2025年北京市航空航天大学附属中学物理高二第一学期期末复习检测试题含解析.doc

2025年北京市航空航天大学附属中学物理高二第一学期期末复习检测试题
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、关于电场，下列叙述中正确的是(　　)
A.对点电荷激发的电场，以点电荷为球心、r为半径的球面上，各点的电场强度都相同
B.正电荷周围的电场强度一定比负电荷周围的电场强度大
C.在电场中某点放入试探电荷q，该点的电场强度为，取走q后，该点电场强度不为零
D.试探电荷所受电场力很大，该点电场强度一定很大
2、如图所示，正方形线圈abcd位于纸面内，边长为L，匝数为N，过ab中点和cd中点的连线OO′恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁感应强度为B，则穿过线圈的磁通量为(　　)

A.
B.
C.BL2
D.NBL2
3、有一个电流表G，内阻Rg=10Ω满偏电流Ig=3mA，要把它改装成量程0～3V的电压表，则（）
A.要串联一个阻值为990Ω的电阻 B.要并联一个阻值为990Ω的电阻
C.要串联一个阻值为0.10Ω的电阻 D.要并联一个阻值为0.10Ω的电阻
4、如图所示，A、B为平行板电容器的金属板，G为静电计．开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度．下列操作可使指针张开角度增大一些的是(　　)

A.保持开关S闭合，将R上的滑片向右移动
B.保持开关S闭合，将A、B两极板介开一些
C.断开开关S后，将A、B两极板靠近一些
D.断开开关S后，将A、B两极板分开一些
5、关于对物体的机械能是否守恒的判断，下列运动过程属于机械能守恒的是（　　）
A.一个做平抛运动的铁球
B.被起重机拉着向上做匀速运动的货物
C.沿粗糙的斜面向下做匀速运动的木块
D.在空中向上做加速运动的氢气球
6、一台直流电动机，其线圈的电阻值为0.5Ω。当电动机两端所加电压为8V时，电动机正常工作，通过线圈的电流是2A。由此可知（　　）
A.电动机消耗的电功率为72W
B.电动机输出的机械功率为12W
C.电动机线圈的发热功率为2W
D.电动机的工作效率为50%
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列方法可行的是（　　）

A.增大磁场磁感应强度 B.减小狭缝间的距离
C.增大D形金属盒的半径 D.增大两D形金属盒间的加速电压
8、如图所示，实线是电场中一簇方向未知的电场线，虚线是一个带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是运动轨迹上的两点，若带电粒子只受电场力作用，根据此图能作出判断的是（）

A.带电粒子所带电荷的正、负
B.带电粒子在a、b两点何处受力较大
C.带电粒子在a、b两点何处的动能较大
D.带电粒子在a、b两点何处的电势能较大
9、一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C点运动到D点，其v－t图象如图所示，则下列说法中正确的是 (　　)

A.A点的电场强度一定大于B点的电场强度
B.CD间各点电场强度和电势都为零
C.AB两点间的电势差大于CB两点间的电势差
D.粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能
10、如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称．L1、L2所在区域处于磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外的匀强磁场中．已知a、b两点的磁感应强度大小分别为和，方向也垂直于纸面向外，( )

A.流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为
B.流经L1电流在a点产生的磁感应强度大小为
C.流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为
D.流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11．（6分）图为一演示实验电路图，图中L是一带铁芯的线圈，A是一灯泡，电键S处于闭合状态，电路是接通的．现将电键K断开，则在电路切断的瞬间，通过灯泡A的电流方向是从___ 端到____端，这个实验是用来演示______现象的

12．（12分）某小组利用图（a）所示的电路，研究硅二极管在恒定电流条件下的正向电压U与温度t的关系，图中V1和V2为理想电压表；R为滑动变阻器，R0为定值电阻（阻值100 Ω）；S为开关，E为电源．实验中二极管置于控温炉内，控温炉内的温度t由温度计（图中未画出）测出．图（b）是该小组在恒定电流为50.0μA时得到的某硅二极管U-t关系曲线．回答下列问题：
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（1）实验中，为保证流过二极管的电流为50.0μA，应调节滑动变阻器R，使电压表V1的示数为U1=______mV；根据图（b）可知，当控温炉内的温度t升高时，硅二极管正向电阻_____（填“变大”或“变小”），电压表V1示数_____（填“增大”或“减小”），此时应将R的滑片向_____（填“A”或“B”）端移动，以使V1示数仍为U1
（2）由图（b）可以看出U与t成线性关系，硅二极管可以作为测温传感器，该硅二极管的测温灵敏度为=_____×10-3V/℃（保留2位有效数字）

