【文档说明】湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2024-2025学年高二上学期11月期中物理试题 Word版含解析.docx，共(17)页，1.061 MB，由小赞的店铺上传

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华中师大一附中2024-2025学年度上学期期中检测高二年级物理试题时间：75分钟满分：100分一、选择题（本题包括10小题。其中第1-7题为单选题，第8-10题为多选题。每小题4分，共40分。单选题有且仅有一个选项正确，选对得4分，选错或不答得0分。多选题至少有两

个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。）1.关于地磁场，下列说法正确的是（）A.地球的地理南北极与地磁南北极恰好重合B.地磁场的磁感线从地磁场北极出发，终止于地磁场的南极C.地磁场对垂直射向地球表面的宇宙射线的阻挡作用在地理南北极附近最强D.我校厚德广场上地磁场的竖直

分量竖直向下【答案】D【解析】【详解】A．地球的地理南北极与地磁南北极有一定的角度，没有完全重合，A错误；B．磁感线是闭合的曲线，地磁场的磁感线也是闭合的曲线，B错误；C．在地理南北极附近，宇宙射线与磁场方向平行，受到的洛伦

兹力为零，所以在地理南北极附近最弱，C错误；D．我校处于北半球，在地球外部磁感线从地磁北极（即地理南极）发出到地磁南极（即地理北极），可知我校厚德广场上地磁场的竖直分量竖直向下，D正确。故选D。2.如图是示波管的原理图，它由电子枪、偏转电极（XX'和Y

Y'）、荧光屏组成。管内抽成真空，给电子枪通电后，如果在偏转电极XX'和YY'上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O点，在那里产生一个亮斑。如果在偏转电极XX'加恒定电压'0XXUU=−，在偏转电极YY'加恒定电压'0YYUU=，U0>0。电子束经偏转电极后，在荧光屏上出现亮斑的区域是

（）A.IB.IIC.IIID.IV【答案】B【解析】【详解】由题意知，偏转电极XX'间电势差'0XXUU=−，电子会向'X方向偏转，偏转电极YY'间电势差'0YYUU=，电子会向Y方向偏转，故荧光屏上出现亮斑区域是II。

故选B。3.如图所示，由4根相同导体棒连接而成的正方形线框固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，顶点A、B与直流电源两端相接，已知导体棒AB受到的安培力大小为3N，则线框受到的安培力的合力大

小为（）A.0B.4NC.6ND.9N【答案】B【解析】【详解】由已知条件可知ADCB边的有效长度与AB相同，等效后的电流方向也与AB相同，边ADCB的电阻等于边AB的电阻的三倍，两者为并联关系，设AB中的电流大小为I，则ADCB中的电流为13I，设AB的长为L，由题意知3N

FBIL==所以边ADCB所受安培力为'11N3FBIL==方向与AB边所受安培力的方向相同，故有'=4NFFF+=合故选B。4.如图所示，电压表由灵敏电流计G与电阻R串联而成，某同学在使用中发现一块电压表读数总比真实值偏小一点，若要校准，可采用的措施是（）A.在电阻R上

串联一个比其大得多的电阻B.在电阻R上串联一个比其小得多的电阻的的C.在电阻R上并联一个比其大得多的电阻D.在电阻R上并联一个比其小得多的电阻【答案】C【解析】【详解】电压表由表头G和电阻R串联而成，发现此电压表的读数比准确值稍微小一些，说明加上相同电压时，要使电流适当大些，故需要略微减少

电阻R的值，可以与电阻R并联电阻实现，但电压表的读数比准确值稍微小一些，故并联电阻要比R大得多，故ABD错误，C正确；故选C。5.硅光电池是一种可将光能转换为电能的器件。某同学用一定强度的光照射硅光电池，测得该电池的UI−曲线

如图所示。若用该强度光照射硅光电池给20Ω的电阻供电，则电源的输出功率约为（）A.0.27WB.0.22WC.0.14WD.0.11W【答案】B【解析】【详解】在电源的UI−图线中画出电阻的UI−图线，其交点即为电阻在该电源的工作

