宁夏银川市育才中学2025年高二上物理期末达标检测试题含解析.doc

宁夏银川市育才中学2025年高二上物理期末达标检测试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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、如图所示为一种获得高能粒子的装置——环形加速器，环形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场．质量为m、电荷量为＋q的粒子在环中做半径为R的圆周运动．A、B为两块中心开有小孔的极板，原来电势都为零，每当粒子飞经A板时，A板电势升高为＋U，B板电势仍保持为零，粒子在两极板间的电场中加速．每当粒子离开电场区域时，A板电势又降为零，粒子在电场一次次加速下动能不断增大，而在环形区域内绕行半径不变（设极板间距远小于R）．下列关于环形加速器的说法中正确的是（ ）

A.环形区域内的磁感应强度大小Bn与加速次数n之间的关系为＝
B.环形区域内的磁感应强度大小Bn与加速次数n之间的关系为
C.A、B板之间的电压可以始终保持不变
D.粒子每次绕行一圈所需的时间tn与加速次数n之间的关系为＝
2、一粗细均匀的镍铬丝，截面直径为d，电阻为R.把它拉制成直径为的均匀细丝后，在温度不变的情况下，它的电阻变为( )
A.10000R B.100R.
C. D.
3、物理学领域里的每次重大发现，都有力地推动了人类文明的进程．最早利用磁场获得电流，使人类得以进入电气化时代的科学家是（）
A.库仑 B.奥斯特
C.安培 D.法拉第
4、关于磁场、磁感应强度和磁感线的描述，下列叙述正确的是（　　）
A.磁感线可以形象地描述磁场的强弱和方向，在磁场中是客观存在的
B.磁极间的相互作用是通过磁场发生的
C.磁感线总是从磁体的N极指向S极
D.由B=可知，B与F成正比，与IL成反比
5、如图所示，质子（11H）和α粒子（24He）以相同的初动能垂直射入偏转电场(粒子不计重力)，则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为(　　)

A.1∶1 B.1∶2
C.2∶1 D.1∶4
6、在我市某重点中学的操场上，四位同学按如图所示的装置研究利用地磁场发电问题，他们把一条大约10m 长电线的两端连在一个灵敏电流表的两个接线柱上，形成闭合电路．两个同学迅速摇动这条电线，另外两位同学在灵敏电流计旁观察指针摆动情况，下列说法中正确的是：

A.为了使指针摆动明显，摇动导线的两位同学站立的方向应沿东西方向
B.为了使指针摆动明显，摇动导线的两位同学站立的方向应沿南北方向
C.当导线在最高点时，观察到感应电流最大
D.当导线在最低点时，观察到感应电流最大
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、关于磁感线和电场线，下列说法中正确的是（）
A.磁感线和电场线都是一些互相平行的直线
B.磁感线是闭合曲线，而静电场线不是闭合曲线
C.磁感线起始于N极，终止于S极；电场线起始于正电荷，终止于负电荷
D.电场线和磁感线都可以用其疏密表示电场强度和磁感应强度的强弱
8、如图是通过变压器降压给用户供电示意图.负载变化时变压器输入电压保持不变.输出电压通过输电线输送给用户输电线的电阻用R0表示，开关S闭合后，相当于接入电路中工作的用电器增加．变压器可视为理想变压器，则开关S闭合后，以下说法正确的是

A.变压器的输入功率减小
B.电表V1示数与V2示数的比值不变
C.输电线的电阻R0消耗的功率增大
D.流过电阻R1的电流增大
9、1932年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示。这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙。不计带电粒子在电场中的加速时间和相对论效应，下列说法正确的是（　　）

A.粒子由加速器的边缘进入加速器
B.粒子由加速器的中心附近进入加速器
C.加速电场的周期随粒子速度的增大而减小
D.粒子从D形盒射出时的动能随D形盒半径的增大而增大
10、回旋加速器的主要结构如图所示，两个D形空盒拼成一个圆形空腔，中间留一条缝隙，当其工作时，关于回旋加速器加速带电粒子所获得的能量，下列说法正确的是

