第=page22頁，共=sectionpages1515頁天津市津南區咸水沽一中、楊柳青一中、第一百中學、四十七中四校2024-2025學年高二（上）期末物理試卷一、單選題：本大題共6小題，共24分。1.如圖中與磁現象有關的四個實驗，其對應判斷正確的是(

)

A.甲圖中小磁針的偏轉情況形象描述了磁體周圍磁場的分布

B.乙圖說明磁場對電流有力的作用

C.丙圖裝置在探究電磁感應現象

D.丁圖中左邊鐵釘吸引大頭針較多，表明左側線圈內電流大，電磁鐵磁性強2.如圖甲所示，場源為點電荷Q，A、B是該點電荷電場中一條電場線上的兩點，若從A點由靜止釋放一電子，假設電子僅受電場力作用，電子從A點運動到B點的速度—時間圖像如圖乙所示，則(

)A.場源電荷一定為負點電荷，并且在B的右側

B.A、B兩點的電場強度EA>EB

C.電場中A、B兩點的電勢φA>φB3.如圖所示，甲、乙兩個電路都是由一個靈敏電流表G和一個變阻器組成的，已知靈敏電流表的滿偏電流Ig=2mA，內電阻則下列說法正確的是A.甲表是電流表，R增大時量程增大

B.乙表是電流表，R增大時量程增大

C.在甲圖中，若改裝成的安培表的量程為0.6A，則R=0.5Ω

D.在乙圖中，若改裝成的電壓表的量程為4.智能手機都有一項可以調節亮度的功能，某同學為了模擬該功能，設計了如圖所示的電路，R1為光敏電阻，光照增強，阻值變小，R2為滑動變阻器，r閉合開關后，下列說法正確的是(

)A.僅光照變強，小燈泡變亮

B.僅將滑片向a端滑動，電源的總功率增大

C.僅將滑片向a端滑動，電源的輸出功率減小

D.僅將滑片向a端滑動，電源的路端電壓減小5.如圖所示，傾斜放置的平行板電容器兩極板與水平面夾角為θ，極板間距為d，帶負電的微粒質量為m、帶電量為q，從極板M的左邊緣A處以初速度v0水平射入，沿直線運動并從極板N的右邊緣B處射出，則(

)A.微粒的加速度大小等于gsinθ

B.兩極板的電勢差UMN=mgdqcosθ

C.微粒從A點到B點的過程速度大小不變

D.微粒從A6.某品牌洗地機，其工作參數如圖所示，其工作模式有強效、節能兩種，強效模式下，該洗地機以額定功率工作，節能模式下，以額定功率的一半功率工作，兩種模式下，其工作電壓均相同，其續航時間是按照節能模式工作計算得到的，則下列說法正確的是(

)產品名稱某品牌洗地機產品型號DM額定功率220電池容量5000續航時間60清水箱容量800外形尺寸260污水箱容量720A.電池充滿電后，儲存的總電荷量為5000C

B.該洗地機在強效模式下的工作電流為5A

C.該洗地機內阻約為2.2Ω

二、多選題：本大題共4小題，共20分。7.如圖所示，矩形虛線框MNPQ內有一勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。a、b、c是三個質量和電荷量都相等的帶電粒子，它們從PQ邊上的中點沿垂直于磁場的方向射入磁場，圖中畫出了它們在磁場中的運動軌跡。粒子重力不計。下列說法正確的是(

)A.粒子a帶正電 B.粒子b的動能最大

C.粒子b在磁場中運動的時間最長 D.粒子c在磁場中運動時的向心力最大8.如圖所示為電流天平，可用來測定磁感應強度B。天平的右臂上掛有一匝數為N的矩形線圈，線圈下端懸在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里。當線圈中通有逆時針方向電流I(方向如圖)時，天平恰好平衡；若電流I大小不變，方向變為順時針，在其中一個盤內放上2個質量為m的砝碼，天平又可以恢復平衡。已知矩形線框水平邊長度為L，重力加速度為g，則(