点，如图所示由图可知，工作电压约为2.2V，电流约为100mA，电源的输出功率约为2.20.1W0.22WP==故选B。6.如图所示的电路中，电源的电动势12VE=，内阻可忽略不计，电阻的阻值分别为1220RR==，滑动变阻器的最大阻值60R=，电容器

MN的电容30C=μF。现将滑动触头P置于最左端a点，合上开关S，待电路稳定后，将P缓慢地从a点右移到34aPab=的过程中，通过导线PN的电荷量为（）A40.910C−B.41.810C−C.42.710C−D.43.610C−【答案】C【解析】

【详解】当滑片滑动端滑到a端时，P点电势与电源正极电势相等为12V，B点电势为1126VBREERR=−=+此时上极板带负电，下极板带正电，电容器的带电量为6463010C1.810CPBQCU−−==

=将P移到34aPab=时，P点电势为'343VPabEEab=−=B点电势为仍为6V，此时上极板带正电，下极板带负电，电容器的带电量为'6433010C0.910CPBQCU−−===则通过导线PN的电荷量42.710CQQQ−=+=总故选

C。7.已知长通电直导线在周围某点处产生的磁场磁感应强度满足IBkr=，其中k为一常数，I为电流强度，r为该点到直导线的距离。如图所示，P、Q两点处各有一垂直于纸面的长直导线，均通有垂直纸面向里的恒定电流，电流大小相等。OM为P、Q连线的中垂线，M为中垂线上磁感应强

度最大的点时，MPQ=，此时sin为（）.A.0B.12C.33D.22【答案】D【解析】【详解】已知OM为P、Q连线的中垂线，MPQ=，每根导线在M处磁感应强度为coscosIrBIkkr==其中rOP=根据矢量合成可知，M点磁感应强度为2sins

in2MBIkBr==所以当45=，M处磁感应强度最大，则2sin2=故选D。8.如图所示，电路中电源电动势为E，内阻为r，电流表、电压表均为理想电表，当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，电压表示数的变化量大

小为||U，电流表示数的变化量大小为||I，下列说法正确的是（）A.电压表示数U一定变大B.电流表示数I一定变大C.UI不变D.电源的输出功率一定增大【答案】AC【解析】【详解】A．滑动变阻器滑动触头向上移动，0R变

大，则电路外电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流变小，内阻分压变小，则路端电压增大，电压表示数增大，A正确；B．干路电流变小，故2R两端电压变小，则1R两端电压12()UEIRr=−+干增大，通过1R的电流增大，又总电流变小，则通过0R的电流减小，电流表示数减小，B错误；C．根据21EU

UREUrIrR−−−=+整理得1211212ERERrRUIRRrRRr+=−++++所以112rRUIRRr=++不变，故C正确；D．因为不确定外电阻与电源内阻关系，电源输出功率无法判断，故D错误。故选AC。9.如图甲所示，当滑动变

阻器R的滑片P从一端滑到另一端的过程中，两个电压表的示数随电流表示数的变化情况如图乙所示。已知电流表示数小于或等于0.2A时，电动机不发生转动，各电表均视为理想电表，不考虑电动机电阻随温度的变化，则此过程中（）的A.电源的内阻为2ΩB.电动机的内

阻为2ΩC.电源的输出功率最大为0.9WD.电动机的输出功率最大为0.54W【答案】AD【解析】【详解】AC．由题意可知，当通过电动机的电流小于0.2A时，电动机不发生转动，电动机属于纯电阻元件，其U-I图线应为直线，当通过电动机的电流大于0.2A时，电动机属于非纯电阻元件，U-

I图线将不再是直线，结合图像可知，当电流为I1=0.1A时，路端电压为U1=3.4V，此时滑动变阻器接入回路的电阻最大；当电流为I2=0.3A时，路端电压为U2=3.0V，此时滑动变阻器接入回路的电阻为零，根据闭合电路欧姆定律可得1122rrEUIUI=+=+解得3.6VE=，2r

=电源的输出功率2222EPIRrRrR==++外外外当Rr=外时，电源输出功率最大2m1.62W4EPr==故A正确，C错误；BD．电动机线圈内阻为M0.80.440.20.1r−==−当U2=3.0V，电动

