...长沙市第一中学2024学年物理高二第一学期期末考试试题含解析_百度文 ...

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。

2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。

4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、如图，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直。在电磁场区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球，小球可沿圆环自由运动。O点为圆环的圆心，a、b、c为圆环上的三个点，a点为最高点，c点为最低点，Ob沿水平方向。已知小球所受电场力与重力大小相等。现将小球从环的顶端a点由静止释放。下列判断正确的是 （ ）

A.当小球运动的弧长为圆周长的1/2时，洛伦兹力最大

B.当小球运动的弧长为圆周长的3/8时，洛伦兹力最小

C.小球从a点到b点，重力势能减小，电势能增大

D.小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小

2、下列物理量中，其运算法则遵从平行四边形定则的是

A.电势    B.电势差

C.电容    D.磁感应强度

3、如图所示装置中，一个足够长的光滑水平导轨与一理想变压器的原线圈相连，导体棒ab放在导轨上并处于匀强磁场中，副线圈上连接有灯泡L和电容器C，其余一切电阻不计．则下列说法正确的是

A.若ab棒向右做匀速直线运动，则灯泡L中有c→d的电流

B.若ab棒向右做匀速直线运动，则电容器C下极板带正电

C.若ab棒向左做匀加速直线运动，则灯泡L中有d→c的电流

D.若ab棒向左做匀加速直线运动，则电容器C上极板带正电

4、如图所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述不正确的是(　　)

A.线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流

B.穿过线圈a的磁通量变小

C.线圈a有收缩的趋势

D.线圈a对水平桌面的压力FN将增大

5、如图所示为一个质量为m、带电量为+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中。现给圆环向右初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的v-t图象不可能是下图中的（　　）

A.    B.

C.    D.

6、如图所示，把一个不带电的枕形导体靠近带正电的小球，由于静电感应，在a、b两端分别出现负、正电荷，则以下说法正确的是

A.闭合S1，有电子从枕形导体流向地

B.闭合S2，有电子从枕形导体流向地

C.闭合S1，有电子从地流向枕形导体

D.闭合S2，没有电子通过S2

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图所示，匀强电场中某电场线上的两点A、B相距0.2m，正电荷q=C从A移到B，电场力做功为2×J，则

A.A、B间的电势差为10V

B.该电场的场强为10V/m

C.B点的电势比A点的高

D.该电场的方向由A向B

8、在研究平行板电容器电容的实验中，电容器的A、B两极板带有等量异种电荷，A板与静电计连接，如图所示．实验中可能观察到的现象是(     )

A.增大A、B板间的距离，静电计指针张角变小

B.减小A、B板间的距离，静电计指针张角变小

C.在A、B板间放入一介质板，静电计指针张角变小

D.把B板向上平移，减小A、B板的正对面积，静电计指针张角变小

9、物体沿光滑斜面下滑，在此过程中

A.斜面对物体的弹力做功为零    B.斜面对物体的弹力的冲量为零

C.物体动能的增量等于重力的功    D.物体的动量的增量等于重力的冲量

10、如图所示，两个半径相同的半圆形光滑轨道分别竖直放在匀强磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上，轨道是光滑的。两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放，M、N分别为两轨道的最低点，则（　　）

A.两小球到达轨道最低点的速度vM＝vN

B.两小球到达轨道最低点的速度vM>vN

C.在磁场和电场中小球均能到达轨道的另一端

D.在磁场中小球能到达轨道的另一端，在电场中小球不能到达轨道的另一端

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）某同学设计了如图甲所示的电路来测量定值电阻的阻值及电源的电动势和内阻．其中为待测电源、为待测电阻、为不计内阻的电流表，为的电阻箱

（1）闭合开关和，调节电阻箱，该同学在电阻箱示数时记下了电流表示数为；然后断开开关调节电阻箱的阻值，使电流表的示数仍为，读出此时电阻箱的示数，可知电阻___________