A.与加速器的半径有关，半径越大，能量越大
B.与加速器的磁场有关，磁场越强，能量越大
C.与加速器的电场有关，电场越强，能量越大
D.与带电粒子的质量和电荷量均有关，质量、电荷量越大，能量越大
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）某研究小组收集了手机中的锂电池．为测量锂电池的电动势E和内阻r，小红同学设计了如图所示的电路图来“测电源电动势和内阻”，图中R2为电阻箱．根据测量数据作出图象，如图所示

(1)若该图线的斜率为k，纵轴截距为b，则该锂电池的电动势E＝________，内阻r＝________(用k、b表示)
(2)上述方法测出的数据与真实值比较，测量出的内阻_____________（填“偏大” 或“偏小”）,造成此系统误差主要原因是__________________________
12．（12分）有一节干电池，电动势约为，内阻约为某实验小组为了比较准确的测量其电动势和内阻，在实验室找到了如下器材：
A.电流表A量程，内阻约为
B.电流表G量程，内阻
C.定值电阻
D.定值电阻
E.滑动变阻器，额定电流
F.滑动变阻器，额定电流
G.开关S和导线若干

(1)因缺少电压表，该组同学准备利用电流表G与定值电阻串联改装成电压表，为较好的满足测量需要，定值电阻应选择______填“C”或“D”；为操作方便，滑动变阻器应选择______填“E”或“F”
(2)该小组根据实验原理图连接线路、测量数据、并在坐标纸上描点连线，得到相应的图线如图，其中I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数，则该电源的电动势E=____________V，内阻r=______(两空均保留三位有效数字)
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

14．（16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
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ABR=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、B
【解析】因粒子每绕行一圈，其增加的能量为qU，所以，绕行第n圈时获得总动能为，得第n圈的速度．在磁场中，由牛顿第二定律得，解得，所以，A错误、B正确；如果A、B板之间的电压始终保持不变，粒子在A、B两极板之间飞行时，电场力对其做功qU，从而使之加速，在磁场内飞行时，电场又对粒子做功－qU，从而使之减速．粒子绕行一周电场对其所做总功为零，动能不会增加，达不到加速效果，C错误；根据得，得，D错误；故选B
【点睛】此题考查带电粒子在电场力作用下运动问题，电场力做功从而获得动能，掌握动能定理、牛顿第二定律与向心力公式的应用，掌握粒子做匀速圆周运动的周期公式，及运用数学的通项式；此题不仅考查物理基本规律的运用，也考查数学计算能力.
2、A
【解析】镍铬丝的横截面的直径为d，横截面积为S1=，由数学知识得知，直径变化后横截面积是S2=，由于镍铬丝的体积不变，由长度变为原来的100倍，根据电阻定律R=ρ得到，电阻是原来的10000倍，即为10000R．故选A
3、D

【解析】最早利用磁场获得电流的物理学家是法拉第，是法拉第发现的电磁感应现象，使人类得以进入电气化时代
A.库仑．与史实不符，故A错误；
B.奥斯特．与史实不符，故B错误；
C.安培．与史实不符，故C错误；
D.法拉第．与史实相符，故D正确
4、B
【解析】A．磁感线是形象地描述磁场而引入的曲线，是假想的曲线，故A错误；
B．磁场的基本特性是对处于磁场中的磁极或电流有力的作用，故磁极间的相互作用是通过磁场发生的，故B正确；
C．磁场中的任何一条磁感线都是闭合曲线，只是在磁体外部由磁体的N极指向S极，故C错误；
D．磁感应强度定义式为B=，是采用比值法定义的，磁感应强度由磁场自身决定，与电流元IL无关，只是起到测量作用，故D错误
5、B
【解析】质子和α粒子垂直射入偏转电场都做类平抛运动，根据牛顿第二定律得到粒子加速度的表达式为：；粒子射出电场时的侧位移y的表达式为：y=at2；又；联立上三式得：；由题，两个粒子的初动能Ek相同，E、l相同，则y与q成正比，质子（11H）和α粒子（24He）电荷量之比为1：2，侧位移y之比为1：2．故选B
6、A
【解析】做此题要知道产生感应电流的条件：一是闭合回路中的一部分导体，二是必须做切割磁感线运动；
AB、由于地球的周围存在磁场，且磁感线的方向是从地理的南极指向地理的北极，所以当两个同学朝东西方向站立，并迅速摇动电线时，导线就会做切割磁感线运动，则电路中就产生了感应电流，故A对，B错；
CD、当导线在最高点和最低点时，导线的速度方向和磁场方向平行，所以此时不产生电流，故CD错误；