机输出功率最大，电动机的最大输出功率为2M22M0.33W0.34W0.54WPUIP=−=−=热故D正确，B错误。故选AD。10.在真空中水平放置平行板电容器，两极板间有一个带电油滴保持静止状态，如图所示。当给电容器充电使其电压增加1U时，油滴开始向上运动，加速度

大小为a1，经时间t后，电容器放电使其电压减小2U，油滴加速度大小为a2，又经过时间2t，油滴恰好回到原来位置。假设油滴在运动过程中没有失去电荷，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计。下列说法正确的是（）A.12:1:3aa=B.12

:4:5aa=C.12:1:4UU=D.12:4:9UU=【答案】BD【解析】【详解】AB．设第一个t时间内油滴的位移为1x，加速度为1a，第二个2t时间内油滴的位移为2x，加速度为2a，则21112xat=()22121·222xvtat=−根据题意有11vat=21xx=−联立解得1

245aa=故A错误，B正确；CD．油滴静止时，根据平衡条件有0Umgqd=解得0qdgmU=油滴向上加速运动时，根据牛顿第二定律有011UUqmgmad+−=即11Uqad=油滴向上减速运动时，根据牛顿第二定律有

0122UUUmgqmad+−−=即212UUqad−=联立可得121Δ4ΔΔ5UUU=−解得1249UU=故D正确，C错误。故选BD。二、实验题（共16分）11.某学习小组对新型导电材料制成小圆柱的电阻进

行测量。实验器材如下：学生电源，滑动变阻器，电压表V，电流表A，游标卡尺，螺旋测微器，开关S，单刀双掷开关K，导线若干。回答以下问题：（1）使用螺旋测微器测量小圆柱的直径，某次测量结果如图甲所示，该读数为_________mm；（2）用游标卡尺测量小圆柱的长度，由图乙可知其长度为__

_______mm；（3）把待测圆柱体接入下图所示电路，闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片调节到合适位置，将单刀双掷开关K分别掷到1、2端，观察到电压表示数变化比电流表示数变化更明显，则测量小圆柱电阻时应将K掷到_________（填“1”或“2”）端。【

答案】（1）4.770（2）23.85（3）1【解析】【小问1详解】螺旋测微器的读数为4.5mm27.00.01mm4.770mm+=【小问2详解】游标卡尺的读数为23mm170.05mm23.85mm+=小问3详解】由于电压表示数变化更明显，说明电流表分压较多

，因此电流表应采用外接法，即测量小圆柱电阻时应将K掷到1端。【12.某同学准备利用下列器材测量蓄电池的电动势和内阻。A.待测蓄电池B.直流电流表A，量程为0.10A，内阻2.0ΩC.定值电阻R0=2.0ΩD.电阻箱RE.导线和开关根据如图甲所示的电路进行实验操作。（1）闭合

开关，多次调节电阻箱，记录下阻值R和电流表的相应读数I；（2）利用测量数据，做1RI−图线，如图乙所示：（3）通过图乙可得E=___________V（保留2位有效数字），r=___________Ω（保留2位有

效数字）；（4）实验测得电源电动势___________真实值（“大于”、“小于”或“等于”）。【答案】①.2.0②.1.0③.等于【解析】【详解】（3）[1][2]将电流表与定值电阻并联，电流表量程gggg02IRIIIR=+

=所以将电流表量程扩大了2倍，根据闭合电路欧姆定律02()EIRIRr=++整理得0212RrRIEE+=+图像斜率为116212V1V6010k−−−==−根据2kE=解得2.0VE=将（10，12）代入解得1.0r=（4）[3

]因为实验中电表内阻已知，对实验没有影响，所以测得电源电动势等于真实值。三、计算题（请写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，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。共44分）13.1932年，美国物理学家安德森在宇宙射线实验中发现了正电子（带正电荷）。他利

