天津市河东区2024-2025学年高二（上）期末考试物理试卷（含解析）

天津市河东区2024-2025学年高二（上）期末考试物理试卷
一、单选题：本大题共5小题，共25分。
1.如图所示，一正点电荷固定在圆心，、是圆上的两点，下列说法正确的是( )
A. 点和点电场强度相同
B. 点和点电势相同
C. 正电荷由点到点，电场力做正功
D. 负电荷由点到点，电场力做正功
2.电容式话筒是利用电容大小的变化，将声音信号转化为电信号，如图所示为电容式话筒的简化示意图。在声压作用下，振动电极上的薄膜向左运动时( )
A. 电容器的电容减小
B. 电容器的电荷量减小
C. 有从左到右的电流通过电阻
D. 电容器中的电场强度减小
3.图甲是某电场中的一条电场线。若将一正电荷从点由静止释放，它仅在电场力作用下沿电场线从运动到的过程速度时间图像如图乙所示。设、两点的电势分别为和两点的场强大小分别为和，则有( )
A. ，
B. ，
C. ，
D. ，
4.为了打击酒后驾车行为，交警常用酒精浓度检测仪对驾驶员进行酒精测试。图甲是某型号酒精测试仪，其工作电路如图乙所示，为气敏电阻，其阻值随酒精气体浓度的增大而减小，电源的电动势为、内阻为，电路中的电表均为理想电表，为定值电阻。若酒后驾车的驾驶员对着测试仪吹气时，则有( )
A. 电流表的示数变小 B. 电压表的示数变大
C. 电源的总功率变小 D. 电源内电路消耗的功率变大
5.如图所示，、两点分别放置两个等量异种电荷，为连线的中点，为连线上靠近的一点，为连线的中垂线上处于点上方的一点。把一个电子分别放在、、三点进行比较，则( )
A. 电子从点移到点，电场力做正功
B. 电子从点移到点，动能减小
C. 电子在点受力最小，在点电势能最大
D. 电子在点受力最小，在点电势最低
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
6.如图所示，直线为电源的图线，直线为电阻的图线，用该电源和电阻组成闭合电路，下列说法正确的是( )
A. 电源的内阻为
B. 电阻的阻值为
C. 外电路的电压为
D. 电源的输出功率为
7.如图所示，从炽热的金属丝飘出的电子初速度可视为零，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场。不计电子重力，在满足电子能射出偏转电场的条件下，一定能使电子的偏转角变大的是( )
A. 仅增大偏转电场的电压
B. 仅增大加速电场的电压
C. 仅减小偏转电场两极板间的距离
D. 仅减小偏转电场极板的长度
8.如图所示，一平行板电容器金属板、分别与电池两极相连，开始时开关闭合，一个带电液滴悬浮在两板正中间的点。断开开关，将板向下平移一小段距离，稳定后，下列说法中正确的是( )
A. 电容器的电容增大
B. 液滴带负电
C. 液滴向下运动
D. 点电势升高，液滴在点的电势能减少
三、实验题：本大题共1小题，共12分。
9.某同学测量一根粗细均匀的导体的电阻率，步骤如下：
用分度的游标卡尺测量其长度如图甲所示，可知其长度 ______；
用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，可知其直径 ______；
因电表内阻未知，用如图丙所示的电路来判定电流表应该内接还是外接。正确连线后，合上开关，将滑动变阻器的滑片移至合适位置。先将单刀双掷开关掷到，电压表和电流表均有读数；再将单刀双掷开关掷到，发现电流表指针偏转比电压表的指针偏转明显。为减小实验误差，应将单刀双掷开关掷到______填“”或“”，记录电压表示数和电流表示数；
该导体的电阻率 ______请用题目中所给字母表示；
小明尝试测量电瓶车上蓄电池的电动势和内阻。
已知电源内阻比较小，移动滑动变阻器滑片时，为了使电压表示数变化比较明显，小明在思考后将的定值电阻串联接入电路中，如图甲中的______选填“”或“”所示。
选定设计的实验电路，多次调节滑动变阻器阻值，读出相应的电压表和电流表示数和，由测得的数据描绘出如图乙所示的图像。蓄电池的内阻 ______保留位有效数字。
