高級中學名校試卷PAGEPAGE1河北區2024-2025學年第一學期期末高二年級質量檢測物理本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，共100分，考試用時60分鐘。第Ⅰ卷1至3頁，第Ⅱ卷4至7頁。請考生務必將答案填寫在答題卡相應位置處。第Ⅰ卷（共40分）一、單項選擇題（本題共5個小題，每小題5分，共25分，在每題列出的四個選項中，只有一項是最符合題目要求的）1.關于科學家及他們的物理成果，下列說法正確的是（）A.庫侖通過扭秤實驗研究得出了庫侖定律B.安培發現了電流的磁效應C.奧斯特提出了分子電流假說D.物理學家楞次發現了電磁感應現象【答案】A【解析】A．庫侖通過扭秤實驗研究得出了庫侖定律，故A正確；B．奧斯特發現了電流的磁效應，故B錯誤；C．安培提出了分子電流假說，故C錯誤；D．物理學家法拉第發現了電磁感應現象，故D錯誤。故選A。2.如圖所示，兩個帶等量正電的點電荷固定在M、N兩點上，E、F是MN連線中垂線上的兩點，O為EF、MN的交點，EO=OF。一帶負電的點電荷在E點由靜止釋放后（）A.做勻加速直線運動B.在O點所受靜電力最大C.由對稱性可知E、F兩點電場強度方向相同D.由E到F的過程中電勢能先減小后增大【答案】D【解析】A．根據等量同種電荷連線中垂線上電場強度分布可知，EF間的電場不是勻強電場，負點電荷受到的電場力是變力，根據牛頓第二定律可知負電荷的加速度不恒定，故負電荷做變加速直線運動，故A錯誤；B．根據場強疊加可知O點的電場強度為零，故負電荷在O點所受靜電力最小，為零，故B錯誤；C．由對稱性可知E、F兩點電場強度大小相等方向相反，故C錯誤；D．負點電荷由E到O，電場力方向與速度方向相同，電場力做正功，電勢能減小，由O到F，電場力方向與速度方向相反，電場力做負功，電勢能增大，故由E到F的過程中電勢能先減小后增大，故D正確。故選D。3.如圖所示，平行板電容器與電壓恒為U的直流電源連接，下極板接地。一帶電油滴位于電容器中的P點且恰好處于平衡狀態，下列說法正確的是（）A.帶電油滴所帶電荷為正電荷B.若將上極板豎直向上移動一小段距離，則帶電油滴將豎直向上運動C.若將上極板水平向左移動一小段距離，則帶電油滴仍然保持平衡狀態D.向上或向左移動上極板均不改變平行板電容器所帶的電荷量【答案】C【解析】A．電容器的上極板與電源正極相連，下極板與電源負極相連，則兩極板間電場方向豎直向下。油滴靜止，所受重力豎直向下，則所受電場力豎直向上，油滴帶負電，故A錯誤；B．將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離，則兩極板之間的距離增加，由于兩極板間電壓不變，根據知電場強度減小，則油滴所受電場力減小，可知油滴所受合力豎直向下，會向下運動，故B錯誤；C．將平行板電容器的上極板水平向左移動一小段距離，由于兩極板間電壓不變，兩極板間距離不變，則電場強度不變，油滴所受電場力不變，油滴仍然保持平衡狀態，故C正確；D．根據可知，向上或向左移動時電容都變化，由于兩極板間電壓不變，根據可知，平行板電容器所帶的電荷量會改變，故D錯誤；故選C。4.如圖所示，P、Q是兩個相同的小燈泡，L是自感系數很大的線圈，但其自身的電阻近似為零，下列說法中正確的是（）A.閉合開關，P、Q同時發光，然后P逐漸變亮B.閉合開關，P、Q同時發光，然后P逐漸變暗至熄滅C.電路穩定后，斷開開關，P、Q同時熄滅D.電路穩定后，斷開開關，Q逐漸變暗至熄滅【答案】B【解析】AB．閉合開關，由于線圈產生自感電動勢阻礙通過線圈電流的增大，所以P、Q同時發光；穩定后由于線圈自身的電阻近似為零，將P短路，所以P發光后將逐漸變暗至熄滅，故A錯誤，B正確；CD．電路穩定后，斷開開關，由于線圈產生自感電動勢阻礙通過線圈電流的減小，且線圈與P構成回路，所以Q馬上熄滅，P先閃亮一下，再逐漸變暗至熄滅，故CD錯誤。故選B。5.如圖所示，在絕緣的水平面上，有兩個閉合的線圈a、b，線圈a處在有界勻強磁場中，線圈b處在磁場外且固定不動，將線圈a從磁場中勻速拉出的過程中，下列說法正確的是（）A.線圈a中有感應電流，線圈b中沒有感應電流B.