天津市河东区2024-2025学年高二（上）期末考试物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页天津市河东区2024-2025学年高二（上）期末考试物理试卷一、单选题：本大题共5小题，共25分。1.如图所示，一正点电荷固定在圆心，M、N是圆上的两点，下列说法正确的是(

)A.M点和N点电场强度相同

B.M点和N点电势相同

C.正电荷由M点到N点，电场力做正功

D.负电荷由M点到N点，电场力做正功2.电容式话筒是利用电容大小的变化，将声音信号转化为电信号，如图所示为电容式话筒的简化示意图。在声压作用下，振动电极上的薄膜向左运动时(

)A.电容器的电容减小

B.电容器的电荷量减小

C.有从左到右的电流通过电阻R

D.电容器中的电场强度减小3.图甲是某电场中的一条电场线。若将一正电荷从A点由静止释放，它仅在电场力作用下沿电场线从A运动到B的过程速度—时间图像如图乙所示。设A、B两点的电势分别为φA和φB两点的场强大小分别为EA和EB，则有A.φA>φB.φA>φB，EA<D.φA<4.为了打击酒后驾车行为，交警常用酒精浓度检测仪对驾驶员进行酒精测试。图甲是某型号酒精测试仪，其工作电路如图乙所示，R为气敏电阻，其阻值随酒精气体浓度的增大而减小，电源的电动势为E、内阻为r，电路中的电表均为理想电表，R0为定值电阻。若酒后驾车的驾驶员对着测试仪吹气时，则有(

)A.电流表的示数变小 B.电压表的示数变大

C.电源的总功率变小 D.电源内电路消耗的功率变大5.如图所示，M、N两点分别放置两个等量异种电荷，P为MN连线的中点，T为连线上靠近N的一点，S为连线的中垂线上处于P点上方的一点。把一个电子分别放在P、S、T三点进行比较，则(

)A.电子从P点移到S点，电场力做正功 B.电子从T点移到S点，动能减小

C.电子在S点受力最小，在T点电势能最大 D.电子在P点受力最小，在T点电势最低二、多选题：本大题共3小题，共15分。6.如图所示，直线a为电源的U−I图线，直线b为电阻R的U−I图线，用该电源和电阻R组成闭合电路，下列说法正确的是(

)A.电源的内阻为0.5Ω

B.电阻R的阻值为2Ω

C.外电路的电压为3V

D.电源的输出功率为4W7.如图所示，从炽热的金属丝飘出的电子(初速度可视为零)，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场。不计电子重力，在满足电子能射出偏转电场的条件下，一定能使电子的偏转角变大的是(

)A.仅增大偏转电场的电压 B.仅增大加速电场的电压

C.仅减小偏转电场两极板间的距离 D.仅减小偏转电场极板的长度8.如图所示，一平行板电容器金属板a、b分别与电池两极相连，开始时开关S闭合，一个带电液滴悬浮在两板正中间的P点。断开开关，将b板向下平移一小段距离，稳定后，下列说法中正确的是(

)A.电容器的电容增大

B.液滴带负电

C.液滴向下运动

D.P点电势升高，液滴在P点的电势能减少三、实验题：本大题共1小题，共12分。9.(1)某同学测量一根粗细均匀的导体的电阻率，步骤如下：

①用20分度的游标卡尺测量其长度如图甲所示，可知其长度L=______mm；

②用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，可知其直径d=______mm；

③因电表内阻未知，用如图丙所示的电路来判定电流表应该内接还是外接。正确连线后，合上开关S，将滑动变阻器的滑片P移至合适位置。先将单刀双掷开关掷到1，电压表和电流表均有读数；再将单刀双掷开关掷到2，发现电流表指针偏转比电压表的指针偏转明显。为减小实验误差，应将单刀双掷开关掷到______(填“1”或“2”)，记录电压表示数U和电流表示数I；

④该导体的电阻率ρ=______(请用题目中所给字母表示)；

(2)小明尝试测量电瓶车上蓄电池的电动势和内阻。

①已知电源内阻比较小，移动滑动变阻器滑片时，为了使电压表示数变化比较明显，小明在思考后将R0=7Ω的定值电阻串联接入电路中，如图甲中的______(选填“A”或“B”)所示。

②选定设计的实验电路，多次调节滑动变阻器R阻值，读出相应的电压表和电流表示数U和I，由测得的数据描绘出如图乙所示的U−I图像。蓄电池的内阻r0=______Ω(保留2位有效数字)。

③该同学分析了实验中由电表内阻引起的实验误差，图中实线是根据利用本次实验的数据描点作图得到的U−I图像，虚线表示电压表和电流表均为理想电表时的U−I关系图线。图中正确的是______。