该同学分析了实验中由电表内阻引起的实验误差，图中实线是根据利用本次实验的数据描点作图得到的图像，虚线表示电压表和电流表均为理想电表时的关系图线。图中正确的是______。
四、计算题：本大题共3小题，共48分。
10.甲图所示电磁炮是一种先进的武器，乙图为某同学模拟电磁炮的原理图。为了研究方便，将炮弹视为一个与导轨间距等长的导体棒，其质量、电阻，固定在电阻不计、间距的两根平行倾斜导轨上。已知导轨平面与水平地面的夹角，导轨下端电源电动势、内阻，整个装置处于磁感应强度大小为、方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场中。将导体棒由静止释放，它最终从导轨上端发射出去。若导体棒的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导体棒与导轨间的动摩擦因数，重力加速度大小，，，求：
导体棒释放时所受安培力的大小和方向；
导体棒释放时加速度的大小和方向。
11.如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内有垂直纸面向外的匀强磁场，第二象限内有沿轴负方向的匀强电场，场强大小为。一质量为电荷量为的带电粒子，从轴上的点以速度沿与轴正方向成角的方向射入磁场，恰好垂直于轴射出磁场进入电场，不计粒子重力，求：
粒子在磁场中的运动半径；
磁感应强度的大小；
粒子从点射入磁场到第二次到达轴的时间。
12.如图所示，直角坐标系位于竖直平面内，在水平的轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应为，方向垂直平面向里，电场线平行于轴。一质量为、电荷量为的带正电的小球，从轴上的点水平向右抛出，经轴上的点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从轴上的点第一次离开电场和磁场，之间的距离为，小球过点时的速度方向与轴的方向夹角为不计空气阻力，重力加速度为，求
电场强度的大小和方向；
小球从点抛出时初速度的大小；
点到轴的高度。
答案解析
1.
【解析】解：、点电荷形成的电场是辐向的，所以、两点电场强度方向不同，则电场强度不同，故A错误；
B、以点电荷为球心的每个球面都是一个等势面，所以、两点电势相同，故B正确；
、、两点电势相同，则正电荷由点到点，或负电荷由点到点，电场力都不做功，故CD错误。
故选：。
正点电荷电场线的等势面是球面，离正电荷越近电势越高；点电荷形成的电场是辐向的；根据由点到点直线电势的变化分析电势能和电场力做功情况。
考查对电势、电场力做功等的理解，需熟悉点电荷周围电场线的分布特点。
2.
【解析】解：、当振动膜片向左运动时，电容器的极板间距变小，根据电容的决定式分析可知，电容器的电容变大，故A错误；
B、由于电容器两端电压等于电源电压不变，根据可知，当电容变大时，电容器所带电荷量增加，故B错误；
C、根据前面分析可知，电容器所带电荷量增加，即电容器充电，电容器左边极板带正电，则此时充电电流通过电阻时方向自左向右，故C正确；
D、电容器的电压不变，当极板间距变小时，由可知，电容器两极板间的电场强度增大，故D错误。
故选：。
根据电容的决定式分析电容的变化情况，结合电压不变，由分析电容器的电荷量变化情况，即可判断通过的电流方向。根据分析电容器中的电场强度变化情况。
本题考查电容器的动态分析，要掌握电容的定义式、决定式以及场强公式，结合电容器的电压不变，即可判断。
3.
【解析】解：正电荷从由静止释放，初速度为，能加速运动到，说明正电荷受到的电场力方向从指向，那么电场方向就是由指向，由于沿电场线方向电势逐渐降低，所以、两点的电势关系是；正电荷从运动到的过程中，它的加速度是逐渐减小的，由牛顿第二定律知，正电荷从运动到时，受到的电场力是逐渐减小的，由可知，，故A正确，BCD错误。
故选：。
图像斜率表示加速度的大小及方向，根据图像分析正电荷的运动情况，由此判断其受力方向和大小，进而分析电势，场强。
考查对图像的理解，及电荷与电势、场强的关系，熟悉场强公式。
4.
