2025屆湘贛十四校、等高二物理第一學期期末經典試題含解析

2025屆湘贛十四校、等高二物理第一學期期末經典試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、如圖所示，把同一個點電荷分別放在電場線上中的A、B兩點，則下列關于電場強度EA、EB和點電荷在電場中所受到到的電場力FA、FB關系正確的是（）A.EA>EB、FA>FB B.EA<EB、FA<FBC.EA<EB、FA>FB D.EA>EB、FA<FB2、下列物理量中，屬于標量的是A.電勢能 B.電場強度C.磁感強度 D.洛倫茲力3、目前世界上正在研究的一種新型發(fā)電機叫磁流體發(fā)電機，如圖所示表示它的發(fā)電原理：將一束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和帶負電的微粒，而從整體上來說呈電中性）噴入磁場，由于等離子體在磁場力的作用下運動方向發(fā)生偏轉，磁場中的兩塊金屬板A和B上就會聚集電荷，從而在兩板間產生電壓。在圖示磁極配置的情況下，下列表述正確的是（）A.金屬板A的電勢較高B.通過電阻R的電流方向是b→R→aC.等離子體在A、B間運動時，磁場力對等離子體做正功D.等離子體在A、B間運動時，磁場力對等離子體做負功4、如圖所示，真空中有兩個帶等量正電荷的Q1、Q2固定在水平x軸上的A、B兩點。一質量為m、電荷量為q的帶電小球恰好靜止在A、B連線的中垂線上的C點，由于某種原因，小球帶電荷量突然減半。D點是C點關于AB對稱的點，則小球從C點運動到D點的過程中，下列說法正確的是（）A.小球做勻加速直線運動B.小球受到的電場力可能先減小后增大C.電場力先做正功后做負功D.小球的機械能一直不變5、首先采用“理想實驗”研究運動與力關系的科學家是A.伽利略 B.牛頓C.開普勒 D.亞里士多德6、地球同步通訊衛(wèi)星，是無線電波傳播的中繼站同步衛(wèi)星繞地心轉動，地面上觀察者卻發(fā)現(xiàn)它是靜止的，這是因為觀察者所選擇的參考系是A.太陽 B.月球C.地球 D.衛(wèi)星二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、如圖所示，在x軸上方有垂直于紙面向外的勻強磁場，兩帶正電且電量相同；質量分別為m1、m2的粒子A和B以相同的速率從O點與x軸正方向成60°角垂直射入磁場，發(fā)現(xiàn)粒子A從a點射出磁場，粒子B從b點射出磁場．若另一與A、B帶電量相同而質量不同的粒子C以相同速率從O點與x軸正方向成30°角射入x軸上方時，發(fā)現(xiàn)它從ab的中點c射出磁場，則下列說法中正確的是(不計所有粒子重力)()A.粒子B在磁場中的運動時間比粒子A在磁場中的運動時間長B.粒子A、B在磁場中的運動時間相同C.可以求出粒子C的質量D.粒子C在磁場中做圓周運動的半徑一定比粒子B做圓周運動的半徑小8、如圖所示，一個正點電荷Q靜止在正方形的一個角上，另一個帶電粒子（可視為點電荷）射入該區(qū)域時，恰好能經過正方形的另外三個角a、b、c，粒子僅受靜電力作用，則粒子由a經b運動到c的過程中，下列分析正確的有（）A.a、b、c三點電勢高低及場強大小的關系是：φa=φc>φb，Ea=Ec=2EbB.粒子由a到b電勢能增加，由b到c電場力做正功，在b點動能最小C.粒子在a、b、c三處的加速度大小之比是1:2:1D.改變粒子在a處的速度，有可能使其經過a、b、c三點做勻速圓周運動9、如圖所示，一束色光從長方體玻璃磚上表面射入玻璃，穿過玻璃后從側面射出，變?yōu)閮墒鴨紊?