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、BD
【解析】磁感线和电场线都可以是直线，也可以是曲线，且不一定是平行的，选项A错误；磁感线是闭合曲线，而静电场线不是闭合曲线，选项B正确；磁感线是闭合的曲线；电场线起始于正电荷，终止于负电荷或者无穷远，选项C错误；电场线和磁感线都可以用其疏密表示电场强度和磁感应强度的强弱，选项D正确；故选BD.
8、BC
【解析】A项：因为负载增加，则副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，则副线圈电流增大，由P=UI知功率增加，故A错误；
B项：电表V1示数与V2示数的比值等于原、副线圈的匝数比，所以电表V1示数与V2示数的比值不变，故B正确；
C项：因为负载增加，则副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，则副线圈电流增大，所以输电线的电阻R0消耗的功率增大，故C正确；
D项：因为负载增加，则副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，则副线圈电流增大，上损失的电压增大，所以两端的电压减小，所以流过的电流减小，故D错误
9、BD
【解析】AB．要加速次数最多最终能量最大，则被加速带电粒子只能由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器，故A错误，B正确；
C．据回旋加速器的工作原理知，电场的周期等于粒子在磁场运动的周期，所以

与带电粒子的速度大小无关，故C错误；
D．带电粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力，所以

所以

据表达式可知，带电粒子获得的最大动能取决于D形盒的半径，所以最大动能为

那么粒子从D形盒射出时的动能随D形盒半径的增大而增大，故D正确。
故选BD。
10、AB
【解析】由qvB＝得：，则最大动能为：，知最大动能与加速器的半径、磁感线强度以及电荷的电量和质量有关．半径越大，能量越大；磁场越强，能量越大故AB正确；由可知，粒子获得的最大动能与加速电场无关．故C错误；由可知，质量和电量都大，粒子获得的最大动能不一定大．故D错误．故选AB

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. ②. ③.偏小 ④.电压表分流作用
【解析】（1）由闭合电路的欧姆定律求出与的关系式，根据该关系式求出电源的电动势与内阻；
（2）因为电压表不是理想电表，所以存在误差
【详解】（1）不考虑电压表分流作用，电路的电流根据闭合电路欧姆定律，有，联立得，则图像斜率，纵轴截距，所以，
（2）考虑电压表的分流作用，写出闭合电路欧姆定律，其中是电压表内阻与电源内阻并联之后的电阻，此为我们实验的测量值，所以比真实值小
【点睛】测定电源内阻与电动势的实验利用闭合电路欧姆定律即可解决，需要注意电流表分压与电压表分流引起的误差
12、 ①.C ②.E ③.1.48 ④.0.840
【解析】(1)[1][2]由于没有电压表，可以用电流表G与定值电阻串联组成电压表测电压，改装后电压表的量程

若电流表G与定值电阻串联组成电压表的量程

电源电动势约为1.5V，所以只需改装成2V的电压表，故定值电阻选择C；因电源内阻较小，为了有效调节电路中的电流，滑动变阻器选择总阻值较小的E；
(2)[3][4]设为电流表的示数，为电流表G的示数，数值远大于的数值，可以认为电路电流，在闭合电路中，电源电动势：

则：

由图示图像可知，图像纵轴截距：

则：电源电动势：

图像斜率：

解得：

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、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
14、（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
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