【解析】解：、酒后驾车的驾驶员对着测试仪吹气时，气敏电阻的阻值减小，电路中的总电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律可知，电路中的电流变大，即电流表示数变大，故A错误；
B、根据闭合电路的欧姆定律可得电压表示数为：，由上面的分析可知变大，则变小，即电压表示数变小，故B错误；
C、电源的总功率，由上面的分析可知变大，所以电源的总功率变大，故C错误；
D、电源内电路消耗的功率为，因为变大，所以电源内电路消耗的功率变大，故D正确。
故选：。
根据闭合电路的欧姆定律分析电流表示数变化和电压表示数变化；根据分析电源总功率的变化；根据分析电源内电路消耗的功率。
本题考查了功率公式和闭合电路的欧姆定律的应用，知道气敏电阻的阻值随酒精气体浓度的增大而减小是解题的关键。
5.
【解析】解：、由等量异号点电荷电场线分布图，、、三点进行比较，、两点电势相等，大于点电势，根据公式，可知电子在点电势能最高；点电场强度最大，电子在点受力最大，点电场强度最小，电子放在点受力最小，故C正确，D错误；
、、两点电势相等，大于点电势，即，根据，可知电子从点移到点，电场力做正功，动能增加；电子从点移到点，电场力不做功，动能不变，故AB错误。
故选：。
明确等量异号电荷的电场线分布图像，知道电场线与等势面垂直，沿着电场线方向电势逐渐降低，负电荷在低电势处电势能大，根据电场力做功判断动能的变化情况。
本题关键是要能够画出等量异号电荷的电场线分布图，要注意明确电场线的疏密表示电场的强弱，而沿着电场线，电势逐渐降低。
6.
【解析】解：、图线的纵轴截距等于电源的电动势，斜率的绝对值等于电源的内阻，则由图线可知，电源的电动势为，短路电流为，则电源的内阻为，故A正确；
、两图线的交点表示该电源与电阻串联时的工作状态，此时外电路电压为，电路中电流为，根据欧姆定律可知，故BC错误；
D、电源的输出功率为，故D正确。
故选：。
图线的纵轴截距等于电源的电动势，斜率的绝对值等于电源的内阻；根据欧姆定律求电阻的阻值；两图线的交点表示该电源与电阻串联时的工作状态，读出电压和电流，由计算电源的输出功率。
本题考查闭合电路欧姆定律和功率公式的应用，要注意两图像的交点为电阻及电源的工作状态，则可以直接读出电源的输出电压及电流。
7.
【解析】解：设电子经加速电场加速后的速度为，加速电压为，偏转电压为，偏转电场两极板间的距离为，极板的长度为，则电子经加速电场加速的过程中，根据动能定理可得，电子在偏转电场中的加速度，运动时间，电子离开偏转电场时速度方向与水平方向夹角的正切值为。
A.仅增大偏转电场的电压，电子的偏转角变大，故A正确；
B.仅增大加速电场的电压，电子的偏转角变小，故B错误；
C.仅减小偏转电场两极板间的距离，电子的偏转角变大，故C正确；
D.仅减小偏转电场极板的长度，电子的偏转角变小，故D错误。
故选：。
电子经电场加速后，进入偏转电场，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为的匀加速直线运动，根据动能定理及类平抛运动规律求出电子离开电场时竖直方向的分速度，表示出偏转角正切值的表达式，从而判断使偏转角变大的方法。
本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度，偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成。
8.
【解析】解：、板向下平移一小段距离，两板间距离增大，根据可知，电容器的电容减小，故A错误；
B、电容器板和电源正极相连，所以板带正电荷，板内电场方向向下，油滴受电场力方向向上，所以油滴带负电，故B正确；
C、断开开关，电容器带电荷量不变，根据、、可得：，所以极板间的电场强度不变，则油滴受电场力不变，油滴仍然静止，故C错误；
D、因为板向下平移一小段距离，点与下极板间的距离变大，根据可知，点与下极板间的电势差变大，下极板接地电势为零不变，所以点电势升高，油滴带负电，所以油滴的电势能减小，故D正确。
故选：。
根据分析；根据极板间的电场强度方向分析；写出极板间电场强度的表达式分析；分析出点的电势变化情况，然后根据负电荷电势越高电势能越小判断。
本题考查了、、公式的应用，知道对负电荷来说，电势越高电势能越小。
9.