，則以下說法正確的是A.玻璃對光的折射率較大B.在玻璃中光的波長比光短C.在玻璃中光傳播速度比光大D.減小入射角，光線有可能消失10、如圖所示，在邊長為L的正三角形區(qū)域內存在著垂直于紙面向里的勻強磁場B和平行于MN的勻強電場E，一帶電粒子（不計重力）剛好以初速度v0從三角形的頂點O沿角平分線OP做勻速直線運動。若只撤去磁場，該粒子仍以初速度v0從O點沿OP方向射入，此粒子剛好從N點射出。下列說法中正確的是（）A.粒子帶負電B.磁感應強度的大小與電場強度的大小之比為＝v0C.若只撤去電場，該粒子仍以初速度v0從O點沿OP方向射入，粒子將在磁場中做半徑為L的勻速圓周運動，且剛好從M點射出D.粒子在只有電場時通過該區(qū)域的時間大于粒子在只有磁場時通過該區(qū)域的時間三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）有一個小燈泡上標有“2V，1W”的字樣，現(xiàn)在要用伏安法描繪這個燈泡的I-U圖線，有下列器材供選用：A．電壓表（0～3V內阻約10kΩ）B．電壓表（0～15V內阻約20kΩ）C．電流表(0～0.3A，內阻約1Ω）D．電流表(0～0.6A，內阻約0.4Ω）E．滑動變阻器（5Ω，1A）F．滑動變阻器（500Ω，0.2A）G．電源（電動勢3V，內阻1Ω）(1)實驗中電壓表應選用_____________，電流表應選用_____________，為使實驗誤差盡量減小，要求電壓表從零開始變化且多取幾組數(shù)據(jù)，滑動變阻器應選用___________（用序號字母表示）(2)實驗中移動滑動變阻器滑片，得到了小燈泡的I-U圖象如圖所示，則可知小燈泡的電阻隨電壓增大而____________（填“增大”、“減小”或“不變”）12．（12分）在“探究加速度與力、質量關系”的實驗中：(1)探究物體的加速度與力的關系時，應保持________的質量不變，分別改變施加在物體上的力F，測出相對應的加速度a.(2）實驗中，長木板不是直接放在水平實驗臺上，而是把后端略微墊高，這樣做的目的是______(3)當小車質量M與小沙桶及沙子質量m的大小關系滿足_____________時，才可以認為繩對小車的拉力大小等于盤中砝碼的重力(4)一組同學在做加速度與質量的關系實驗時，保持小沙桶及沙子的質量一定，改變小車及車中砝碼的質量，測出相應的加速度，采用圖象法處理數(shù)據(jù)．為了比較容易地檢查出加速度a與質量M的關系，應該做a與_________的圖象四、計算題：本題共3小題，共38分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）如圖所示，在傾角為30°的斜面OA的左側有一豎直擋板，其上有一小孔P，OP之間足夠遠.現(xiàn)有一質量，帶電量q=+2×10-14C的粒子，從小孔以速度水平射向磁感應強度B=0.2T、方向垂直紙面向外的一圓形磁場區(qū)域，且在飛出磁場區(qū)域后能垂直打在OA面上，粒子重力不計．求：(1)粒子在磁場中圓周運動的半徑;(2)粒子在磁場中運動的時間；(3)圓形磁場區(qū)域的最小面積；(4)若磁場區(qū)域為正三角形且磁場方向垂直紙面向里，粒子運動過程中始終不碰到豎直擋板，其他條件不變，則此正三角形磁場區(qū)域的最小面積為多少；(5)若磁場區(qū)域為矩形且磁場方向垂直紙面向里，粒子運動過程中始終不碰到豎直擋板，其他條件不變，求：此矩形磁場區(qū)域的最小面積？14．