資源簡介

湖南省長沙一中2024-2025學年高二（下）期中物理試卷
一、單選題：本大題共6小題，共24分。
1.下列關于物理學史的說法中，正確的是( )
A. 奧斯特提出了法拉第電磁感應定律 B. 法拉第得出了感應電流方向的規律
C. 麥克斯韋預言了電磁波的存在 D. 赫茲發現了電流磁效應
2.“判天地之美，析萬物之理”，領略建立物理規律的思想方法往往比掌握知識本身更加重要。如圖四幅課本插圖中包含的物理思想方法相同的是( )
A. 甲和乙 B. 乙和丁 C. 乙和丙 D. 甲和丁
3.如圖所示，蹄形磁鐵水平放置極在上，質量為的導體棒用兩根輕質細導線懸掛，通入恒定電流，穩定時獎細導線與豎直方向的夾角為。兩磁極間的磁場可看成勻強磁場，導體棒始終在兩磁極之間，重力加速度為，則( )
A. 導體棒中的電流方向為
B. 單根導線上的拉力大小為
C. 若電流大小加倍，再次穩定后角也加倍
D. 若導體棒處磁場方向在豎直面內逆時針緩慢轉過角，導線上拉力變小
4.如圖甲所示，足夠長的木板靜置于水平地面上，木板左端放置一可看成質點的物塊。時對物塊施加一水平向右的恒定拉力，在的作用下物塊和木板發生相對滑動，時撤去，整個過程物塊運動的圖像如圖乙所示。已知木板的質量，物塊與木板間、木板與地面間均有摩擦，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度。下列說法正確的是( )
A. 物塊的質量為 B. 物塊與木板間的動摩擦因數
C. 木板與地面間的動摩擦因數 D. 拉力
5.已知地球質量為，月球質量為，地月距離為。以地心作為坐標原點，沿地月連線建立軸，在軸上有一個探測器。由于地球和月球對探測器的引力做功與路徑無關，探測器具有與其位置相關的引力勢能。僅考慮地球和月球對探測器的作用，可得探測器引力勢能隨位置變化關系如圖所示。在處引力勢能最大，已知，下列選項正確的是( )
A. 探測器受到的作用力隨位置坐標的增大，先逐漸增大后逐漸減小
B. 探測器受到的作用力隨位置坐標的增大，一直減小
C. 地球與月球的質量之比
D. 地球與月球的質量之比
6.如圖所示，勻強磁場的方向垂直紙面向里，一帶電微粒從磁場邊界點垂直于磁場方向射入，沿曲線打到屏上的點。若該微粒經過點時，與一個靜止的不帶電微粒碰撞并結合為一個新微粒，最終打到屏上。微粒所受重力均可忽略，下列說法正確的是( )
A. 微粒帶負電
B. 碰撞后，新微粒運動軌跡不變
C. 碰撞后，新微粒運動周期不變
D. 碰撞后，新微粒在磁場中受洛倫茲力變大
二、多選題：本大題共4小題，共20分。
7.如圖甲所示，理想變壓器原、副線圈的匝數比為：，電壓表和電流表均為理想電表，原線圈接如圖乙所示的正弦交流電，圖中的為熱敏電阻溫度升高時其電阻減小，為定值電阻下列說法正確的是( )
A. 電壓表的示數為
B. 原線圈兩端電壓的瞬時值表達式為
C. 處溫度升高時，電流表的示數變小，電壓表的示數變大
D. 變壓器原線圈的輸入功率和副線圈的輸出功率之比為：
8.如圖所示為質譜儀原理示意圖，帶電粒子從小孔“飄入”加速電場初速度忽略不計，經加速后以速度從小孔進入速度選擇器并恰好沿直線通過，粒子從小孔進入磁分析器后做勻速圓周運動打在照相底片上。已知速度選擇器中勻強電場的電場強度為，磁分析器中勻強磁場的磁感應強度為方向未知，在底片上留下的痕跡點到狹縫的距離為，忽略帶電粒子的重力及相互間作用力。下列說法正確的是( )
A. 速度選擇器中磁場方向垂直紙面向里 B. 速度選擇器中勻強磁場的磁感應強度為
C. 帶電粒子的比荷 D. 加速電場的極板間電勢差
9.關于分子動理論，下列說法正確的是( )
A. 圖甲中，兩條曲線如果完整，下方的面積不相等
B. 圖甲中，從狀態變化到狀態不是所有分子的運動速率都會變大
C. 由圖乙可知，分子間距離增大時，分子間作用力可能先減小后增大再減小