（2）该同学继续实验，断开，闭合，多次调节电阻箱，记录多组电阻箱示数和对应的电流表示数，并将测得的数据绘制了如图乙所示的图线．由图线可求出该电源的电动势____________，内阻_________

12．（12分）小东想测定标有“3V，0.6W”小灯泡在不同电压下的电功率。已选用的器材有：

电池组（电动势为4.5V，内阻约1Ω）；

电流表（量程为0~250mA，内阻约5Ω）；

电压表（量程为0~3V，内阻约3kΩ）；

电键一个，导线若干。

（1）实验中所用的滑动变阻器应选下列中的___________（填字母代号）。

A．滑动变阻器（最大阻值20Ω，额定电流1A）

B．滑动变阻器（最大阻值1750Ω，额定电流0.3A）

（2）先用多用电表粗测小灯泡电阻，若用“×1”挡测量电阻，多用电表表盘如图甲所示，则读数为___________Ω。

（3）该实验的电路图应选用图中的___________（填字母代号）。

A. B. C. D.

（4）做完实验后，小东发现在实验数据表格报告上漏写了电压为2.00V时通过小灯泡的电流，但在草稿纸上记录了下列数据，你认为最有可能的是（    ）

A．0.10AB．0.13AC．0.17AD．0.25A

四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）ABC表示竖直放在电场强度为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的圆环，轨道的水平部分与半圆环相切．A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg，带电量为q=+C的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）

(1)小球到达C点的速度大小

(2)小球在C点时，轨道受到的压力大小

14．（16分）如图，两根间距为L＝0.5m的平行光滑金属导轨间接有电动势E＝3V、内阻r＝1Ω的电源，导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°．金属杆ab垂直导轨放置，质量m＝0.2kg．导轨与金属杆接触良好且金属杆与导轨电阻均不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中．当R0＝1Ω时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8

（1）求磁感应强度B的大小；

（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，求金属杆的加速度

15．（12分）如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m，a、b间的电场强度为E=5.0×105N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场.今有一质量为m=4.8×10-25kg、电荷量为q=1.6×10-18C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0 =1.0×106m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处（图中未画出）．求P、Q之间的距离L

参

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、D

【解题分析】球所受的电场力与重力大小相等，二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于等效的重力，所以bc弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最低点”.关于圆心对称的位置就是“最高点”；在“最低点”时速度最大．再根据竖直平面内的圆周运动的相关知识解题即可.

【题目详解】A．小球受到水平向左的电场力和竖直向下的重力，二力大小相等，故二力的合力方向于水平方向成45°向左下，如图：

故小球运动到圆弧bc的中点时，速度最大，此时的洛伦兹力最大，即小球运动的弧长为圆周长的时，洛仑兹力最大，故A错误；

B．由A的分析可知，结合对称性可知，当小球运动的弧长为圆周长的时，洛仑兹力最小，故B错误；

C．小球由a到b的过场中，电场力和重力均做正功，重力势能和电势能都减小，故C错误.

D．小球从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增加；因力的合力方向将于水平方向成45°向左下，当小球运动到圆弧bc的中点时速度最大，所以小球从b点运动到c点过程中，动能先增大，后减小，故D正确。

故选D。

【题目点拨】该题关键要能够根据受力分析找出做圆周运动等效的最高点和最低点，再根据竖直平面内的圆周运动的知识解题.

2、D

【解题分析】ABC．电势、电势差、电容都是只有大小没有方向的标量，运算时遵循代数加减法则，故A、B、C错误；

D．磁感应强度是既有大小有方向的矢量，运算法则遵从平行四边形定则，故D正确；

故选D。

3、D

【解题分析】理想变压器是根据磁通量的变化来工作的，当原线圈的磁通量恒定时，副线圈是没有感应电流的，根据变压器的工作的原理，运用楞次定律和右手定则、安培定则结合分析原线圈中的电流的变化情况即可得出结论

