河南省三门峡市2024-2025学年高二上学期1月期末物理试题（原卷版+解析版）

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注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色墨水签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效。
4.考试结束后，将答题卡交回。
第Ⅰ卷（选择题 共46分）
一、选择题（本题共10小题，共46分，第1-7题在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，每题4分，第8-10题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全得3分，有错选或不选得0分）
1. 有“中国天眼”美誉的FAST是目前世界最大口径的射电望远镜，它是一种用于接收和研究天体发射的电磁波的特殊装置。下列关于电磁波的说法正确的是（ ）
A. 电磁波在真空中不能传播B. 电磁波能传播信息，不能传播能量
C. X射线的波长比红外线的波长更短D. 麦克斯韦用实验证实了电磁波的存在
【答案】C
【解析】
【详解】A．电磁波传播不需要介质，可以在真空中传播，故A错误；
B．电磁波能传播信息，也能传播能量，故B错误；
C．X射线的波长比红外线的波长更短，故C正确；
D．麦克斯韦预言电磁波的存在，而赫兹用实验证实了电磁波的存在，故D错误。
故选C
2. 随着新能源汽车的普及，无线充电技术得到进一步开发和应用。如图甲所示，由地面铺设供电的供电线圈，将电能传送至电动汽车底部的受电线圈，从而对车载电池进行充电（电路模拟如图乙）。若已知供电线圈和受电线圈匝数比为。当供电线圈接上图丙中的正弦交流电后，受电线圈中的电流为10A。忽略电能传输的损耗，供电线圈和受电线圈可视为理想变压器，下列说法正确的是（ ）
A. 受电线圈的输出电压为22V
B. 供电线圈的输入功率为11KW
C. 受电线圈的电流方向每秒改变50次
D. 车身受电线圈中的感应电流磁场总是与地面供电线圈中电流的磁场方向相反
【答案】B
【解析】
【详解】A．供电线圈电压有效值
则受电线圈的输出电压为
故A错误；
B．供电线圈的输入功率等于受电线圈的输出功率，即
故B正确；
C．交流电的周期为0.02s，交流电的频率为50Hz，则受电线圈的电流方向每秒改变100次，故C错误；
D．根据楞次定律，车身受电线圈中的感应电流磁场总是阻碍地面供电线圈中电流的磁场的变化，即当地面供电线圈中电流的磁场增强时，车身受电线圈中的感应电流磁场与其相反；即当地面供电线圈中电流的磁场减弱时，车身受电线圈中的感应电流磁场与其相同，故D错误。
故选B。
3. 一列简谐横波在t=0.1s时刻的波形如图甲所示，P为该横波上的某个质点，它的平衡位置坐标为xP=0.1m、质点P的振动图像如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 该波沿x轴正方向传播B. 该波的传播速度为2m/s
C. 0~0.5s内，质点P通过的路程为5cmD. 当t=0.75s时，质点P将到达波谷
【答案】C
【解析】
【详解】A．图像乙可知0.1s时质点P向上振动，结合图甲，根据“上下坡”法可知，该波沿x轴负方向传播，故A错误；
B．由图可知，周期为0.2s，波长为0.2m，则波速为
故B错误；
C．根据波动规律可知，半个周期内质点运动的路程等于2倍振幅，所以0~0.5s内质点P通过的路程为
故C正确；
D．由于0.1s时质点P处于平衡位置且向上振动，所以0.75s时质点P又经过的时间为
故此时位于波峰位置，故D错误。
故选C。
4. 如图所示，由三段相同的电阻丝组成的等边三角形导体框，垂直磁场放置，将ab两点接入电源两端，若ac段电阻丝受到的安培力大小为F，则此时三段电阻丝受到的安培力的合力大小为（ ）
A. 3FB. 2FC. 1.5FD. F
【答案】A
【解析】
【详解】ab段支路与acb段支路并联，两支路电压相同，由于三段电阻丝相同，则acb段电阻为ab段电阻的两倍，根据可知，若acb段电流为I，则ab端支路为2I，设每段电阻丝长度为L，对ac段，安培力
对acb段，acb段有效长度为L，且有效电流方向a指向b，则其安培力
对ab段，ab段有效长度为L，且有效电流方向a指向b，则其安培力
左手定则可知ab段与acb段安培力均向上，故三段电阻丝受到的安培力的合力大小为
故选A。
5. 如图甲所示为某隐身试验舰，舰艇下部的大洞使海水前后贯通。舰艇沿海平面截面图如图乙所示，其与海水接触的两侧壁M和N分别连接舰艇内电源的正极和负极，使得M、N间海水内电流方向为M→N，此时加一定方向的磁场，可使得M、N间海水受到磁场力作用而被推出，舰艇因此向右前进，则（ ）
