分。11.物理小組為了驗(yàn)證“楞次定律”實(shí)驗(yàn)，利用圖甲中的器材進(jìn)行了如下操作：將電源、開關(guān)、滑動(dòng)變阻器和線圈A組成電路，閉合開關(guān)，將線圈A插入線圈B，觀察并記錄電流方向和線圈A的磁場方向。根據(jù)圖乙判斷在實(shí)驗(yàn)中線圈A的下端是______極，A線圈插入B線圈后閉合開關(guān)時(shí)發(fā)現(xiàn)靈敏電流計(jì)的指針向右偏轉(zhuǎn)一下（電流由左向右進(jìn)入電流計(jì)，指針向左偏轉(zhuǎn)，反之右偏），將滑動(dòng)變阻器滑片向右滑動(dòng)到某位置時(shí)，電流計(jì)指針將向______偏一下。若俯視線圈B，繞向?yàn)檠豞_____（選填“順時(shí)針”或“逆時(shí)針”）由上端繞至下端。【答案】N左逆時(shí)針【解析】[1][2]根據(jù)右手螺旋定則可知，A線圈的下端是N極，由于閉合開關(guān)時(shí)，磁場增強(qiáng)，電流計(jì)指針向右偏轉(zhuǎn)一下，向右移動(dòng)滑動(dòng)變阻器時(shí)，電路中的電流減小，磁場減弱，電流計(jì)指針會向左偏一下。[3]根據(jù)“電流由左進(jìn)入電流計(jì)，指針向左偏，反之右偏”的原則，A線圈的磁場是向下的減弱，B線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)磁場方向向下，以阻礙A中磁通量的減弱，俯視線圈由上端繞至下端為逆時(shí)針繞向。12.某興趣小組利用伏安法測量定值電阻的阻值，采用了以下器材：①電壓表V（量程為0~3V，內(nèi)阻約3kΩ）；②電流表A（量程為0~0.6A，內(nèi)阻約為0.1Ω）；③電源E（電動(dòng)勢3V，內(nèi)阻不計(jì)）④滑動(dòng)變阻器R（10Ω2A）：⑤開關(guān)、導(dǎo)線若干；⑥多用電表；⑦待測電阻。（1）小組同學(xué)先利用多用電表對待測電阻進(jìn)行粗測，按操作順序逐一寫出步驟的序號：______。根據(jù)圖甲的數(shù)據(jù)可知，該電阻約為______Ω。A．測量待測電阻的阻值B．將選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到“×1”位置C．將兩支表筆直接接觸，調(diào)節(jié)“歐姆調(diào)零旋鈕”，使指針指向歐姆零點(diǎn)（2）關(guān)閉多用電表后用伏安法對待測電阻的阻值進(jìn)行精確測量，實(shí)驗(yàn)電路圖如圖乙所示，為了減小系統(tǒng)誤差和偶然誤差（測量多組數(shù)據(jù)），請將圖乙的電路用筆畫線代替導(dǎo)線連接完整______。正確連線后該小組同學(xué)根據(jù)測量數(shù)據(jù)繪制出的圖像如圖丙所示，根據(jù)圖像可知該定值電阻的阻值為______Ω（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。（3）該小組同學(xué)找來了兩個(gè)電源A、B（電動(dòng)勢分別為和內(nèi)阻分別為和），現(xiàn)將待測電阻分別接入上述電源中（如圖丁所示），發(fā)現(xiàn)兩次電阻消耗的功率相等，若，則______（選填“>”“<”或“=”）?！敬鸢浮浚?）BCA5（2）4.7##4.6##4.8（3）<【解析】（1）[1]根據(jù)多用電表的使用規(guī)則，先選擇合適擋位，后將兩表筆進(jìn)行短接，再進(jìn)行電阻調(diào)零，最后進(jìn)行測量，故操作順序是BCA。[2]根據(jù)題圖甲可知該電阻阻值約為5Ω。（2）[1]為了減小系統(tǒng)誤差，測量更多的數(shù)據(jù)，該實(shí)驗(yàn)滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓接法，該電阻約為5Ω，由可知，該實(shí)驗(yàn)電路電壓表應(yīng)采用外接法，答案如下圖。[2]根據(jù)圖像計(jì)算出電阻為（3）根據(jù)題意可以作出兩個(gè)電源的圖像，兩條圖線的交點(diǎn)為該電阻電壓和電流的對應(yīng)值，已知，由圖可知，。四、解答題：本題共3小題，共39分。13.一組較大平行板電容器水平放置（極板間的電場視為勻強(qiáng)電場），間距為h，上、下兩極板A、B接在一個(gè)電動(dòng)勢恒定的電源上（內(nèi)阻不計(jì)），如圖所示，電容器的極板中心分別有一個(gè)圓孔?，F(xiàn)將一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為q的小球（直徑略小于圓孔）由距離A極板h處的高度由靜止釋放，恰好落至點(diǎn)返回，忽略電容器外部電場對小球的影響及極板的厚度，重力加速度為g。求：（1）電源的電動(dòng)勢U；（2）若將B極板豎直向上移動(dòng)，仍使小球由同一位置釋放（距離A板h處），小球能否下落穿過點(diǎn)？若能請說明理由，若不能請計(jì)算出下落的最低點(diǎn)距離A板的高度x?！敬鸢浮浚?）（2）不能；【解析】（1）根據(jù)能量守恒定律可知，小球的重力做功等于克服電場力做功，即解得（2）將B極板上移，若小球仍然到達(dá)點(diǎn)，重力做功變小，克服電場力做功不變，所以小球無法達(dá)到點(diǎn)。電容器接有恒定電動(dòng)勢的電