)A.應將質量為m砝碼放入左盤

B.磁感應強度大小為B=2mgNIL

C.為了提高靈敏度，可以增加線圈匝數9.如圖所示為一電子透鏡內電場線的分布情況，正中間的一條電場線為直線，其他電場線關于其對稱分布，a、b、c、d為電場中的四個點，其中b、d兩點關于中間電場線對稱，虛線為一電子僅在電場力作用下從a運動到b的軌跡。下列說法正確的是(

)A.b、d兩點間連線為等勢線，且兩點電場強度大小相等

B.電子在a點的加速度小于在b點的加速度

C.電子從a到b電場力做負功，電勢能增加

D.若從c點由靜止釋放一電子，其運動軌跡將與圖中c、b兩點間的電場線重合10.如圖是一塊矩形半導體霍爾元件，當電流垂直于外磁場通過金屬導體時，載流子發生偏轉，垂直于電流和磁場的方向會產生一附加電場，從而在導體的兩端產生電勢差，這一現象就是霍爾效應，這個電勢差被稱為霍爾電勢差。現有一金屬導體霍爾元件連在如圖所示電路中，保持電流I的大小不變，霍爾電勢差穩定后，下列說法正確的是(

)A.a端電勢高于b端電勢

B.若元件的厚度增加，a、b兩端電勢差不變

C.霍爾電勢差的大小只由霍爾元件本身決定

D.若增大電流I，a、b兩端電勢差增大三、實驗題：本大題共1小題，共14分。11.(1)某同學要測量一段長為L的金屬絲的電阻率。

①實驗前，先用螺旋測微器測出金屬絲的直徑，示數如圖甲所示，則金屬絲的直徑d=______mm；再用多用電表粗測該金屬絲的電阻：將選擇開關調至“×1Ω”擋，插入表筆，將兩表筆短接，調節歐姆調零旋鈕，使指針指到電阻的零刻度線。金屬絲接在兩表筆間，刻度盤指針指在圖乙所示位置，則測得金屬絲的電阻為______Ω。

②為了盡可能精確地測量金屬絲的電阻，實驗室提供了以下器材：

A.電池組(3V，內阻約為1Ω)

B.電流表(0～0.6A，內阻r1=0.5Ω)

C.電壓表(0～3V，內阻約為4kΩ)

D.滑動變阻器(0～20Ω，允許最大電流為1A)

E.開關、導線若干

為盡可能減小實驗中的系統誤差，本實驗在測電阻時，應采用電流表______(填“外”或“內”)接法，連接好電路后，閉合電鍵，調節滑動變阻器，測得多組電壓表和電流表的值，在U-I坐標系(圖丁)中描點作圖，若測得作出的圖像斜率為k，則金屬絲電阻率的表達式ρ=______(用L、k、d、r1、π表示)。

(2)在測量一節干電池的電動勢和內阻的實驗中，可選用的器材有：

A.電壓表V：0～3V，內阻約3kΩ；

B.電流表A1：0～0.6A，內阻約0.1Ω；

C.電流表A2：0～3A，內阻約0.01Ω；

D.滑動變阻器R：0～10Ω；四、計算題：本大題共3小題，共42分。12.如圖所示，長l=1m的輕質絕緣細繩上端固定，下端連接一個可視為質點的帶電小球，小球靜止在水平向右的勻強電場中，繩與豎直方向的夾角θ=37°.已知小球所帶電荷量q=1.0×10-6C，勻強電場的場強E=3.0×103N/C(13.如圖所示，兩平行金屬導軌間的距離L=0.40m，金屬導軌所在的平面與水平面夾角θ=37°，在導軌所在平面內，分布著磁感應強度B=0.50T、方向垂直于導軌所在平面的勻強磁場。金屬導軌的一端接有電動勢E=4.5V、內阻r=0.50Ω的直流電源。現把一個質量m=0.040kg的導體棒ab放在金屬導軌上，導體棒恰好靜止。導體棒與金屬導軌垂直且接觸良好，導體棒與金屬導軌接觸的兩點間的電阻R0=2.5Ω，金屬導軌電阻不計，g取10m/s214.如圖，x軸上方有電場強度為E的勻強電場，方向沿y軸正向，x軸下方有垂直紙面向里的勻強磁場。y軸正半軸上距O點h處的A點置有一粒子源，能沿x軸正向一個一個地先后射出質量均為m、電荷量各不相同的帶負電粒子，且各個粒子射出的初速度相同均為v0.已知從粒子源射出的第一個粒子經過x軸上的C點進入磁場，并通過O點第一次離開磁場，O、C兩點間距離為2h，不計粒子重力，求：