（16分）如圖所示，兩根相距L＝1m的足夠長的光滑金屬導軌，一組導軌水平，另一組導軌與水平面成37°角，拐角處連接一阻值R＝1Ω的電阻．質量均為m＝2kg的金屬細桿ab、cd與導軌垂直接觸形成閉合回路，導軌電阻不計，兩桿的電阻均為R＝1Ω.整個裝置處于磁感應強度大小B＝1T、方向垂直于導軌平面的勻強磁場中．當ab桿在平行于水平導軌的拉力作用下沿導軌向右勻速運動時，cd桿靜止．g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)水平拉力的功率；(2)現(xiàn)讓cd桿靜止，求撤去拉力后ab桿產生的焦耳熱15．（12分）導體切割磁感線的運動可以從宏觀和微觀兩個角度來認識。如圖甲所示，固定于水平面的U形導線框處于豎直向下的勻強磁場中，金屬直導線MN在與其垂直的水平恒力F作用下，在導線框上以速度v做勻速運動，速度v與恒力F方向相同；導線MN始終與導線框形成閉合電路。已知導線MN電阻為零，兩平行軌道間距離為L，磁場的磁感應強度為B．忽略摩擦阻力，接入導線框的電阻與MN平行部分電阻為R，其余電阻不計。（不考慮自由電荷的熱運動）（1）求金屬棒MN兩端的電勢差，說明M、N哪一點電勢高；（2）通過公式推導驗證：在Δt時間內，F(xiàn)對導線MN所做的功W等于電路獲得的電能W電。（3）某同學對此安培力的作用進行了分析，他認為：安培力的實質是形成電流的定向移動的電荷所受洛倫茲力的合力，而洛倫茲力是不做功的，因此安培力也不做功。你認為他的觀點是否正確，請在圖乙中畫出電子受到的洛倫茲力并說明理由。

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、B【解析】電場線的疏密表示電場強度的強弱，由于B點的電場線密，所以B點的電場強度大于A點的場強，電場力大與A點的電場力，故選項B正確．故選B考點：電場線；電場強度2、A【解析】標量是只有大小沒有方向物理量，矢量是既有大小又有方向的物理量．根據(jù)有無方向確定【詳解】電場強度、磁感應強度和力都是矢量，只有電勢能是標量，故屬于標量的選A【點睛】矢量與標量明顯的區(qū)別是：矢量有方向，標量沒有方向．要掌握物理量的矢標性3、A【解析】AB．根據(jù)左手定則，可判斷出等離子體中的帶正電的微粒受到向上的洛倫磁力，從而打到金屬板A上，帶負電的微粒受到向下的洛倫磁力，從而打到金屬板B上，A是電源的正極，B是電源的負極。故金屬板A的電勢較高，通過電阻R的電流方向是a→R→b，故B錯誤，A正確；CD．洛倫磁力一直和速度垂直，故磁場力對等離子體不做功，故CD錯誤；故選A。4、B【解析】A．小球初始時能靜止，由小球水平方向合力為0可知A、B兩電荷電荷量必定相等，設；小球下落過程受到重力和電場力作用，由牛頓第二定律可得由于和均發(fā)生變化，故小球不做勻加速運動，故A錯誤；B．由等量同種電荷的分布可知，電荷C在中垂線上受到的電場力為其中垂線上從無限遠處到兩電荷連線中點場強先變大后變小，只要C點位置合適，從C點到O點，小球受到的電場力先減小，從O點到D點，電場力再增大，故小球受到的電場力可能先變減小后增大，B正確；C．由題意可知，小球帶正電，故從C到D電場力先做負功后做正功，故C錯誤；D．小球運動過程中電場力做功了，故小球機械能不守恒，故D錯誤；故選B。5、A【解析】A、伽利略設想了理想斜面實驗,推導出力不是維持物體運動的原因,開創(chuàng)了理想實驗的科學方法,研究了力和運動的關系.所以A選項是正確的;B、牛頓在伽利略等人研究成果的基礎上,發(fā)現(xiàn)了三大定律和萬有引力定律.