D. 由圖乙可知，分子間距離大于時，增大分子間距離，分子間作用力先做負功再做正功
10.如圖所示，正方形單匝鋁質線圈和分別在外力作用下以相同速度向右勻速進入同一勻強磁場中。已知兩線圈導線的橫截面積相同，所用材料也相同，兩線圈的邊長之比為：，則( )
A. 兩線圈的右邊剛進入磁場時，產生的感應電流之比為：
B. 兩線圈的右邊剛進入磁場時，所加的外力大小之比為：
C. 兩線圈在進入磁場的整個過程中，通過導體橫截面的電荷量之比為：
D. 兩線圈在進入磁場的整個過程中，產生的焦耳熱之比為：
三、實驗題：本大題共2小題，共16分。
11.用如圖甲所示的裝置做“驗證動量守恒定律”的實驗。
本實驗要求軌道末端切線水平，入射小球和被碰小球半徑相同，在同一組實驗中，入射小球______選填“必須”或“不必須”從同一位置由靜止釋放。
未放被碰小球，多次從同一位置由靜止釋放入射小球，小球在紙上留下很多個痕跡，如圖乙所示，為了確定平均落點，最合理的是______選填正確選項。
A.圓圓心
B.圓圓心
C.圓圓心
入射小球、被碰小球兩球的質量分別為、，小球落地點的位置距點的距離如圖丙所示。利用圖丙實驗中測得的數據計算碰撞前的總動量與碰撞后的總動量的比值為______結果保留兩位有效數字。
12.某興趣小組測量金屬絲的電阻率。可供選擇的實驗器材有：
阻值約的金屬絲
螺旋測微器
毫米刻度尺
電池組電動勢，內阻約為
電流表量程為，內阻約為
電流表量程為，內阻約為
電壓表量程為，內阻約為
滑動變阻器最大阻值，額定電流
開關
導線若干
用螺旋測微器測量金屬絲的直徑，某次測量結果如圖甲所示，其。讀數為______。
該興趣小組用伏安法測量該金屬絲的電阻值。為使電表調節范圍盡量大，并使測量結果盡量準確，電流表應選______填“”或“”。圖乙已完成部分實物連線，完成剩余連線還需要連接______和______用接線柱處相應的字母表示。閉合開關，測出多組電壓和電流的數據。根據數據作出圖像如圖丙所示，圖線的斜率為，測得該金屬絲的長度為，該合金絲的電阻率______用、、表示。
四、計算題：本大題共3小題，共40分。
13.香檳是一種含有氣泡的特殊葡萄酒，常用于節日慶典或宴請中。香檳由于其特殊的發酵工藝，對其日常存放有一定的要求。如圖所示是一瓶總量為的香檳酒，因未飲用完仍有剩余，用瓶塞將其密封保存于恒溫柜中。經過一段時間，香檳中的氣泡緩慢溢出，香檳酒的總量減少，釋放出的氣體總量相當于一個大氣壓條件下的。已知大氣壓強為，若瓶塞內外壓強差超過時，瓶塞會被沖開。求：
香檳釋放氣體后，酒瓶內部氣體壓強的大小；
有人將此瓶香檳酒從恒溫柜中拿出，不小心放在了正在炒菜的灶臺旁邊。此處的溫度超過了，請判斷瓶塞是否有被沖開的風險。
14.如圖所示，在的區域內有沿軸正方向的勻強電場，在的區域內有垂直坐標平面向里的勻強磁場．一電子質量為、電量為從軸上點以沿軸正方向的初速度開始運動．當電子第一次穿越軸時，恰好到達點；當電子第二次穿越軸時，恰好到達坐標原點；當電子第三次穿越軸時，恰好到達點．、兩點均未在圖中標出．已知、點到坐標原點的距離分別為、不計電子的重力．求：
電場強度的大小；
磁感應強度的大小；
電子從運動到經歷的時間．
15.如圖所示，兩根一樣的“”形金屬導軌平行放置，其間距，導軌豎直部分粗糙，水平部分光滑且足夠長。整個裝置處于方向豎直向上、大小的勻強磁場中。有兩根導體棒和，它們的質量都為，阻值都為，棒與豎直導軌間的動摩擦因數。棒在豎直導軌平面左側并垂直導軌固定，棒垂直導軌放置在水平導軌上。現用一大小的水平恒力由靜止開始向右拉動棒，同時釋放棒。末，棒速度恰好為。棒始終與豎直導軌接觸良好，其余電阻不計，求：
當棒的速度為時，棒兩端電壓和流過棒的電流的大小；
末棒的速度；
在內，兩根棒上產生的總焦耳熱。
答案和解析
1.【答案】