四、计算题：本大题共3小题，共48分。10.甲图所示电磁炮是一种先进的武器，乙图为某同学模拟电磁炮的原理图。为了研究方便，将炮弹视为一个与导轨间距等长的导体棒，其质量m=0.1kg、电阻R=1Ω，固定在电阻不计、间距L=0.5m的两根平行倾斜导轨上。已知导轨平面与水平地面的夹角θ=37°，导轨下端电源电动势E=18V、内阻r=1Ω，整个装置处于磁感应强度大小为B=0.2T、方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场中。将导体棒由静止释放，它最终从导轨上端发射出去。若导体棒的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：

(1)导体棒释放时所受安培力F的大小和方向；

(2)导体棒释放时加速度a的大小和方向。11.如图所示，在xOy平面直角坐标系的第一象限内有垂直纸面向外的匀强磁场，第二象限内有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E。一质量为m电荷量为q的带电粒子，从x轴上的P(3a,0)点以速度v沿与x轴正方向成60°角的方向射入磁场，恰好垂直于y轴射出磁场进入电场，不计粒子重力，求：

(1)粒子在磁场中的运动半径r；

(2)磁感应强度B的大小；

(3)粒子从P点射入磁场到第二次到达y轴的时间t12.如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应为B，方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴。一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L，小球过M点时的速度方向与x轴的方向夹角为θ.不计空气阻力，重力加速度为g，求

(1)电场强度E的大小和方向；

(2)小球从A点抛出时初速度v0的大小；

(3)A点到x轴的高度ℎ。

答案解析1.B

【解析】解：A、点电荷形成的电场是辐向的，所以M、N两点电场强度方向不同，则电场强度不同，故A错误；

B、以点电荷为球心的每个球面都是一个等势面，所以M、N两点电势相同，故B正确；

CD、M、N两点电势相同，则正电荷由M点到N点，或负电荷由M点到N点，电场力都不做功，故CD错误。

故选：B。

正点电荷电场线的等势面是球面，离正电荷越近电势越高；点电荷形成的电场是辐向的；根据由M点到N点直线电势的变化分析电势能和电场力做功情况。

考查对电势、电场力做功等的理解，需熟悉点电荷周围电场线的分布特点。2.C

【解析】解：A、当振动膜片向左运动时，电容器的极板间距变小，根据电容的决定式C=εrS4πkd分析可知，电容器的电容变大，故A错误；

B、由于电容器两端电压等于电源电压不变，根据C=QU可知，当电容变大时，电容器所带电荷量增加，故B错误；

C、根据前面分析可知，电容器所带电荷量增加，即电容器充电，电容器左边极板带正电，则此时充电电流通过电阻时方向自左向右，故C正确；

D、电容器的电压不变，当极板间距变小时，由E=Ud可知，电容器两极板间的电场强度增大，故D错误。

故选：C。

根据电容的决定式C=εrS3.A

【解析】解：正电荷从A由静止释放，初速度为0，能加速运动到B，说明正电荷受到的电场力方向从A指向B，那么电场方向就是由A指向B，由于沿电场线方向电势逐渐降低，所以A、B两点的电势关系是φA>φB；正电荷从A运动到B的过程中，它的加速度是逐渐减小的，由牛顿第二定律知，正电荷从A运动到B时，受到的电场力是逐渐减小的，由E=Fq可知，EA>EB，故A正确，BCD错误。

4.D

【解析】解：A、酒后驾车的驾驶员对着测试仪吹气时，气敏电阻R的阻值减小，电路中的总电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律可知，电路中的电流变大，即电流表示数变大，故A错误；

B、根据闭合电路的欧姆定律可得电压表示数为：U=E−I(R0+r)，由上面的分析可知I变大，则U变小，即电压表示数变小，故B错误；

C、电源的总功率P总=EI，由上面的分析可知I变大，所以电源的总功率变大，故C错误；

D、电源内电路消耗的功率为Pr=I2r，因为I变大，所以电源内电路消耗的功率变大，故D正确。

故选：5.C

【解析】解：CD、由等量异号点电荷电场线分布图，P、S、T三点进行比较，S、P两点电势相等，大于T点电势，根据公式Ep=qφ，可知电子在T点电势能最高；T点电场强度最大，电子在T点受力最大，S点电场强度最小，电子放在S点受力最小，故C正确，D错误；

AB、S、P两点电势相等，大于T点电势，即UTS<0，根据WTS=qUTS，可知电子从T点移到S点，电场力做正功，动能增加；电子从P点移到S点，电场力不做功，动能不变，故AB错误。

6.AD

【解析】解：A、图线a的纵轴截距等于电源的电动势，斜率的绝对值等于电源的内阻，则由图线a可知，电源的电动势为E=3V，短路电流为I短=6A，则电源的内阻为r=EI短=36Ω=0.5Ω，故A正确；