故B錯誤;C、開普勒提出來萬有引力三大定律;揭示了天體的運動，故C錯誤；D、亞里士多德是古希臘的哲學家、天文學家等,主要方法是思辨.故D錯誤;故選A6、C【解析】解答此題的關鍵是看被研究的物體與所選的標準，即參照物之間的相對位置是否發(fā)生了改變，如果發(fā)生改變，則物體是運動的；如果未發(fā)生變化，則物體是靜止的【詳解】因為同步衛(wèi)星的轉動和地球的轉動是同步的，地球怎么轉動衛(wèi)星也怎么轉動，它相對于地球的位置沒有沒有發(fā)生變化，所以以地球為參照物，衛(wèi)星是靜止的；若以太陽，月亮或宇宙飛船為參照物，衛(wèi)星與太陽，月亮或宇宙飛船之間的相對位置發(fā)生了變化，是運動的．故C正確；AB錯誤；選取其它同步通信衛(wèi)星作為參考系時，做勻速圓周運動，因同步，則相對靜止；若選取其它不同步的，則存在相對運動的，故D錯誤．故選C【點睛】理解“同步”是本題的關鍵，研究同一物體的運動狀態(tài)，如果選擇不同的參照物，得出的結論可以不同，但都是正確的結論二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、AC【解析】AB．帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，粒子的入射速度方向、出射速度方向與邊界夾角相等，則知A、B兩個粒子速度的偏向角均為120°，軌跡對應的圓心角也為120°．設軌跡的圓心角為θ，則粒子在磁場中運動的時間，由圖知，B粒子的軌跡半徑較大，而θ與v相等，所以B粒子在磁場中的運動時間比A粒子在磁場中的運動時間長，故A正確。C．設C粒子的質量為m3．Oa=L，ab=d。粒子做勻速圓周運動，軌跡如圖：故質量為m1、m2、m3的粒子軌道半徑分別為：故：（R1+R2）=2R3粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，故：聯(lián)立以上幾式解得：故C正確。D．由上知，C粒子在磁場中作圓周運動的半徑可能比B粒子作圓周運動的半徑大，故D錯誤。故選AC。8、AB【解析】電荷受到的合力指向軌跡的內側，根據(jù)軌跡彎曲方向判斷出粒子與固定在O點的電荷是異種電荷，它們之間存在引力，根據(jù)點電荷的電場線的特點，Q與ac距離相等，都小于b，故B點的電勢高于ac兩點的電勢．應用牛頓第二定律求出加速度之間的關系.【詳解】根據(jù)點電荷的電場線的特點，Q與ac距離相等，都小于b，故b點的電勢低于ac兩點的電勢，即φa=φc>φb；Ea=Ec=；Eb=，故A正確；電荷受到的合力指向軌跡的內側，根據(jù)軌跡彎曲方向判斷出粒子與固定在O點的電荷是異種電荷，它們之間存在引力，所以質點由a到b電場力做負功，電勢能增加，動能減?。挥蒪到c電場力做正功，動能增大，在b點動能最小；故B正確；粒子P在a、b、c三點時的加速度大小要根據(jù)庫侖定律求出庫侖力．由圖可知，ra=rc=,根據(jù)庫侖定律：，可得：可知，加速度之比應為：2：1：2；故C錯誤；由帶電粒子所受的電場力的方向可知，帶電粒子abc三個點受到的電場力大小不相等，所以不可能其經過a、b、c三點做勻速圓周運動．故D錯誤．故選AB.【點睛】本題屬于電場中軌跡問題，考查分析推理能力．根據(jù)軌跡的彎曲方向，判斷出電荷受到的電場力指向軌跡內側．進而判斷出電荷是負電荷9、BD【解析】A.如圖所示，b光的偏折程度大于a光的偏折程度，知b光的折射率大于a光的折射率，故A錯誤；B.根據(jù)知，b光的頻率大，則b光的波長小于a光的波長．