【题目详解】AB．若棒匀速运动，则棒切割磁场产生的电流是恒定的，线圈产生的磁通量也是恒定的，不会引起副线圈的磁通量的变化，所以副线圈不会有感应电流产生，所以副线圈的电流为零，灯泡不亮，电容器不带电．故A、B均错误；

CD．若棒向左做匀加速直线运动，由右手定则判断可知，棒中产生由的感应电流，而且感应电流增大，感应电流通过原线圈，根据安培定则可知，原线圈中产生向上的磁场，而且磁场不断增强，则穿过副线圈的磁通量增大，由楞次定律判断得知，副线圈中产生向上的螺旋式电流，灯泡中有的电流，电容器上极板带正电，故D正确，C错误

【题目点拨】变压器只能在交流电路中工作，变压器是根据磁通量的变化来工作的，知道变压器的工作的原理就可以解决本题

4、B

【解题分析】AB．据右手螺旋定则判断出螺线管b产生的磁场方向向下，滑片P向下滑动，滑动变阻器接入电路电阻减小，电路中电流增大，产生磁场的磁感应强度增强，穿过线圈a的磁通量增大。据楞次定律，线圈a中感应电流产生的磁感应强度向上，由右手螺旋定则可得线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流。故A项正确，B项错误；

CD．据楞次定律，线圈a将阻碍磁通量的增大，则线圈a有收缩的趋势，线圈a受到向下的安培力，线圈a对水平桌面的压力FN将增大。故CD正确。

故选B。

5、A

【解题分析】B．当qvB=mg时，小环做匀速运动，此时图象为B，故B正确，不符合题意；

C．当qvB＞mg时，在竖直方向，根据平衡条件有

FN=qvB-mg

此时，根据牛顿第二定律有

f=μFN=ma

所以小环做加速度逐渐减小的减速运动，直到qvB=mg时，小环开始做匀速运动，故C正确，不符合题意；

AD．当qvB＜mg时，在竖直方向，根据平衡条件有

FN=mg-qvB

此时，根据牛顿第二定律有

f=μFN=ma

所以小环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以其v-t图象的斜率应该逐渐增大，故A错误,符合题意；D正确，不符合题意。

故选A。

6、C

【解题分析】（1）感应起电的实质是在带电体上电荷的作用下，导体上的正负电荷发生了分离，使电荷从导体的一部分转移到了另一部分，既然是转移，那么电荷必然守恒

（2）同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引

【题目详解】枕型导体在带正电金属棒附近时，枕型导体上的自由电子会向金属棒的右边运动，金属棒的右端因有了多余的电子而带负电，左端因缺少电子而带正电；而当闭合任何开关时，导体就会与大地连接，会使大地的电子流入枕形导体，当处于静电平衡时，枕形导体是个等势体；故C正确，ABD错误；故选C

