云南省昆明市云南师大附中2024-2025学年高二（上）期末物理试卷（含解析）

第=page1212页，共=sectionpages1414页云南省昆明市云南师大附中2024-2025学年高二（上）期末物理试卷一、单选题：本大题共7小题，共28分。1.了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要。以下符合史实的是(

)A.安培总结出了点电荷间相互作用的规律

B.焦耳发现了电流热效应的规律

C.法拉第发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互联系的序幕

D.特斯拉制作出第一台回旋加速器，用来加速带电粒子2.下列给出了四幅与感应电流产生条件相关的情景图，判断正确的是(

)

A.图甲，水平直导线中电流逐渐减小时，其正下方的水平金属圆线圈中无感应电流

B.图乙，正方形金属线圈以虚线为轴匀速转动时，线圈中无感应电流

C.图丙，矩形导线框以其任何一条边为轴转动时，线框中都有感应电流产生

D.图丁，正方形导线框加速离开同一平面内的条形磁体时，线框中有感应电流产生3.如图所示用三根长度相同的绝缘细线将三个带电小球连接后悬挂在空中．三个带电小球质量相等，A

球带正电，平衡时三根绝缘细线都是直的，但拉力都为零．则

(

)A.B球和C球都带正电荷

B.B球带负电荷，C球带正电荷

C.B球和C球所带电量不一定相等

D.B球和C球所带电量一定相等4.在图甲所示的x轴上固定一个点电荷Q(图甲中未画出)，A、B为x轴上的两点，在A、B两点分别放置不同的试探电荷，以x轴的正方向为电场力的正方向，放在A、B两点的试探电荷所带电荷量与其受到的电场力的关系如图乙所示。下列说法正确的是(

)A.A点的电场强度大小为3×103N/C B.A点的电场强度大于B点的电场强度

C.点电荷Q在A、B之间 D.点电荷5.1932年，美国物理学家安德森在宇宙射线实验中发现了正电子，证实了反物质的存在。实验中，安德森记录了正电子在云室中经过6mm铅板的轨迹照片如图所示，匀强磁场方向垂直于纸面，正电子穿过铅板会有部分能量损失，其他能量损失不计，则可判定正电子(

)A.由下向上穿过铅板 B.所在磁场方向一定垂直于纸面向里

C.穿过铅板后做圆周运动的半径变大 D.穿过铅板后做圆周运动的周期变大6.某种电吹风机的电路图如图所示，a、b、c、d为四个固定触点。绕O点转动的扇形金属触片P可同时接触两个触点，触片P处于不同位置时，吹风机可处于停机、吹冷风和吹热风三种工作状态。n1和n2分别是理想变压器原、副线圈的匝数，该电吹风机的各项参数如表所示。下列说法中正确的是(

)冷风时输入功率50W热风时输入功率490W小风扇额定电压40V正常工作时小风扇输出功率40W输入交流电的电压220V

A.理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=11：4

B.触片P同时接触b、c两个触点时电吹风吹热风

C.小风扇的内阻为6.4Ω

7.如图所示，匀强电场方向与水平虚线ab间的夹角θ=30°，将一质量为m、电荷量大小为q的小球(可视为质点)从水平虚线上的O点沿电场方向以某一速度抛出，M是小球运动轨迹的最高点，MN⊥ab，轨迹与虚线ab相交于N点右侧的P点(图中没有画出)。已知重力加速度为g，忽略空气阻力，则下列说法正确的是A.若ON<NP，则小球带负电

B.若ON>NP，则小球带正电

C.若ON<NP，则电场强度大小可能等于2mgq

D.若ON=3NP，则电场强度大小一定等于二、多选题：本大题共3小题，共18分。8.图中标出了磁场B的方向、通电直导线中电流I的方向以及通电直导线所受磁场力F的方向，其中正确的是(

)A. B. C. D.9.一电阻R接到如图甲所示的正弦交流电源上，两端电压的有效值为U1，消耗的电功率为P1；若该电阻接到如图乙所示的方波交流电源上，两端电压的有效值为U2，消耗的电功率为P2。若甲、乙两图中的U0、A.U1=2U02 B.U2=310.如图所示，abcd为一边长为l的正方形导线框，导线框位于光滑水平面内，其右侧为一匀强磁场区域，磁场的边界与线框的cd边平行，磁场区域的宽度为2l，磁感应强度为B，方向竖直向下．线框在一垂直于cd边的水平恒定拉力F作用下沿水平方向向右运动，直至通过磁场区域．cd边刚进入磁场时，线框开始匀速运动，规定线框中电流沿逆时针时方向为正，则导线框从刚进入磁场到完全离开磁场的过程中，a、b两端的电压Uab及导线框中的电流i随cd边的位置坐标x变化的图线可能是(

)A. B.

