天津市红桥区2024-2025学年高二上学期期末考试物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1高二物理第Ⅰ卷（选择题，共40分）一、单选题（本题共5小题，每小题5分共25分）1.如图所示，螺线管接通电源后，螺线管中的电流恒定不变，在螺线管的正上方放置一可以自由偏转的小磁针，小磁针静止时极指向左侧，点为螺线管中轴线上的点。下列说法正确的是（）A.电源的甲端是正极，点的磁感应强度方向向右B.电源的乙端是正极，点的磁感应强度方向向右C.电源的甲端是负极，点的磁感应强度方向向左D.电源的乙端是负极，点的磁感应强度方向向左【答案】A【解析】根据小磁针静止时极的指向可知螺线管的右端为极，由于右手螺旋定则可知电流方向为甲到乙，可知通电螺线管的甲端接电源的正极，所以点的磁感应强度方向向右。2.电磁感应现象的发现具有极其重大的划时代的历史意义，它为人类大规模利用电能，继而进入电气化时代奠定了理论基础。关于法拉第“磁生电”实验说法正确的是（）A.闭合开关时电流计指针发生偏转，断开开关时电流计指针不偏转B.保持滑动变阻器滑片位置不变，将条形磁体插入螺线管中静止不动时，电流计指针稳定且示数不为零C.保持滑动变阻器滑片位置不变，将A通电螺线管抽出B螺线管中时，电流计指针发生偏转D.保持A通电螺线管位置不变，左右移动滑动变阻器滑片，电流计指针不偏转【答案】C【解析】A．闭合开关和断开开关时，通过B螺线管的磁通量发生变化，故闭合开关和断开开关时电流计指针都发生偏转，A错误；B．保持滑动变阻器滑片位置不变，将条形磁体插入螺线管中静止不动时，通过B螺线管的磁通量不变，B螺线管无感应电流，则电流计指针不发生偏转，示数为0，B错误；C．保持滑动变阻器滑片位置不变，将A通电螺线管抽出B螺线管中时，通过B螺线管的磁通量发生变化，电流计指针发生偏转，C正确；D．保持A通电螺线管位置不变，左右移动滑动变阻器滑片，通过B螺线管的磁通量发生变化，电流计指针发生偏转，D错误。故选C。3.如图所示，A、B为两根足够长垂直于纸面的通电直导线，导线通有大小相等，方向相同的电流，在纸面内，A、B连线的中点为O点，C、D分别为连线、中垂线上的两点，下列说法正确的是（）A.O点的磁感应强度为零B.C点磁感应强度方向沿CO连线背离O点C.D点磁感应强度方向沿DO连线指向O点D.若在该空间垂直纸面放上一根与A、B电流方向相同的通电直导线，则导线在O处受安培力最大【答案】A【解析】A．根据右手螺旋定则可得，A导线在O点产生的磁感应强度的方向竖直向下，B导线在O点产生的磁感应强度的方向竖直向上，二者大小相等，所以O点的磁感应强度为零，故A正确；B．A导线在C点产生的磁感应强度的方向竖直向下，B导线在C点产生的磁感应强度的方向竖直向上，前者大于后者，所以C点的磁感应强度竖直向下，故B错误；C．A导线在D点产生的磁感应强度的方向垂直于AD指向右下方，B导线在D点产生的磁感应强度的方向垂直于BD指向右上方，二者大小相等，所以D点的磁感应强度水平向右，故C错误；D．由于O点的磁感应强度为零，若在该空间垂直纸面放上一根与A、B电流方向相同的通电直导线，则导线在O处不受安培力，故D错误。故选A。4.如图所示，一水平导线通以电流I，导线正下方有一电子，初速度方向与电流垂直，关于电子的运动情况，下列说法正确的是（）A.沿路径b运动，电子距离导线越近运动半径越小B.沿路径b运动，电子距离导线越近运动半径越大C.沿路径a运动，电子距离导线越近运动半径越小D.沿路径a运动，电子距离导线越近运动半径越大【答案】A【解析】根据安培定则可知，导线下方磁场方向垂直纸面向外，结合左手定则可知，电子只能沿沿路径b运动，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律可知解得故越靠近导线，磁感应强度越大，则其轨道半径越来越小。故选A。5.