線圈a中感應電流方向為逆時針C.線圈b有收縮趨勢D.線圈b整體受到水平向左的安培力【答案】C【解析】AB．線圈a從磁場中勻速拉出的過程中穿過a線圈的磁通量在減小，則根據楞次定律可知a線圈的電流為順時針，由于線圈a從磁場中勻速拉出則a中產生的電流為恒定電流，則線圈a靠近線圈b的過程中線圈b的磁通量在向外增大，同理可得線圈b產生的電流為順時針，故AB錯誤；C．由廣義楞次定律，線圈a靠近線圈b的過程中線圈b的磁通量在向外增大，線圈b有收縮趨勢，故C正確；D．線圈b上下兩邊所受安培力大小相等，方向相反。線圈b左邊受到安培力向右，線圈b右邊受到安培力向左，右邊所處的磁感應強度小，故向左的安培力小，線圈b整體受到水平向右的安培力，故D錯誤。故選C。二、多項選擇題（本題共3個小題，每小題5分，共15分。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，選錯或不答的得0分）6.如圖所示，一塊蹄形磁鐵放在水平桌面上，水平放置的細銅棒AB用絕緣細線懸掛在兩個正對的磁極（左側為S極，右側為N極）之間靜止。閉合開關的瞬間，下列說法正確的是（）A.細繩被拉斷 B.AB受到豎直向上的安培力C.AB受到水平向左的安培力 D.蹄形磁鐵對桌面的壓力變大【答案】BD【解析】ABC．由題圖知，通過導線的電流垂直紙面向里，磁場方向水平向左，根據左手定則判斷知導線所受安培力方向豎直向上，則細繩拉力將變小，不可能被拉斷，故AC錯誤，B正確；D．導線受到的安培力豎直向上，根據牛頓第三定律知，導線對磁鐵的作用力豎直向下，可知蹄形磁鐵對桌面的壓力將變大，故D正確。故選BD。7.如圖所示，關于不計重力的粒子在以下四種器件中的運動，說法正確的是（）A.甲圖中從左側射入的帶電粒子，若能沿直線射出，其速度大小為B.乙圖中等離子體進入上下極板之間后上極板a帶正電C.丙圖中通過勵磁線圈的電流越大，電子的運動徑跡半徑越小D.丁圖中只要回旋加速器D形盒足夠大，粒子就能獲得無限大的速度【答案】AC【解析】A．甲圖中帶正電的粒子從左側射入復合場中時，帶電粒子沿直線射出，則粒子受力平衡，有解得故A正確；B．乙圖中等離子體進入上下極板之間后，受到洛倫茲力作用，由左手定則可知，正粒子向b極板偏轉，負粒子向a極板偏轉，因此極板a帶負電，極板b帶正電，故B錯誤；C．丙圖中通過勵磁線圈的電流越大，線圈產生的磁場越強，電子的運動由洛倫茲力提供向心力，則有解得由上式可知，當電子的速度一定時，磁感應強度越大，電子的運動徑跡半徑越小，故C正確；D．丁圖中只要回旋加速器的D形盒足夠大，加速粒子就能獲得較大的能量，具有較大的速度，可當能量達到25MeV~30MeV后就很難再加速了，原因是按照狹義相對論，粒子的質量隨速度的增大而增大，而質量的變化會導致其回旋周期的變化，從而破壞了與電場變化周期的同步，因此加速粒子就不能獲得無限大的速度，故D錯誤。故選AC。8.如圖所示，用絕緣細線將一個閉合金屬圓環懸掛于O點，現將圓環拉離平衡位置并由靜止釋放，圓環擺動過程中經過有界的水平方向的勻強磁場區域，a、b為該磁場的豎直邊界，磁場方向垂直于圓環所在平面向里，若不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A.圓環不能返回原釋放位置B.在進入和離開磁場時，圓環中均有感應電流C.圓環完全進入磁場后，速度越大，感應電流也越大D.圓環最終將靜止在最低點【答案】AB【解析】AB．在進入和離開磁場時，由于穿過圓環的磁通量發生變化，故圓環中均有感應電流，即產生電能，消耗機械能，所以圓環不能返回原釋放位置，故AB正確；C．圓環進入磁場后，穿過圓環的磁通量不變，感應電流為0，故C錯誤；D．隨著電能的產生，機械能逐漸減小，當線圈只在磁場內擺動時，機械能守恒，最終線圈在磁場區域來會擺動，故D錯誤。故選AB。第Ⅱ卷（共60分）9.（1）常用測量工具的使用①圖甲為10分度游標卡尺，示數為______cm②圖乙為螺旋測微器，示數為______mm③用多用電表粗測金屬棒的阻值：當用“×10Ω”擋時發現指針偏轉角度過大，他應該換用______擋（填“×1Ω”或“×100Ω”），換擋并進行一系列正確操作后，指針靜止時如圖丙所示，則金屬棒的阻值約為______Ω（2）某同學想通過描繪小燈泡的I-U圖像來研究小燈泡的電阻隨電壓變化的規律。