【解析】紐曼和韋伯定量得出了法拉第電磁感應定律，法拉第首先發現了電磁感應現象，故A錯誤；
B.楞次得出了感應電流方向的規律，故B錯誤；
C.麥克斯韋預言了電磁波的存在，故C正確；
D.奧斯特發現了電流的磁效應，故D錯誤；
故選：。
2.【答案】
【解析】甲圖中和丁圖中包含的物理思想方法均是微元法；乙圖中包含的物理思想方法是放大法；丙圖中包含的物理思想方法是等效替代法，四幅課本插圖中包含的物理思想方法相同的是甲圖和丁圖，故D正確，ABC錯誤。
故選：。
3.【答案】
【解析】根據左手定則，由于導體棒所受安培力水平向右，則導體棒中的電流方向為，故A錯誤；
B.由力的平衡可得，每根細導線上的拉力大小，故B錯誤；
C.導體棒所受安培力大小，若導體棒中的電流大小加倍，則平衡時的值加倍，故C錯誤；
D.作出導體棒的受力分析圖，如圖所示，其所受重力大小、方向均不變，安培力的大小不變，磁場方向沿逆時針方向轉動，根據余弦定理可得，細導線上的拉力變小，故D正確。
故選：。
4.【答案】
【解析】、設物塊與木板間的動摩擦因數為，在撤去拉力后，物塊在內木板上做勻減速運動，由圖乙的斜率可得加速度大小為，對物塊根據牛頓第二定律有，解得，故B錯誤；
C、由圖乙可知，在時，物塊和木板的速度相等，以后木板和物塊一起勻減速運動，設物塊的質量為，木板與地面間的動摩擦因數為，由圖乙可得二者共同的加速度為，對木板和物塊整體，根據牛頓第二定律有，解得，故C錯誤；
、在拉力作用在物塊上時，物塊的加速度大小為，對物塊有，對物塊有，在撤去拉力時木板的速度大小為，撤去拉力后，經時間物塊和木板速度相等，即，把代入聯立解得，，故A正確，D錯誤。
故選：。
5.【答案】
【解析】設月球的質量為，地球質量為，探測器的質量為，引力的合力做功與引力勢能的關系
可知圖線的斜率絕對值為
由引力勢能隨位置變化關系圖可知，圖像切線斜率絕對值先減小后增大，則地球和月球對探測器作用力隨探測器位置的增大，先逐漸減小后逐漸增大，故AB錯誤；
在處圖線的切線斜率為，則探測器在該處受地球和月球的引力的合力為零，根據萬有引力定律可得
解得地球與月球的質量之比
故C正確，D錯誤。
故選：。
6.【答案】
【解析】、微粒進入磁場時受到的洛倫茲力向左，根據左手定則可知，微粒帶正電，故A錯誤；
B、帶電微粒和不帶電微粒碰撞，遵守動量守恒定律，故碰撞后總動量不變，總電荷量也保持不變，由得：
、都不變，可知碰撞后，新微粒的軌跡半徑不變，則新微粒運動軌跡不變，故B正確；
C、根據周期公式，新微粒質量增大，不變，故新微粒運動的周期增大，故C錯誤；
D、由知，碰撞后質量增大，速度減小，根據洛倫茲力公式知，新微粒在磁場中受洛倫茲力變小，故D錯誤。
故選：。
7.【答案】
【解析】、由圖知最大電壓，有效值為，電壓與匝數成正比，所以副線圈兩端電壓有效值即電壓表的示數為，A正確；
B、原線圈接的圖乙所示的正弦交流電，由圖知最大電壓，周期，故角速度是，故B正確。
C、溫度升高時，阻值減小，電流表的示數變大，電流表的示數變大，但不會影響輸入和輸出電壓值，C錯誤；
D、理想變壓器的輸入、輸出功率之比應為：，故D錯誤
故選：。
8.【答案】
【解析】在速度選擇器中，洛倫茲力與電場力平衡，若粒子帶正電，則受到向左的電場力，洛倫茲力向右，根據左手定則可知，速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向里，若粒子帶負電，則受到向右的電場力，洛倫茲力向右，根據左手定則可知速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向里，故A正確；
B.粒子在速度選擇器中洛倫茲力與電場力平衡，則有
解得
故B錯誤；
C.粒子在磁分析器中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則有
由題可知
解得