A. 所加磁场的方向应为水平向左
B. 所加磁场的方向应为垂直纸面向外
C. 所加磁场的方向应为垂直纸面向里
D. 互换电源正负极的同时把磁场反向，能实现舰艇减速
【答案】B
【解析】
【详解】ABC．海水中电流从M流向N，舰艇向右运动，则舰艇受到海水对舰艇的作用力向右，根据牛顿第三定律可知，海水所受的安培力方向向左，根据左手定则可知，磁场方向应为垂直纸面向外，故AC错误，B正确；
D．互换电源正负极的同时把磁场反向，根据左手定则可知，海水所受的安培力方向不变，不能实现舰艇减速，故D错误。
故选B。
6. 在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2为相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，R为的定值电阻，当开关S闭合后（ ）
A. L1的电阻为B. L1消耗的电功率为7.5W
C. L2的电阻为D. L2消耗的电功率为0.3W
【答案】D
【解析】
【详解】A．电源电动势为3.0V，内阻不计，路端电压为3V。L1两端的电压为3V，由图可知，此时的电流为0.25A，所以电阻值R1=Ω=12Ω
故A错误；
B．由伏安特性曲线可以读出L1和两端的电压为3V，由图可知，此时的电流为0.25A，L1消耗的电功率为P=UI=3.0×0.25W=0.75W
故B错误；
C．在乙图上做出电阻R的伏安特性曲线如图
由于R与L2串联，所以二者的电流值是相等的，由图可以读出，此时二者的电压都是1.5V时，二者电压的和等于3.0V，此时的电流值是0.2A．所以R2==7.5Ω
故C错误；
D．由C可知，L2两端的电压为1.5V，电流为0.2A，所以L2消耗的电功率为P′=U′•I′=1.5×0.2W=0.3W
故D正确。
故选D。
7. 航母舰载机返回甲板时有多种减速方式，其中一种电磁减速方式简要模型如图所示，足够长的平行光滑导轨CE、DF的间距为L，左端接有阻值为R的定值电阻，导轨（电阻不计）固定在水平面上，且处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。将舰载机等效为质量为m、电阻为r的导体棒ab，导体棒ab垂直导轨放置，给导体棒ab一个水平向右的速度v，向右减速运动直至速度为0，则此过程中（ ）

A. 导体棒ab做匀减速直线运动
B. 电阻R上产生的焦耳热为
C. 导体棒ab减速过程中通过的位移大小为
D. 通过导体棒ab横截面的电荷量为
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据右手定则能够确定感应电流的方向，根据左手定则能够确定安培力的方向，速度减小，感应电动势减小，感应电流减小，安培力减小，根据牛顿第二定律可知，加速度减小，即导体棒向右做加速度减小的减速运动，故A错误；
B．回路产生的总的焦耳热
根据电热分配规律可知，电阻R上产生的焦耳热为
故B错误；
C．感应电动势的平均值
感应电流的平均值
根据动量定理有
其中
解得
故C正确；
D．根据电流的定义式有
结合上述解得
故D错误。
故选C。
8. 如图所示为一个质量为m、电荷量为的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于方向垂直纸面向外磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图像可能是下列选项中的（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【详解】B．根据左手定则可知，圆环所受洛伦兹力竖直向上，如果恰好满足
则圆环与杆间无弹力，圆环不受摩擦力的作用，圆环将以做匀速直线运动，故B正确；
ACD．若，则圆环受到的支持力向上，圆环在摩擦力作用下做减速运动，加速度大小为
可知随着的减小，增大，直到速度减为0后停止，对应的图像切线斜率绝对值逐渐增大；
若，则圆环受到的支持力向下，圆环在摩擦力作用下做减速运动，加速度大小为
可知随着的减小，减小，直到
圆环将做匀速直线运动，对应的图像切线斜率绝对值逐渐减小，最后为一条与横轴平行的直线，故AC错误，D正确。
故选BD。
9. 如图所示，两个半径相同的半圆形光滑绝缘轨道置于竖直平面内，左右两端点等高，分别处于沿水平方向的匀强磁场和匀强电场中，磁场方向垂直纸面向里，电场方向水平向右。两个相同的带负电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放，分别通过轨道的最低点M、N，则下列说法中正确的是（ ）