(1)第一個粒子的電荷量q1；

(2)第一個粒子在磁場中的運動時間△t；

(3)勻強磁場的磁感應強度是否存在某個值，使后面射出的各個粒子從x軸上不同位置進入磁場后都能回到A答案和解析1.【答案】A

【解析】解：A.條形磁鐵周圍存在磁場，故在甲圖中小磁針的偏轉情況形象描述了條形磁鐵周圍磁場的分布，故A正確；

B.乙圖是電磁感應的裝置圖，閉合回路一部分導體切割磁感線產生感應電流，據此制成了發電機，故B錯誤；

C.丙圖表明通電導線周圍存在著磁場，這一物理現象是奧斯特發現的，故C錯誤；

D.由丁圖可知，兩邊線圈的電流相同，但左邊線圈的匝數多，故其磁性強，則左邊磁鐵吸引大頭針多，故D錯誤。

故選：A。

2.【答案】B【解析】解：B.從速度—時間圖像看出，電子從A運動到B過程速度增大，加速度變小，則電場力減小，即FA>FB，則B點的場強小于A點的場強，即EA>EB，故B正確；

A.電子從靜止釋放后從A運動到B，則電子受到的電場力方向由A指向B，則AB間的電場強度方向由B指向A，又因為EA>EB，則場源電荷Q，一定為負電荷，并在A的左側，故A錯誤；

C.結合前面分析可知，電場線方向從B到A，沿著電場線電勢降低，則B點的電勢大于A點的電勢，即φB>φA，故C錯誤；

D.結合前面分析可知，電子從【解析】解：AC、甲表是和靈敏電流表并聯了一個電阻用來分流，所以是電流表，電流表的量程為I=Ig+IgRgR，所以R增大時，電流表的量程I減小，因為不知道靈敏電流表的內阻Rg，所以無法計算出并聯電阻R的阻值，故AC錯誤；

BD、乙表是和靈敏電流表串聯了一個電阻用來分壓，所以是電壓表，電壓表的量程為U=Ig(Rg+R)，所以R增大時量程【解析】解：A、僅光照變強，光敏電阻R1的阻值變小，回路總電阻變小，電路中電流變大，流過燈泡的電流增大，則燈泡變亮，故A正確；

B、僅將滑片向a端滑動，滑動變阻器R2接入電路的阻值增大，回路總電阻增大，電路中電流減小，由電源的總功率公式P=EI可知，電源的總功率減小，故B錯誤；

C、僅將滑片向a端滑動，滑動變阻器R2接入電路的阻值增大，回路總電阻增大，由于內外電阻的關系未知，所以不能確定電源的輸出功率變化情況，故C錯誤；

D、僅將滑片向a端滑動，電路中電流減小，根據路端電壓U=E-Ir可知，路端電壓增大，故D錯誤。【解析】解：AC、設極板間的電場強度大小為E，對微粒受力分析，如圖所示