如图所示，T为理想变压器，A1、A2为交流电流表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，原线圈两端接恒压交流电源，当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时（）A.A1的读数不变，A2的读数变大B.A1的读数变大，A2的读数变大C.A1的读数不变，A2的读数变小D.A1的读数变小，A2的读数变小【答案】B【解析】原线圈两端接恒压交流电源，则原线圈输入电压保持不变，根据理想变压器的原、副线圈电压比等于匝数比可知，副线圈输出电压不变；当滑变阻器的滑动触头向下滑动时，R3接入电路的电阻减小，则副线圈电路总电阻减小，根据欧姆定律可知，副线圈电流增大，则R1分压增大，R2分压减小，通过R2的电流减小，电流表A2的读数变大；根据理想变压器原、副线圈电流比等于匝数的反比可得可知原线圈电流增大，则电流表A1的读数变大。二、多选题。（本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中有多个选项符合题意，全部选对的得5分，选不全的得3分，有错选或不答的得0分）6.回旋加速器的工作原理如图所示，和是两个中空的半圆金属盒，它们之间接交流电源。A处的粒子源产生的α粒子（）在两盒之间被电场加速，两个半圆盒处于垂直于盒面的匀强磁场中，α粒子进入半圆金属盒内做匀速圆周运动。若忽略α粒子在电场中的加速时间且不考虑相对论效应，则下列说法正确的是（）A.α粒子在磁场中运动一周的时间是外接交流电源周期的2倍B.仅增大金属盒的半径，α粒子离开加速器时的动能增大C.仅增大两盒间的电压，α粒子离开加速器时的动能增大D.若使用该加速器对质子（）加速，要使得质子和α粒子离开加速器时的动能相等，只需将交流电源周期变为原来的一半即可【答案】BD【解析】A．为了使粒子进入电场加速，回旋加速器所用交流电源的周期等于带电粒子在磁场中运动的周期，故A错误；BC．由牛顿第二定律有得则最大动能为可知最大动能与加速器的半径R、磁感线强度B以及电荷的电量q和质量m有关，与两盒间的加速电压的大小无关；故仅增大金属盒的半径，α粒子离开加速器时的动能增大，故B正确，C错误。D．粒子离开加速器时的最大动能又解得故若使用该加速器对质子（）加速，要使得质子和α粒子离开加速器时的动能相等，将交流电源周期变为原来的一半，可以实现，即故D正确。7.如图所示是洛伦兹力演示仪的结构简图。励磁线圈中的电流产生垂直纸面向外的匀强磁场，电子枪发射的电子，其出射速度与磁场方向垂直，调节电子枪上的加速电压可以控制电子的速度大小。下列说法正确的是（）A.增大电子枪的加速电压，可以使电子运动径迹的半径变小B.减小电子枪的加速电压，可以使电子做圆周运动的周期变大C.增大励磁线圈中的电流，可以使电子运动径迹的半径减小D.减少励磁线圈中的电流，可以使电子做圆周运动的周期增大【答案】CD【解析】A．增大电子枪的加速电压，根据电子速度变大，根据洛伦兹力提供向心力可得可以使电子运动径迹的半径变大，选项A错误；B．电子做圆周运动的周期与电子速度无关，即与电子枪的加速电压无关，选项B错误；C．增大励磁线圈中的电流，磁感应强度B增大，根据可以使电子运动径迹半径减小，选项C正确；D．减少励磁线圈中的电流，磁感应强度B减小，根据使电子做圆周运动的周期增大，选项D正确。故选CD。8.如图甲所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中匀速转动可以产生交变电流，其电动势e随时间t变化的图像如图乙所示，线圈电阻r=lΩ，电阻R=3Ω，则下列说法正确的是（）A.图示位置产生的感应电流为0B.t=0.01s时，电流表的示数为0C.电阻R两端电压为7.5VD.从图示时刻开始，线圈转过90°时，电阻R中的电流方向将发生改变【答案】AC【解析】A．图示位置，穿过线圈的磁通量最大，但磁通量变化率为0，则产生的感应电动势为0，故A正确；B．电流表的示数为电流有效值，所以t=0.01s时，电流表的示数不为0，故B错误；C．由图乙可知，电动势有效值为则电阻R两端电压为故C正确；D．线圈经过中性面位置时，电流方向改变，所以从图示时刻开始，线圈转过90°时，电阻R中的电流方向不发生改变，故D错误。故选AC。第Ⅱ卷（非选择题，共60分）三、实验题（本题满分12分，第9题每空2分，第10题每空1分。）9.灵敏电流计（俗称“表头”）的结构如图所示，线圈由长而细的铜丝绕制而成，当电流通过接线柱流入线圈时，线圈会在均匀辐向磁场中转动，从线圈的偏转角度就能判断电流的大小。灵敏电流计的优点是灵敏度高，但是允许通过的电流很弱，如希望用它测量较大的电流值，就要进行电表的改装。（1）当电流流过灵敏电流计的线圈时，线圈因受到_____（选填安培力或洛伦兹力）的作用而转动。