A. 两个小球到达轨道最低点的速度
B. 两个小球第一次经过轨道最低点时对轨道的压力
C. 小球第一次到达M点的时间小于小球第一次到达N点的时间
D. 在电场和磁场中小球均能到达轨道的另一端最高处
【答案】BC
【解析】
【详解】A．根据动能定理，对匀强磁场中的小球有
解得
对匀强电场中小球，根据动能定理，有
解得
所以两个小球到达轨道最低点的速度
故A错误；
B．对匀强磁场中的小球，第一次经过轨道最低点时有
可得
对匀强电场中的小球，第一次经过轨道最低点时有
可得
根据牛顿第三定律可知
故B正确；
C．小球在磁场中运动，第一次到达M点的过程中，只有重力做正功，小球在电场中运动，第一次到达N点的过程中，重力做正功，电场力做负功，故小球在光滑轨道同一位置，在磁场中的速度大于在电场中的速度，则小球在磁场中运动平均速度大，小球第一次到达M点的时间小于小球第一次到达N点的时间，故C正确；
D．在磁场中的小球，洛伦兹力不做功，机械能守恒，故能上升到同高度，而电场中的小球上升到最高点时重力势能有一部分转化为电势能，末状态的重力势能小于初状态的重力势能，不能上升到原高度，故D错误。
故选BC。
10. 在倾角为足够长的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等的匀强磁场，磁场方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜面向下，宽度均为L，如图所示，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形线框，在时刻以速度进入磁场，恰好做匀速直线运动，若经过时间，线框ab边到达与中间位置时，线框又恰好做匀速直线运动，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A. 当ab边刚越过时，线框加速度的大小为
B. 时刻线框匀速运动的速度为
C. 时间内线框中产生的焦耳热为
D. 离开磁场的过程中线框将做匀速直线运动
【答案】AB
【解析】
【详解】A．时刻以速度进入磁场，恰好做匀速直线运动，感应电动势
此时的感应电流
根据平衡条件有
当ab边刚越过时，产生的感应电动势
此时感应电流
根据牛顿第二定律有
解得
故A正确；
B．时刻，产生的感应电动势
此时的感应电流
根据平衡条件有
结合上述解得
故B正确；
C．根据能量守恒定律有
解得
故C错误；
D．线框离开磁场前以做匀速直线运动，则离开磁场过程中感应电动势、感应电流均小于开始进入磁场时的感应电动势与感应电流，即离开下方磁场过程中安培力小于开始进入下方磁场时的安培力，可知离开时的安培力小于重力沿斜面向下的分力，即离开下方磁场的过程中线框将做加速直线运动，故D错误。
故选AB。
第Ⅱ卷（非选择题 共54分）
二、实验题（本题共2个小题，共14分）
11. 某实验小组探究单摆做简谐运动的周期和小球的质量、单摆摆长的关系。
（1）小组内的两位同学各自组装了一套实验装置，分别如图甲、乙所示。为了保证小球在竖直面内摆动，选用图________（选填“甲”或“乙”）所示的实验装置效果更好。
（2）关于该实验，下列说法正确的是（ ）
A. 该探究方法为控制变量法
B. 实验所用小球的质量要尽量大，体积要尽量小
C. 实验时细线的最大摆角约为45°
D. 测量小球摆动周期时，应该从小球处于最高点时开始计时
（3）当小球的质量一定，探究单摆做简谐运动的周期和摆长的关系时，该小组同学利用正确装置通过改变摆长进行了多次实验，画出的T2-l图像如图丙所示，周期的平方跟摆长成正比，由图丙也可求出当地的重力加速度为________。（用“π、a、b”表示）
【答案】（1）乙 （2）AB
（3）
【解析】
【小问1详解】
为了保证小球在确定的竖直面内摆动，应选用图乙所示的实验装置；
【小问2详解】
A．探究单摆做简谐运动的周期和小球的质量关系时，应控制单摆摆长相同；探究单摆做简谐运动的周期与单摆摆长的关系，应控制小球的质量相同，故该探究方法为控制变量法，故A正确；
B．为减小空气阻力的影响，实验所用小球的质量要尽量大，体积要尽量小，故B正确；
C．小球做单摆运动，实验时细线的最大摆角约为5°，故C错误；
D．测量小球的摆动周期时，应该从小球处于最低点时开始计时，故D错误。
故选AB。
【小问3详解】
根据单摆的周期公式
可得
结合图像可得
所以
12. 某物理探究小组的同学设计了如图甲所示的实验电路测定干电池的电动势和内阻。实验器材：电池组（两节干电池）
定值电阻
毫安表（量程为，内阻）
电压表（量程为，内阻很大）
滑动变阻器
电阻箱
开关及导线若干