故C正確；
D.電場力做功導致速度變大，在加速電場中，根據動能定理可得：
結合
解得
故D正確。
故選：。
9.【答案】
【解析】由分子速率分布特點可知，兩條曲線如果完整，兩條曲線下的面積相等均為，故A錯誤；
B.由圖知狀態中速率大的分子占據的比例較大，說明對應的平均速率較大，平均動能會變大，但不是所有分子速率都變大，故B正確；
C.分子間距離增大時，當時，分子之間的距離增大時，分子力減小，當時，分子之間的距離增大時，分子力先增大后減小，故C正確；
D.分子間距離大于時，分子力表現為引力，增大分子間距離，分子間作用力總是做負功，故D錯誤．
故選：。
10.【答案】
【解析】由電阻定律可知：，由題意可知，兩線圈的材料、橫截面積相同，兩線圈周長之比為：，則電阻之比：：：；
A、線框切割磁感線產生的感應電動勢：，感應電流：，由于兩線圈邊長之比為：，：：，兩線圈的右邊剛進入磁場時，產生的感應電流之比為：，故A錯誤；
B、兩線圈的右邊剛進入磁場時線圈受到的安培力：，由于兩線圈產生的電流之比為：，兩線框邊長為：，則兩線圈受到的安培力之比為：，線圈做勻速直線運動，由平衡條件可知，外力與安培相等，由此可知，所加外力大小之比為：，故B正確；
C、線圈在進入磁場的整個過程中，通過導體橫截面的電荷量：，兩線圈邊長之比為：，電阻之比為：，則兩線圈在進入磁場的整個過程中，通過導體橫截面的電荷量之比為：，故C正確；
D、線圈進入磁場過程中產生的焦耳熱：，兩線圈中感應電流之比為：，電阻之比為：，運動時間之比為：，則兩線圈在進入磁場的整個過程中，產生的焦耳熱之比為：，故D正確；
故選：。
11.【答案】必須； ；
【解析】同一組實驗中，入射小球必須從同一位置由靜止釋放，以保證到達底端做平拋運動時的初速度相同。
多次實驗過程中，小球多次落點在紙上形成一簇分布，需要選取能盡量“囊括”所有落點并且半徑盡可能小的圓的圓心來確定小球的平均落點，可知圖中標號的圓心最合理，故AB錯誤，C正確。
故選：。
碰前小球 的水平速度為
碰后小球 、 的水平速度分別為，
則碰前總動量
碰后總動量
將數據代入，計算得
故答案為：必須；；
12.【答案】； ；；；
【解析】螺旋測微器的精確度為，讀數為
電源電動勢為，電流約為
使測量結果盡量準確，電流表應選A，待測電阻較小，電流表采用外接的方式，為使電表調節范圍盡量大，滑動變阻器采用分壓式接法，還需要連接和；
根據歐姆定律可知
根據電阻定律可知
解得
故答案為：；；；；
13.【解析】初始瓶內氣體體積為，壓強為。香檳釋放氣體后氣體體積為，設其壓強為。
根據玻意耳定律可得：
解得：
在恒溫柜中氣體溫度為：；設當在灶臺旁邊時氣體的溫度達到時瓶內的氣體壓強為。
根據查理定律得：
解得：
瓶塞內外壓強差為：
可知瓶塞是否有被沖開的風險的。
答：香檳釋放氣體后，酒瓶內部氣體壓強的大小為；
瓶塞有被沖開的風險。
14. 【解析】電子的運動軌跡如圖所示
電子在電場中做類平拋運動，設電子從到的時間為，
則


解得
設電子進入磁場時速度為，與軸的夾角為，則，得
解得
電子進入磁場后做勻速圓周運動，洛侖茲力提供向心力，得
由圖可知
解得
由拋物線的對稱關系，電子在電場中運動的時間為
電子在磁場中運動的時間
電子從運動到的時間
答：電場強度的大小為．
磁感應強度的大小為；
15【解析】當棒的速度為時，產生的感應電動勢為
棒兩端電壓為
流過棒的電流大小為
對棒在過程中運用動量定理
解得
對棒在過程中運用動量定理
聯合解得
棒在過程中受到安培力的沖量
解得
對棒在過程中運用動能定理
由于安培力對棒不做功，故可得
答：當棒的速度為時，棒兩端電壓為，流過棒的電流的大小為；
末棒的速度為；
在內，兩根棒上產生的總焦耳熱為。
第11頁，共14頁

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