根據牛頓第二定律有mgtanθ=ma，解得微粒的加速度大小為a=gtanθ，方向水平向左，所以微粒從A點到B點做勻減速直線運動，故AC錯誤；

B、由上面的受力圖可得E=mgqcosθ，方向從N指向M，所以UMN=-Ed=-mgdqcosθ，故B錯誤；

D、根據微粒的受力圖可知，微粒從6.【答案】D

【解析】解：A.電池充滿電后，儲存的總電荷量為q=lt=5000×10-3×3600C=18000C，故A錯誤；

BD.該洗地機在節能模式下的工作電流為I=qt=1800060×60A=5A，節能模式下，以額定功率的一半功率工作，兩種模式下，其工作電壓均相同，由P=【解析】解：A.根據左手定則知粒子a帶正電，粒子b、c帶負電，故A正確；

B.粒子在磁場中做勻速圓周運動時，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得

qvB=mv2r

解得

v=qBrm

粒子的動能

Ek=12mv2

解得

Ek=q2B2r22m

由于：q、B、m都相同，因此r越大，粒子動能越大，由圖示可知，b的軌道半徑r最大，則b粒子動能最大，故B正確；

C.粒子在磁場中做圓周運動的周期T=2πmqB相同，粒子在磁場中的運動時間：t=θ2πT=θmqB，由于【解析】解：A、當線圈中通有逆時針方向電流I時，天平恰好平衡。此時，線圈受到的安培力方向豎直向上，與重力平衡，安培力大小為

F=NBIL，

當線圈中通有順時針方向電流I時，由左手定則可知安培力方向豎直向下。天平是等臂杠桿，此時若不增減砝碼，天平會右低左高，為了使天平恢復水平，應向左盤中加入砝碼，故A正確；

B、當線圈中通有逆時針方向電流I時，設線框受到的拉力為T，根據左手定則判斷，安培力方向向上，則有

T+F=G

當線圈中通有順時針方向電流I時，設線框受到的拉力為T'，則有

T'=F+G

故

mg=T'-T=2F

解得

B=mg【解析】解：A.因為等勢線與電場線相交處互相垂直，bd連線與電場線不垂直，所以b、d兩點間連線不是等勢線；由電場線的分布的對稱性可知，b、d兩點的電場強度大小相等，方向不同，故A錯誤；

B.同一電場中，電場線越密集的地方，電場強度越大，由圖可知，a、b兩點比較，b處電場線較密，則b處電場強度較大、電場力較大，則電子在a點的加速度小于在b點的加速度，故B正確；

C.沿著電場線方向電勢降低，則由圖可知，φa>φb，則電子在a點的電勢能小于在b點的電勢能，則電子從a到b，電勢能增加，電場力做負功，故C正確；

D.因為c、b兩點間的電場線曲線，電子受到的電場力始終與電場線相切，則電子受到的電場力的方向會變化，電子由靜止釋放后軌跡不與電場線重合，故D錯誤；

故選：BC。【解析】解：A、由左手定則，可知載流子向b側面偏轉，結合載流子帶負電，即可知a端的電勢高于b兩端的電勢，故A正確；

BCD、若元件的前后表面之間的長度為a，上下表面的厚度為d，則穩定狀態下，由載流子受到的洛倫茲力與電場力平衡，eUa=eBv，由電流微觀表達式：I=nevad，

可得到電勢差U=BIned，即厚度增加，電勢差U減小；霍爾元件的電勢差與霍爾元件本身、通過的電流大小、磁感應強度大小有關；若增大電流I，電勢差增大，故BC錯誤，D正確。

故選：AD。

11.【答案】1.400

8

外【解析】解：(1)①螺旋測微器的精確度為0.01mm，則金屬絲的直徑d=1mm+40.0×0.01mm=1.400mm；

將選擇開關調至“×1Ω”擋，插入表筆，指針刻度為8，則測得金屬絲的電阻為8Ω。

②待測電阻較小，應采用電流表外接法；

根據U=I(R+r1)可知圖像斜率k=R+r1

根據電阻定律有R=ρLS=ρLπ(d2)212.【答案】解：(1)小球受到的電場力的方向向右，與電場線的方向