（1）将电阻箱的阻值调至，则图甲中虚线框内改装后电流表的量程为________。
（2）实验步骤如下：
①闭合开关前，将滑动变阻器的滑片移到________端（选填“左”或“右”）；
②闭合开关，改变滑片位置，记下电压表的示数和毫安表的示数，多次实验后将所测数据描绘在如图乙所示的坐标纸上，作出图线。
（3）每节干电池的电动势________，内阻________（结果均保留两位有效数字）。
【答案】 ①. 500 ②. 左 ③. 1.5 ④. 1.0
【解析】
【详解】（1）[1]将电阻箱的阻值调至，则图甲中虚线框内改装后电流表的量程为
代入数据，解得
（2）[2]为了保护电路，应使电路的电流最小，所以滑动变阻器接入电路的电阻最大，即滑片应滑到左端。
（3）[3][4]根据毫安表的改装原理，当毫安表示数为时，此时电路中的电流为，毫安表和电阻箱并联后的电阻为
根据甲所示电路图，由欧姆定律可知，路端电压为
由图乙所示图象可知，纵轴截距为
解得
又图像斜率的绝对值为
解得
三、计算题（本题共3个小题，共40分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
13. 如图所示的电路，电源的电动势为E，内阻为r，阻值分别为2r、6r的电阻并联后再与阻值为2.5r的电阻串联，水平放置的电容器的两极板的间距为d，分别接在阻值为2.5r的电阻两端，合上开关稳定后，电容器的带电量为Q，另一带电量为q的小球从距上极板上方高为2d处自由释放，小球能穿过电容器上极板的小孔且恰好到达下极板。（重力加速度为g，忽略空气阻力和小孔对电容器的影响）

（1）说明小球带电性质，求出电容器的电容；
（2）求小球的质量。
【答案】（1）小球带正电，
（2）
【解析】
【小问1详解】
电容器上极板带负电，小球在两板间做减速运动，则受电场力向上，可知带电小球带正电。
2r、6r的电阻并联后阻值为
根据闭合电路欧姆定律可得
由电容定义式可得
【小问2详解】
从释放位置到恰好到达下极板，根据动能定理，得
解得
14. 如图甲所示，水平面上有一圆形线圈，通过导线与足够长光滑水平导轨相连，线圈内存在垂直线圈平面方向竖直向上的匀强磁场，其磁感应强度大小随时间变化图像如图乙所示。平行光滑金属导轨处于磁感应强度大小为、方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中。一导体棒垂直于导轨水平放置，由静止释放。已知线圈匝数，面积，其电阻，导轨相距，磁感应强度，导体棒质量，其电阻，其余电阻不计。求
（1）时刻，导体棒中的电流I的大小及方向；
（2）时刻，导体棒的加速度大小和方向；
（3）导体棒的最大速度的大小。
【答案】（1），从到；（2），水平向右；（3）
【解析】
【详解】（1）时刻，感应电动势为
导体棒中的电流的大小为
根据楞次定律，导体棒中的电流方向为从到。
（2）根据牛顿第二定律
解得时刻，导体棒的加速度大小为
根据左手定则，导体棒受到的安培力水平向右，故导体棒的加速度水平向右。
（3）当导体棒受到的安培力为零时，即回路中的感应电流为零时，导体棒的速度最大，则
解得导体棒的最大速度的大小为
15. 如图所示，在平面坐标系xOy内，第一、二象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，第三、四象限内存在半径为R的圆形边界匀强磁场，磁感应强度大小可调节，磁场边界圆心在点，磁场方向垂直于坐标平面向外。电荷量为q、质量为m的带正电粒子从点以速度沿x轴正方向射出，恰好从坐标原点O进入磁场。N点坐标为，M点坐标为，不计粒子的重力。
（1）求匀强电场的电场强度E的大小；
（2）若粒子从劣弧MN上离开磁场，求磁感应强度大小的取值范围；
（3）若磁感强度大小为，求粒子离开磁场时的速度方向和出射点坐标。
【答案】（1）
（2）
（3）速度方向沿x轴负方向，
【解析】
【小问1详解】
粒子在电场中做类平抛运动，则有，
由牛顿第二定律有
联立解得
【小问2详解】
设粒子进入磁场时的速度大小为v，根据动能定理有
解得
由此可知，粒子进入磁场时速度方向与y轴负方向夹角
作出轨迹如图甲所示
当粒子从N点射出磁场时，根据几何知识可得粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为
由于洛伦兹力提供向心力，则有
解得
当粒子从M点射出磁场时，根据几何关系可知轨迹半径
由于洛伦兹力提供向心力，则有
解得
可知，磁感应强度大小的取值范围为
【小问3详解】
由于洛伦兹力提供向心力，则有
解得
设轨迹圆圆心为，出射点为Q，由几何关系可知四边形为菱形，如图所示
故半径与y轴平行，所以出射点速度方向沿x轴负方向。Q点横坐标
Q点纵坐标为
即出射点坐标为