器材有：待測小燈泡（額定電壓為2.5V，電阻約為幾歐）電壓表V1（量程為0~3V，內阻為3kΩ）電壓表V2（量程為0~15V，內阻約3kΩ）電流表（量程為0~0.6A，內阻為0.1Ω）滑動變阻器R1（0~10Ω，允許最大電流2.0A）滑動變阻器R2（0~500Ω，允許最大電流0.5A）干電池兩節（每節干電池的電動勢為1.5V，內阻約為1Ω）開關一個，導線若干①電壓表應選擇______（填“V1”或“V2”），滑動變阻器應選擇______（填“R1”或“R2”）。②下圖為通過實驗做出的小燈泡的I-U圖像，則下列說法正確的是_________A.小燈泡的電阻隨溫度的升高而減小B.小燈泡正常工作時電阻為2.0ΩC.小燈泡電壓為0.6V時其電功率為0.12WD.小燈泡正常工作時電路的總電功率為3W③為達到實驗目的，并盡量減小誤差，電路圖應選擇________【答案】（1）5.180.739##0.740##0.741×1Ω10（2）V1R1CA【解析】（1）①[1]圖甲為10分度游標卡尺，示數為5.1cm+8×0.1mm=5.18cm②[2]圖乙為螺旋測微器，示數為0.5mm+24.0×0.01mm=0.740mm③[3][4]用多用電表粗測金屬棒的阻值：當用“×10Ω”擋時發現指針偏轉角度過大，說明所測電阻較小，需要換小倍率的擋位，所以他應該換用×1Ω擋，換擋并進行一系列正確操作后，指針靜止時如圖丙所示，則金屬棒的阻值約為10×1Ω=10Ω（2）①[1][2]由于電源輸出電壓為3.0V，電壓表應選擇V1，電路中采用分壓式接法，所以滑動變阻器應選擇R1。②A．根據可知小燈泡的I-U圖像中圖線上某點與原點連線斜率的倒數表示電阻，由圖可知小燈泡的電阻隨溫度的升高而增大，故A錯誤；BD．由圖可知，小燈泡正常工作時，電壓值為2.5V，電流值為0.44A，此時電阻為小燈泡正常工作時電路的總電功率為故BD錯誤；C．同理，由圖可知小燈泡電壓為0.6V時電流值為0.2A，其電功率為故C正確故選C。③[4]為達到實驗目的，并盡量減小誤差，測量電路采用電流表外接法，控制電路采用分壓式接法。故選A。10.如圖所示，一帶電粒子質量為m，電荷量為q，從靠近左板的A點由靜止開始經電壓為U的電場加速后，垂直進入虛線PQ、MN間的勻強電場中，從MN上的某點C離開勻強電場時速度與豎直方向的夾角為θ。已知PQ、MN間的距離為d，帶電粒子的重力忽略不計。求（1）帶電粒子的電性；（2）帶電粒子到達PQ位置時的速率v1；（3）PQ、MN間勻強電場電場強度E的大小。【答案】（1）負電（2）（3）【解析】（1）帶電粒子經電場加速后，在偏轉電場中向上偏轉，偏轉電場方向豎直向下，故帶電粒子帶負電。（2）由動能定理解得（3）帶電粒子在PQ、MN間的勻強電場中做類平拋運動d=v1t聯立解得11.如圖所示，一電荷量為q的帶正電的粒子，以速度v垂直射入磁感應強度為B、寬度為d的有界勻強磁場中，射出磁場時的速度方向與入射方向的夾角為30°，不計帶電粒子重力，求（1）帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑r；（2）帶電粒子在磁場中運動的加速度大小a；（3）帶電粒子穿過磁場的時間t；（4）若入射方向不變，想使帶電粒子在磁場中運動的偏轉角為180°，則入射速度v1的大小應滿足什么條件？【答案】（1）r=2d（2）（3）（4）【解析】（1）根據題意作圖，如圖根據幾何關系有得r=2d（2）由向心加速度公式有解得（3）由圖可知粒子運動軌跡的圓心角為30°，則其中r=2d解得（4）帶電粒子在磁場中運動的偏轉角為180°，則r1≤d根據洛倫茲力提供向心力有結合聯立解得12.如圖所示，MN和PQ是兩根互相平行、間距為L、豎直放置的光滑金屬導軌，已知導軌足夠長，電阻不計，且處于磁感應強度為B的水平勻強磁場中；導軌上端接有開關S和阻值為R0的定值電阻。ab是一根與導軌垂直而且始終與導軌接觸良好的金屬桿，已知金屬桿的質量為m，電阻為R，重力加速