【题目点拨】题考查电荷的转移，有一定的难度，关键知道由于异种电荷相互吸引，大地的负电荷（自由电子）会转移到导体上

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、BD

【解题分析】A．根据电势差与电场力做功的关系得：

故A错误；

B．根据匀强电场两点电势差和电场强度的关系得：

故B正确。

C．由

可得，所以B点的电势比A点的低，故C错误；

D．沿着电场线电势降低，所以电场的方向由A向B，故D正确。

8、BC

【解题分析】A．增大A、B板间的距离，根据电容的决定式

知电容C减小，电容器的电量Q不变，则由定义式

知板间电压U增大，静电计指针张角变大。A错误。

B．减小A、B板间的距离，根据电容的决定式

知电容C增大，电容器的电量Q不变，则由定义式

知板间电压U减小，静电计指针张角变小。B正确。

C．在A、B板间放入一介质板，根据电容的决定式

知电容C增大，电容器的电量Q不变，则由定义式

知板间电压U减小，静电计指针张角变小。C正确。

D．把B板向上平移，减小A、B板的正对面积，根据电容的决定式

知电容C减小，电容器的电量Q不变，则由定义式

知板间电压U增大，静电计指针张角变大。D错误。

故选BC。

9、AC

【解题分析】A.物体沿斜面下滑时弹力方向与物体位移方向垂直，斜面对物体的弹力不做功，故选项A符合题意；

B.斜面对物体的弹力的冲量：

所以斜面对物体的弹力的冲量不为零，故选项B不符合题意；

C.由动能定理可知，物体动能的增量等于合外力的功，等于重力对物体所做的功，故选项C符合题意；

D.根据动量定理可知物体动量的增量等于合外力的冲量，不等于重力的冲量，故选项D不符合题意

10、BD

【解题分析】AB．小球在磁场中运动时洛伦兹力不做功，所以满足机械能守恒。在电场中受的电场力向左，下滑过程中电场力做负功，所以到达最低点时速度关系为vM>vN，选项A错误，选项B正确；

CD．整个过程小球在磁场中运动时洛伦兹力不做功，所以满足机械能守恒，能到达轨道的另一端；在电场中受的电场力向左，整个过程中电场力都做负功，机械能守恒减少，小球不能到达轨道的另一端，选项C错误，D正确。

故选BD。

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、    ①.6.2    ②.9.0    ③.2.8

【解题分析】根据“测量定值电阻的阻值及电源的电动势和内阻”可知，考查了电阻的测量和测电源的电动势和内阻．根据实验要求进行分析：

（1）根据前后两次电流相等，则前后两次电路中的电阻相等，即等效法测电阻；

（2）根据闭合电路欧姆定律求出图像的函数表达式，然后根据图像求出电源的电动势和内阻

【题目详解】（1）同一个电源，前后两次电路中的电流相等，则前后两次电路中的电阻相等，由此分析可得：，即；

（2）根据闭合电路欧姆定律得：，解得：，图像的斜率为：，电动势为：；图像截距：，电源的内阻为：

【题目点拨】解题的关键在于闭合电路欧姆定律结合数学规律求解电动势和内电阻

12、    ①.A    ②.8.3    ③.C    ④.C

【解题分析】（1）[1]要测量小灯泡在不同电压下的电功率，需要采用分压电路，为方便实验操作，滑动变阻器应选择小电阻A；

（2）[2]由图读出欧姆表读数为：8.3×1=8.3Ω；

（3）[3]灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，滑动变阻器应采用分压接法；

灯泡正常发光时的电阻

，

电流表内阻约为5Ω，电压表内阻约为3kΩ，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，应选图C所示电路；

（4）[4]小灯泡正常工作时的电流：

如果电阻不变，电压为2.00V时通过小灯泡的电流

实际灯泡在电压为2.00V时温度比正常工作时低，灯泡的实际电阻比15Ω小，实际电流比0.13A大，但小于正常工作时的电流。故选：C

四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、 (1) (2)3N

【解题分析】(1)设小球在C点的速度大小是vC，则对于小球由A→C的过程中，由动能定理得：

解得：

(2)小球在C点时受力分析如图

由牛顿第二定律得：

解得：

由牛顿第三定律可知，小球对轨道压力：

NC′=NC=3N

14、（1）2T；（2）1.5m/s2，方向沿斜面向上

【解题分析】（1）当R0=1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律求解电流强度，由平衡条件求解磁感应强度；

（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律求解加速度大小

【题目详解】（1）当R0＝1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律可得

根据左手定则可知安培力方向水平向右；

由平衡条件有：BILcosθ＝mgsinθ

解得B＝2T；

（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，大小不变；

根据牛顿第二定律可得：BIL﹣mgsinθ＝ma

解得：a＝1.5m/s2，方向沿斜面向上

【题目点拨】本题主要是考查安培力作用下的导体棒的平衡问题，解答此类问题要明确导体棒的受力情况，结合平衡条件列方程解答

15、8cm

【解题分析】粒子a板左端运动到P处，由动能定理得

代入有关数据，解得

，代入数据得θ=30°

粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，如图

由几何关系得

联立求得

代入数据解得