C. D.三、实验题：本大题共2小题，共14分。11.为了测量由两节干电池组成的电池组的电动势和内电阻，某同学设计了如图甲所示的实验电路，其中R为电阻箱，R0=5Ω为保护电阻，电压表为理想电表。实验步骤如下：

断开开关S，调整电阻箱的阻值，再闭合开关S，读取并记录电压表的示数及电阻箱接入电路中的阻值。多次重复上述操作，可得到多组电压值U及电阻值R，并以1U为纵坐标，以1R为横坐标，画出1U-1R的关系图线(该图线为一条直线)，如图乙所示。由图线可求得电池组的电动势E=______V，内阻r=______Ω。12.某学习小组用伏安法测定待测电阻Rx的阻值(约为10kΩ)，除了Rx、开关S、导线外，还有下列器材供选用：

A.电压表V1(量程0～1V，内阻约10kΩ)

B.电压表V2(量程0～10V，内阻约100kΩ)

C.电流表A(量程0～1mA，内阻约30Ω)

D.滑动变阻器R1(阻值范围0～10Ω)

E.滑动变阻器R2(阻值范围0～500Ω)

F.电源(电动势12V，内阻不计)

(1)为使测量尽量准确，电压表选用______，滑动变阻器选用______。(均填器材的字母代号四、计算题：本大题共3小题，共40分。13.如图所示，真空中平行金属板M、N之间距离为d，两板所加的电压为U。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板由静止释放。不计带电粒子的重力。

(1)求带电粒子所受的静电力的大小F；

(2)求带电粒子到达N板时的速度大小v；

(3)若在带电粒子运动d2距离时撤去所加电压，求该粒子从M板运动到N板经历的时间t。14.如图甲所示，不计电阻的平行金属导轨与水平面成θ=53°角放置，导轨间距为l=1m，上端接有电阻R=3Ω，虚线OO'下方是垂直于导轨平面的匀强磁场。现将质量m=0.1kg，有效电阻r=1Ω的金属杆ab从OO'上方某处垂直于导轨由静止释放，杆下滑过程中始终与导轨垂直并保持良好接触，杆下滑过程中的v-t图像如图乙所示。g取10m/s2，sin53°=0.8。求：

(1)杆与金属导轨间的动摩擦因数μ；

(2)匀强磁场的磁感应强度大小B；

(3)杆在磁场中下滑0.1s15.如图，O为坐标原点。在第二象限加垂直纸面向外的匀强磁场，现从P点(-d,0)以v0=3×103m/s的初速度竖直向上连续发射比荷为qm=1×106C/kg的带正电粒子(不计粒子重力和粒子之间的相互作用力)，粒子从y轴上Q点(0,2d)离开磁场，MN为一平行于x轴的足够长绝缘挡板，M点坐标为(0,8d)，d=0.1m。求：

(1)所加磁场的磁感应强度的大小；

(2)

答案和解析1.B

【解析】A.库仑，而非安培，通过库仑扭秤实验总结出了点电荷间相互作用的规律，即库仑定律，故A错误；

B.焦耳，这位伟大的物理学家，确实发现了电流热效应的规律，也就是焦耳定律。它描述了电流通过导体时产生的热量与电流、电阻和通电时间的关系，故B正确；

C.是奥斯特而不是法拉第，发现了电流的磁效应。这一发现拉开了研究电与磁相互联系的序幕，为电磁学的发展奠定了基础。故C错误；

D.回旋加速器是由美国物理学家劳伦斯发明的，而不是特斯拉。回旋加速器是一种利用磁场使带电粒子做回旋运动，在运动中经高频电场反复加速的装置，故D错误。

故选：B。

2.A

【解析】产生感应电流的条件：闭合回路中磁通量发生变化。所以

A.图甲金属圆形线圈水平放置在通电直导线的正下方，则直线电流产生的磁场穿过线圈的磁通量为零，即使减小通过导线电流，圆线圈中的磁通量也不会发生变化，不会有感应电流产生，故A正确；

B.图乙正方形金属线圈绕竖直虚线转动的过程中，线圈在磁场中运动过程中磁通量会发生变化，会产生感应电流，故B错误；

C.图丙闭合导线框以左边或右边为轴在匀强磁场中旋转时，线圈中的磁通量始终为零，所以闭合导线框中不会有感应电流，故C错误；

D.图丁，正方形导线框加速离开同一平面内的条形磁体时，线圈中的磁通量始终为零，闭合导线框中不会有感应电流，故D错误。

故选：A。3.D

【解析】AB.B球受重力及A、C对B球的库仑力而受于平衡状态；则A与C球对B球的库仑力的合力应与重力大小相等，方向相反；而库仑力的方向只能沿两电荷的连线方向，故可知A对B的库仑力应指向A，C对B的作用力应指向B的左侧；则可知B、C都应带负电；故A、B错；