BC、两图线的交点表示该电源与电阻串联时的工作状态，此时外电路电压为U=2V，电路中电流为I=2A，根据欧姆定律可知R=UI=22Ω=1Ω，故BC错误；

D、电源的输出功率为P=UI=2×2W=4W，故D7.AC

【解析】解：设电子经加速电场加速后的速度为v0，加速电压为U1，偏转电压为U，偏转电场两极板间的距离为d，极板的长度为l，则电子经加速电场加速的过程中，根据动能定理可得eU1=12mv02，电子在偏转电场中的加速度a=eUmd，运动时间t=lv0，电子离开偏转电场时速度方向与水平方向夹角的正切值为tanα=vyv0=atv0=eUlmdv02=Ul2U18.BD

【解析】解：A、b板向下平移一小段距离，两板间距离d增大，根据C=ɛrS4πkd可知，电容器的电容减小，故A错误；

B、电容器a板和电源正极相连，所以a板带正电荷，板内电场方向向下，油滴受电场力方向向上，所以油滴带负电，故B正确；

C、断开开关，电容器带电荷量Q不变，根据C=ɛrS4πkd、C=QU、E=Ud可得：E=4πkQϵrS，所以极板间的电场强度不变，则油滴受电场力不变，油滴仍然静止，故C错误；

D、因为b板向下平移一小段距离，P点与下极板间的距离变大，根据U=Ed可知，P点与下极板间的电势差变大，下极板接地电势为零不变，所以P点电势升高，油滴带负电，所以油滴的电势能减小，故D正确。

故选：9.50.15

4.700

1

πUd24IL

A

1.0【解析】解：(1)①20分度的游标卡尺精确度为0.05mm，可知其长度L=50mm+3×0.05mm=50.15mm；

②螺旋测微器精确度为0.01mm，可知其直径d=4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm；

③将单刀双掷开关掷到2，发现电流表指针偏转比电压表的指针偏转明显，说明电流表分压作用明显，应采用外接法，单刀双掷开关掷到1；

④该导体的电阻为R=UI

根据电阻定律有R=ρLS=ρLπ(d2)2

解得ρ=πUd24IL

(2)①为了使电压表变化明显，应将电路连接成A图形式，此时R0相当于内电阻。

②蓄电池的内阻与R0串联后的总阻值为U−I图像的斜率的绝对值，即r+R0=|ΔUΔI|=6.00.75Ω=8.0Ω

因此电源内电阻r=8.0Ω−7.0Ω=1.0Ω；

③该实验的主要实验误差来源于电压表的分流作用，理论上当外电路短路时，电压表没有分流作用，电流是准确的，随着路端电压的升高，电压表的分流作用逐渐增加，测量值明显小于真实值，因此测量的图像应在真实图像的下方，且短路电流时，两个图像重合，故C正确，ABD错误；

故选：C10.解：(1)导体棒刚放在导轨上时，根据闭合电路欧姆定律有：I=ER+r

解得：I=9A

导体棒刚放在导轨上时所受安培力的大小：F= BIL

解得：F=0.9N

根据左手定则可知，导体棒所受安培力方向沿斜面向上。

(2)导体棒刚放在导轨上时，对导体棒进行受力分析，根据牛顿第二定律有：F−mgsinθ−f =ma，

其中f=μN=μmgcosθ

解得：a=1m/s2，方向沿斜面向上。

答：(1)导体棒释放时所受安培力F的大小为0.9N，方向沿斜面向上；

(2)导体棒释放时加速度a【解析】(1)根据闭合电路欧姆定律得出电流的大小，结合安培力的计算公式得出安培力的大小，结合左手定则分析出安培力的方向；

(2)分析导体棒释放时的受力，由牛顿第二定律得出导体棒的加速度。

本题主要考查了安培力作用下物体的运动，熟悉欧姆定律和安培力的计算公式，同时结合牛顿第二定律即可完成分析。11.解：(1)粒子在磁场中的运动情况如图所示

由几何关系得

3a=rsin60°

解得

r=2a

(2)根据洛伦兹力提供向心力

qBv=mv2r

解得

B=mv2aq

(3)粒子在磁场做匀速圆周运动

T=2πmqB

粒子在磁场中运动时间

t1=180°−60°360∘T

粒子从y轴进入电场至速度为0过程中，可得

qE=ma

v=at2

解得

t2=mvqE

粒子从P点射入到第二次到达y轴的时间

t=t1+2t2

解得

t=4πa3v+【解析】(1)画出粒子的运动轨迹，根据几何关系求粒子在磁场中的运动半径r；

(2)根据洛伦兹力提供向心力求磁感应强度B的大小；

(3)根据周期公式求粒子从P点射入磁场到第二次到达y轴的时间t。

本题以带电粒子在混合场中的运动考查的学生结合数学知识解决物理问题的能力，是一道综合性比较强的题目。12.解：(1)小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，

说明电场力和重力平衡(恒力不能充当圆周运动的向心力)，

有：qE=mg，

解得：E=mgq；

重力的方向竖直向下，电场力方向只能向上