用放在强磁场中的云室来记录宇宙射线粒子，并在云室中加入一块厚6mm的铅板，借以减慢粒子的速度。当宇宙射线粒子通过云室内的垂直纸面的匀强磁场时，拍下粒子径迹的照片，如图甲所示，根据照片画出的轨迹示意图乙。（1）请判断正电子穿过铅板时的运动方向（“向左”

或“向右”）和磁场的方向（“垂直纸面向里”或“垂直纸面向外”）。（2）已知正电子质量为m，带电量为e，磁感应强度为B，穿过铅板前后正电子做匀速圆周运动的轨道半径分别为r1和r2。求正电子穿过铅板过程中损失的动能。【答案】（1）向右，垂直纸面向里（2）()2222122qBrrm−【解析】【

小问1详解】根据洛伦兹力提供向心力2vqvBmr=可得正电子运动半径mvrqB=正电子穿过铅板后速度减小，即运动半径减小，可知正电子向右运动，根据左手定则可知磁场的方向垂直纸面向里。【小问2详解】同理根据2vqvBmr=可得qrBvm=正电子穿过铅板过程中损失的动能22k1

21122Emvmv=−代入数据可得()222212kΔ2qBrrEm−=14.如图所示，在倾角37=的斜面上固定两条平行金属导轨，导轨间距离0.2ml=，两导轨间接有滑动变阻器R和电动势10VE=、内阻1r=的电

池。垂直于导轨放置一根质量0.1kgm=的金属棒ab，它与导轨间的动摩擦因数0.5=，整个装置放在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度1TB=。导轨与金属棒的电阻不计，重力加速度g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动

摩擦力，sin370.6=°，cos370.8=°。若金属棒恰好不下滑，求接入电路的滑动变阻器R的阻值。【答案】10Ω【解析】【详解】当金属棒刚好达到向下运动的临界状态时，金属棒受到的摩擦力为最大静摩擦力，方向平行斜面向上，其受力分析如图乙所示，

此时金属棒所受安培力最小，设为F2，则有垂直导轨方向N2sincosFFmg=+平行斜导轨方向2fmaxcossinFFmg+=又fmaxNFF=以上三式联立并代入数据可得22N11F=金属棒受到的安培力

为FBIL=因此有FIBL=由闭合电路欧姆定律，有1EIrR=+（）可得电阻的阻值为10ΩR=15.如图所示，BCDG是光滑绝缘的34圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与光滑水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现有一

质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的静电力大小为34mg（g为重力加速度）。将滑块从B点右侧距离为x的A点由静止释放。（1）若x=0，即将滑块由B点静止释放，求滑块的最大动能。（2）为使滑块在经过圆形轨道（不包括端点B点和G点

）运动过程中不脱离轨道，求x的范围。（3）若16720xR=，滑块经圆形轨道后首次抛至水平轨道上的P点，求PB之间的距离x′。（第3问不需要写出计算过程，直接写出结果即可）【答案】（1）2gR（2）43xR或236xR（3）7780R【解析】【小问1详解】滑块在圆形轨道滑行过程只有重力和

电场力做功，设重力和电场力的合力与竖直方向的夹角为θ，则有3tan4qEmg==可得37=可知滑块运动到圆弧BC之间的某一位置，在该位置（等效最低点）重力和电场力的合力方向背向圆心时，滑块的动能最大，速度最大，则有2m

1sin(1cos)2qERmgRmv−−=解得m2gRv=【小问2详解】要使滑块始终沿轨道滑行若滑块恰好能通过圆轨道的等效最高点M，由牛顿第二定律得()()2222vqEmgmR+=解得252gRv=滑块起始位置到等效最高点M，由动能定理得()()221sin371cos372

qExRmgRmv−−+=解得236xR=若滑块恰好滑到N点（ON垂直于OM），从起始位置到N点，由动能定理得(cos37)(1sin37)0qExRmgR+−+=解得43xR=所以x的范围43xR或236xR【小问3详解】若16720xR=，滑块经圆形轨道后，到达G点速度()

212qExRmgRmv−−=解得19210gRv=竖直方向上212Rvtgt=+水平方向上2112Eqxtm=PB之间的距离1xRx=−解得7780xR=