CD.由受力分析图可知，A对B的库仑力应为C对B库仑力的2倍，故C带电量应为A带电量的一半；同理分析C可知，B带电量也应为A带电量的一半，故B、C带电量应相同；

故C错误，D正确；

故选D。

4.D

【解析】AB.根据

F=qE

变形得

q=1EF

即乙图的斜率表示1E，代入图中点的坐标利用数学方法可得可得

EA=13×103N/C，EB=3×103N/C

所以A点的电场强度小于B点的电场强度，故AB错误；

CD.由乙图可知，两点电荷受到的电场力方向相同，都向x轴正方向，因两试探电荷都为正电荷，故点电荷【解析】ABC.设正电子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，

根据牛顿第二定律可得：evB=mv2r，

解得：r=mveB，

因为正电子穿过铅板会有部分能量损失，所以正电子穿过铅板后速度v减小，则运动半径r减小，

则由图可知，正电子由上向下穿过铅板，则根据左手定则可知，正电子所在磁场方向一定垂直于纸面向里，故AC错误，B正确；

D.结合前面分析可知，正电子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：T=2πrv，

其中：r=mveB，

联立可得：T=2πmeB，【解析】A.根据变压器的原线圈、副线圈的匝数与电压的关系n1n2=U1U2=220V40V=112，故A错误；

B.电动机与电热丝同时接入电路时吹热风，触片P应与触点c、d接触，故B错误；

C.小风扇的发热功率为P0=50W-40W=10W，电流I=P冷U=5040A=【解析】AB.小球在竖直方向上先向上做匀减速直线运动再做匀加速运动，再M点处时竖直分速度减小到0；

根据对称性可知，小球从O运动到M点的时间与从M运动到P的的时间相等，若ON<NP，表面小球在水平方向做匀加速直线运动，则小球所受电场力沿场强方向，即小球带正电；若ON>OP，表面小球在水平方向做匀减速直线运动，则小球所受电场力沿场强方向相反，即小球带负电，故AB错误；

C.若ON<NP，小球带正电，小球在竖直方向先做匀减速直线运动，则有Eqsinθ<mg，即E<2mgq，故C错误；

D.若ON=3NP，则小球带负电，在水平方向做匀减速直线运动，由于小球从O运动到M点的时间与从M运动到P的的时间相等，说明在P点时，水平方向的分速度恰好减速为0，设小球抛出时的初速度为v0；

水平方向v0cosθ=qEcosθm⋅2t

竖直方向v0sinθ=qEsinθ+mgm⋅【解析】A、由左手定则可知，通电导线所受安培力竖直向上，故A正确；

B、由图可知，磁感应强度B与电流I平行，导线不受安培力，故B错误；

C、由左手定则可知，通电导线所受安培力竖直向下，故C正确；

D、由左手定则可知，通电导线所受安培力垂直于纸面向外，故D错误；

故选：AC。

9.AD

【解析】AB、由交流电有效值的计算方法，可知甲电源的有效电压满足：U1=U02=2U02；

乙电源的有效电压满足：(2U0)2R×T2+(U0)2R×T2【解析】AB、线框进入磁场的过程做匀速直线运动，感应电动势E=BLv恒定，线框中的电流大小恒定，方向沿逆时针方向，a、b两端的电压Uab=14BLv；

线框完全在磁场中运动时，穿过闭合电路的磁通量不变，线框中感应电流为零，做匀加速运动，但ab边两端的电压Uab=BLv=BLv02+2ax，其中v0为匀速运动的速度，Uab与位移x不是线性关系，当出磁场时，线框做减速匀速，Uab不断减小，故A错误、B正确；

CD【解析】根据图甲所示电路图，由闭合电路的欧姆定律得：E=U+I(r+R0)=U+UR(r+R0)

整理得：1U=r+R0E×1R+1E

由图乙所示1U-1R【解析】(1)电源电动势为12V，电压表应选择B；由题意可知，待测电阻阻值远大于两个滑动变阻器的最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择D。

(2)由于待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用外接法；由于RVRx=100kΩ10kΩ=10，RxRA=10×10330≈333，则13.【解析】(1)金属板M、N之间电场强度大小为

E=Ud

则带电粒子受到的静电力的大小为

F=qE=qUd

(2)带电粒子从M板到N板的过程，根据动能定理得

qU=12mv2

解得：v=2qUm

(3)带电粒子在撤去电压前做匀加速直线运动，之后做匀速直线运动，则

d2=12×qUmdt