四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13．（10分）如图，两根间距为L＝0.5m的平行光滑金属导轨间接有电动势E＝3V、内阻r＝1Ω的电源，导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°．金属杆ab垂直导轨放置，质量m＝0.2kg．导轨与金属杆接触良好且金属杆与导轨电阻均不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中．当R0＝1Ω时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8

（1）求磁感应强度B的大小；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，求金属杆的加速度
14．（16分）如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m，a、b间的电场强度为E=5.0×105N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场.今有一质量为m=4.8×10-25kg、电荷量为q=1.6×10-18C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0 =1.0×106m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处（图中未画出）．求P、Q之间的距离L

15．（12分）ABC表示竖直放在电场强度为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的圆环，轨道的水平部分与半圆环相切．A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg，带电量为q=+C的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）

(1)小球到达C点的速度大小
(2)小球在C点时，轨道受到的压力大小
参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、C
【解析】A．以点电荷为圆心，r为半径的球面上，各点的场强大小都相同，但是方向不同，故各点的场强不相同，选项A错误；
B．正电荷周围的电场强度不一定比负电荷周围的电场强度大，选项B错误；
C．电场强度是由电场本身的性质决定的，在电场中某点放入试探电荷q，该点的场强为，取走q后，该点场强不变，选项C正确；
D．根据F=Eq可知，电荷所受电场力很大，该点的电场强度不一定很大，选项D错误。
故选C。
2、B
【解析】当abcd有一半处在磁感应强度为B的匀强磁场中时，磁通量为，故B正确，ACD错误
3、A
【解析】把电流表改装为电压表，应串联一个分压电阻，串联电阻阻值为：

故A正确
4、D
【解析】保持开关闭合，电容器两端的电势差等于电源的电动势，故电容器两端的电势差不变，则指针张角不变，故AB均错误；断开电键，电容器带电量不变，将AB靠近一些，则d减小，根据知，电容增大，根据U=Q/C知，电势差减小，指针张角减小，故C错误；同理可知，断开电键，将A、B两极板分开一些，电势差增大，指针张角增大，故D正确；故选D
点睛：本题考查电容器的动态分析，关键抓住断开电键，电容器所带的电量不变，电键闭合，电容器两端的电势差不变
5、A
【解析】A．一个做平抛运动的铁球只受重力作用，重力势能和动能相互转化，机械能守恒，A正确；
B．被起重机拉着向上做匀速运动的货物，动能不变，重力势能增大，机械能增大，B错误；
C．沿粗糙的斜面向下做匀速运动的木块，动能不变，重力势能减小，机械能减小，C错误；
D．在空中向上做加速运动的氢气球，动能和重力势能均增大，机械能增大，D错误。
故选A。
6、C
【解析】A．电动机消耗的电功率

故A错误；
C．电动机线圈的发热功率

故C正确；
B．电动机输出的机械功率

故B错误；
D．电动机的工作效率

故D错误。
故选C。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、AC
【解析】由洛伦兹力提供向心力，可知