【解析】解：分度的游标卡尺精确度为，可知其长度；
螺旋测微器精确度为，可知其直径；
将单刀双掷开关掷到，发现电流表指针偏转比电压表的指针偏转明显，说明电流表分压作用明显，应采用外接法，单刀双掷开关掷到；
该导体的电阻为
根据电阻定律有
解得
为了使电压表变化明显，应将电路连接成图形式，此时相当于内电阻。
蓄电池的内阻与串联后的总阻值为图像的斜率的绝对值，即
因此电源内电阻；
该实验的主要实验误差来源于电压表的分流作用，理论上当外电路短路时，电压表没有分流作用，电流是准确的，随着路端电压的升高，电压表的分流作用逐渐增加，测量值明显小于真实值，因此测量的图像应在真实图像的下方，且短路电流时，两个图像重合，故C正确，ABD错误；
故选：。
故答案为：；；；；；；
根据游标卡尺、螺旋测微器精确度读数，根据电流表内、外的特点分析；根据电阻定律解得电阻率；
根据实验原理分析电路图，结合图像斜率解得内阻，同时分析误差。
本题主要考查了电阻率的测量、电源电动势和内阻的测量，理解图像物理意义的考查，总截距表示电动势，斜率的绝对值表示内阻。
10.解：导体棒刚放在导轨上时，根据闭合电路欧姆定律有：
解得：
导体棒刚放在导轨上时所受安培力的大小：
解得：
根据左手定则可知，导体棒所受安培力方向沿斜面向上。
导体棒刚放在导轨上时，对导体棒进行受力分析，根据牛顿第二定律有：，
其中
解得：，方向沿斜面向上。
答：导体棒释放时所受安培力的大小为，方向沿斜面向上；
导体棒释放时加速度的大小为，方向沿斜面向上。
【解析】根据闭合电路欧姆定律得出电流的大小，结合安培力的计算公式得出安培力的大小，结合左手定则分析出安培力的方向；
分析导体棒释放时的受力，由牛顿第二定律得出导体棒的加速度。
本题主要考查了安培力作用下物体的运动，熟悉欧姆定律和安培力的计算公式，同时结合牛顿第二定律即可完成分析。
11.解：粒子在磁场中的运动情况如图所示
由几何关系得
解得
根据洛伦兹力提供向心力
解得
粒子在磁场做匀速圆周运动
粒子在磁场中运动时间
粒子从轴进入电场至速度为过程中，可得
解得
粒子从点射入到第二次到达轴的时间
解得
答：粒子在磁场中的运动半径为；
磁感应强度的大小为；
粒子从点射入磁场到第二次到达轴的时间为。
【解析】画出粒子的运动轨迹，根据几何关系求粒子在磁场中的运动半径；
根据洛伦兹力提供向心力求磁感应强度的大小；
根据周期公式求粒子从点射入磁场到第二次到达轴的时间。
本题以带电粒子在混合场中的运动考查的学生结合数学知识解决物理问题的能力，是一道综合性比较强的题目。
12.解：小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，
说明电场力和重力平衡恒力不能充当圆周运动的向心力，
有：，
解得：；
重力的方向竖直向下，电场力方向只能向上，
由于小球带正电，所以电场强度方向竖直向上。
小球做匀速圆周运动，为圆心，为弦长，
，如图所示。设半径为，由几何关系知：，
小球做匀速圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，设小球做圆周运动的速率为，
由牛顿第二定律得：，
由速度的合成与分解知：，
解得：；
设小球到点时的竖直分速度为，
它与水平分速度的关系为：，
由匀变速直线运动规律得：，
解得：；
答：电场强度的大小为：，方向：竖直向上；
小球从点抛出时初速度的大小为；
点到轴的高度为。
【解析】带电小球在受到重力、电场力、洛伦兹力共同作用下做匀速圆周运动，可得知电场力与重力是一对平衡力，从而可得知电场的方向；由二力平衡可求出电场的大小。
先由几何关系表示出小球在复合场中做圆周运动的半径，结合半径公式和速度的分解，便可求出小球抛出时的初速度。
小球在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出大小。
该题考查到了复合场的问题，即在同一区域内同时存在电场、磁场和重力场三者中的任何两个，或三者都存在。此类问题看似简单，受力不复杂，但仔细分析其运动往往比较难以把握。
常用的处理方法：
、建立带电粒子在复合场中运动的物理情景。
、物理情图景与解析几何知识有机结合，将物理问题化归为数学问题。
思想方法：数理结合，建模和化归的思想方法。
解题思维流程：题给文字信息建立物理图景化归为几何问题还原为物理结论构建物理图景模型是关键、化归为几何问题是手段。
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