（2）实际的灵敏电流计，会将线圈绕在铝框上。简述铝框的作用：__________。（3）如图所示，为将内阻为980，满偏电流为的表头改装成量程为的电流表，应给表头并联一个定值电阻，的阻值为_____。【答案】（1）安培力（2）铝框随线圈转动时，铝框内产生涡流，铝框受到的安培力使指针缓慢偏转（3）20【解析】（1）当电流流过灵敏电流计的线圈时，线圈因受到安培力的作用而转动。（2）铝框随线圈转动时，产生感应电动势，铝框内产生涡流，铝框受到的安培力使指针缓慢偏转。（3）根据可得的阻值为10.利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻，要求尽量减小实验误差。（1）应该选择的实验电路是图中的______（选项“甲”或“乙”）；（2）现有电流表（0~0.6A）、开关和导线若干，以及以下器材：A.电压表（0~15V）B.电压表（0~3V）C.滑动变阻器（0~20Ω）D.滑动变阻器（0~100Ω）实验中电压表应选用______，滑动变阻器应选用______；（选填相应器材前的字母）（3）某位同学根据记录的数据，做出如图所示的图线，根据所画图线可得，电动势E=______V（结果保留三位有效数字），内电阻r=______Ω（结果保留两位有效数字）；（4）这位同学对以上实验进行了误差分析，其中正确是______。A.实验产生的系统误差，主要是由于电压表的分流作用B.实验产生的系统误差，主要是由于电流表的分压作用C.实验测出的电动势小于真实值D.实验测出的内阻大于真实值【答案】（1）甲（2）BC（3）1.490.82（4）AC【解析】（1）因一节干电池的内电阻较小，若应用图乙实验电路，电流表的内阻会对电源内阻的测量产生较大的误差，图甲电压表的分流作用产生的实验误差较小，因此应该选择的实验电路是图1中的甲。（2）[1]一节干电池的电动势约为1.5V，要求尽量减小实验误差，电压表应选B。[2]为了调节方便，且调节效果明显，应选最大阻值较小的滑动变阻器C。（3）[1]由闭合电路欧姆定律可得由题图可知，U轴上的截距为该电源的电动势可知V[2]图线的斜率为该电源的内阻，则有（4）实验产生的系统误差，主要是由于电压表的分流作用，使电流表的电流小于流经电源内阻的电流，使U−I图线下移，使测得的电动势和内阻都小于真实值。四、计算题：（本大题共3个小题，11题14分，12题16分，13题18分，共48分，写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）11.如图所示，电阻不计的金属框宽度为，固定在倾角的斜面上，下端接一电动势，内阻的电源。金属框所在的区域加一磁感应强度大小的匀强磁场，磁场方向垂直斜面向下。现把一根质量的金属杆ab垂直放在导轨上，ab接入电路的有效电阻，当开关闭合后ab处于静止状态。取重力加速度，，，，求：（1）金属杆ab中的电流大小；（2）金属杆ab受到的安培力大小；（3）金属杆ab给导轨的摩擦力。【答案】（1）3A（2）3N（3）1N，方向沿斜面向下【解析】（1）根据闭合电路欧姆定律（2）根据安培力大小公式，有（3）对金属杆ab受力分析如图所示根据沿斜面方向受力平衡有得根据牛顿第三定律，金属杆ab给导轨的摩擦力大小为1N，方向沿斜面向下。12.如图甲所示，电阻，平行于斜面底边CD的导体棒AB电阻，放在倾角足够长的光滑平行导轨上，导体棒AB的长度等于导轨宽度为，PQCD区域内有垂直于导轨的匀强磁场，该区域面积，匀强磁场的磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示。导体棒AB在时由静止释放，在时进入磁场区域，并恰好做匀速直线运动，重力加速度g取，，不计空气阻力，求：（1）导体棒AB释放处与PQ的距离以及导体棒AB进入磁场时的感应电动势；（2）在前1.5s内电路中产生的内能。【答案】（1）3m，1.2V（2）0.09J【解析】（1）AB未进入磁场时，不受安培力作用，其下滑的加速度为下滑的时间为1s，则下滑位移为即AB释放处与PQ的距离为3m；AB进入磁场时速度为AB进入磁场时感应电动势为（2）第1s内电路中的感应电动势产生的热量第1~1.5s内产生的热量前1.5s内电路中产生的内能为13.在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0