计算得出

则动能

可知，动能与加速的电压无关，与狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关，增大磁感应强度和D形盒的半径，可以增加粒子的动能，故选AC。
8、BCD
【解析】A.合力大致指向轨迹凹的一向，可知电场力方向向左，由于电场线方向未知，无法判断带电粒子的电性。故A错误；
B.a处电场线较密，则a处电场强度较大，由F=qE知，带电粒子在a处受力较大。故B正确；
CD.从a运动到b，电场力做负功，电势能增大，动能减小。所以带电粒子在a点的动能大于在b点的动能。在b点的电势能大于在a点的电势能。故CD正确；
故选：BCD；
9、AD
【解析】由运动的速度--时间图象可看出，带正电的粒子的加速度在A点时较大，由牛顿第二定律得知在A点的电场力大，故A点的电场强度一定大于B点的电场强度，故A正确；CD间各点电荷的加速度为零，故不受电场力，故电场强度为零，电场强度为零说明各点之间的电势差为零，但电势不一定为零，故B错误．A、C两点的速度相等，故粒子的动能相同，因此从A到B和从B到C电场力做功的绝对值相同，AB两点间的电势差等于CB两点间的电势差，故C错误．从A到B，速度增大，故电场力做正功，可知电势能减小，则粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能，故D正确；故选AD
【点睛】本题考查到了电场力做功的计算和电场力做功与电势能的关系，其关系为：电场力对电荷做正功时，电荷的电势能减少；电荷克服电场力做功，电荷的电势能增加，电势能变化的数值等于电场力做功的数值．这常是判断电荷电势能如何变化的依据．还考查了对于匀变速直线运动的图象分析电荷在电场中移动时，电场力做的功与移动的路径无关，只取决于起止位置的电势差和电荷的电量，这一点与重力做功和高度差的关系相似
10、BD
【解析】根据右手螺旋定则来判定两直导线在a、b两处的磁场方向，再结合矢量的叠加法则，即可求解
【详解】整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外，且a、b两点的磁感应强度大小分别为和，方向也垂于纸面向外，
根据右手螺旋定则，L1直导线电流，在a、b两点磁场方向垂直纸面向里，大小相等，
同理，L2直导线的电流，在a点磁场方向垂直纸面向里，在b点磁场方向垂直纸面向外，但两点的磁场大小相等，
依据矢量叠加法则，则有：B0-B2-B1=
B0+B2-B1=
联立上式，可解得： ，
故选BD
【点睛】考查右手螺旋定则的应用，掌握矢量的合成法则，注意对称位置的磁场大小是相等的

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11、 (1).a (2).b (3).自感
【解析】在断开前，自感线圈中有向左的电流，断开K后瞬间，的电流要减小，于是中产生自感电动势，阻碍自身电流的减小，但电流还是逐渐减小为零，原来跟并联的灯泡，由于电源的断开，向右的电流会立即消失．但此时它却与形成了串联的回路，中维持的正在减弱的电流恰好从灯泡中流过，方向由到，因此，灯泡不会立即熄灭，而是渐渐熄灭，将这称为自感现象，
【点睛】线圈的特点是闭合时阻碍电流的增大，断开时产生一自感电动势相当于电源，与组成闭合回路，的左端电势高，做好本类题目的关键是弄清线圈与哪种电器相配，结合线圈特点分析新组成的闭合回路的电流流向
12、 ①.5.00 ②.变小 ③.增大 ④.B ⑤.2.8
【解析】（1）U1=IR0=100Ω×50×10-6A=5×10-3V=5mV由，I不变，温度升高，U减小，故R减小；由于R变小，总电阻减小，电流增大；R0两端电压增大，即V1表示数变大，只有增大电阻才能使电流减小，故滑动变阻器向右调节，即向B端调节
（2）由图可知， =2.8×10-3V/℃

四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13、（1）2T；（2）1.5m/s2，方向沿斜面向上
【解析】（1）当R0=1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律求解电流强度，由平衡条件求解磁感应强度；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律求解加速度大小
【详解】（1）当R0＝1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律可得
根据左手定则可知安培力方向水平向右；
由平衡条件有：BILcosθ＝mgsinθ
解得B＝2T；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，大小不变；
根据牛顿第二定律可得：BIL﹣mgsinθ＝ma
解得：a＝1.5m/s2，方向沿斜面向上
【点睛】本题主要是考查安培力作用下的导体棒的平衡问题，解答此类问题要明确导体棒的受力情况，结合平衡条件列方程解答
14、8cm
【解析】粒子a板左端运动到P处，由动能定理得

代入有关数据，解得
，代入数据得θ=30°
粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，如图
由几何关系得

联立求得
代入数据解得
15、 (1) (2)3N
【解析】(1)设小球在C点的速度大小是vC，则对于小球由A→C的过程中，由动能定理得：

解得：

(2)小球在C点时受力分析如图

由牛顿第二定律得：

解得：

由牛顿第三定律可知，小球对轨道压力：
NC′=NC=3N