故B正確；C.b光的折射率大于a光的折射率，由v=c/n知在玻璃中b光傳播速度小于a光，故C錯誤；D.減小入射角i，則折射角減小，到達左邊豎直面時入射角就增大，如增大達到臨界角則發(fā)生全反射，a、b光線消失，故D正確10、AD【解析】A．只撤去磁場，即只有電場時，粒子從N點射出，說明粒子受到的電場力方向水平向右。同時存在電場與磁場時粒子做勻速直線運動，電場力與洛倫茲力合力為零，所以洛倫茲力方向水平向左，根據(jù)左手定則判斷可知粒子帶負電，故A正確。B．粒子做勻速直線運動時，有qE＝qv0B得＝v0故B錯誤。C．若只撤去電場，只存在磁場時，粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qv0B＝m只存在電場時，粒子從O點沿角分線OP射入，此粒子剛好從N點射出，粒子在電場中做類平拋運動，則有結合＝v0，解得r＝L設軌跡圓心為O′，則O′M＝＝L＞r所以粒子從OM之間的某位置射出，故C錯誤。D．粒子在電場中做類平拋運動，運動時間為t1＝＝只有磁場時，因射入磁場時與OM的夾角為30°，在OM之間射出磁場時，速度方向與OM的夾角仍為30°，粒子的偏轉角為60°，則粒子在磁場中運動的時間為粒子在電場與磁場中的運動時間之比＞1故粒子在只有電場時通過該區(qū)域的時間大于粒子在只有磁場時通過該區(qū)域的時間，故D正確。故選AD。三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、①.A；②.D；③.E；④.增大；【解析】（1）根據(jù)燈泡額定電壓選擇電壓表，根據(jù)燈泡額定電流選擇電流表，為了方便實驗操作，應選最大阻值較小的滑動變阻器（2）根據(jù)圖示圖象應用歐姆定律分析答題【詳解】（1）燈泡額定電壓是2V，電壓表應選擇A，燈泡額定電流，電流表應選擇D，為方便實驗操作，滑動變阻器應選擇E；（2）由圖所示圖象可知，隨電壓增大，燈泡電流增大，電壓與電流的比值增大，燈泡電阻增大；12、①.小車②.平衡摩擦力③.m<<M④.a-【解析】探究“加速度與力、質量的關系”實驗采取控制變量法探究加速度與力、質量的關系；為了使得砂桶的拉力等于小車所受的合力，需要平衡摩擦力，同時要保證小車的質量遠大于砂桶的質量；為了直觀地反映物體的加速度與物體質量的關系，需作a-1/m圖象，若圖象是通過坐標原點的一條直線，則說明加速度a與質量m成反比【詳解】（1）探究物體的加速度與力的關系時，應保持小車的質量不變，分別改變施加在物體上的力F，測出相對應的加速度a.（2）實驗中，長木板不是直接放在水平實驗臺上，而是把后端略微墊高，這樣做的目的是平衡摩擦力；（3）當小車質量M與小沙桶及沙子質量m的大小關系滿足m<<M時，才可以認為繩對小車的拉力大小等于盤中砝碼的重力（4）根據(jù)可知，為了比較容易地檢查出加速度a與質量M關系，應該做a與的圖象【點睛】解決本題的關鍵掌握該實驗的原理，知道本實驗采取控制變量法，以及知道如何運用圖象得出加速度與質量和力的關系，同時熟練應用物理基本規(guī)律解決實驗問題四、計算題：本題共3小題，共38分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13、(1)0.3m(2)(3)(4)(5)【解析】(1)粒子在磁場中,由洛倫茲力提供向心力,根據(jù)牛頓第二定律求出粒子在磁場中做圓周運動的半徑,并由圓周運動公式求出周期；(2)畫出粒子運動的軌跡如圖,由幾何知識得到軌跡對應的圓心角θ,由求出粒子在磁場中運動的時間;(3)當粒子的軌跡圓正好以PQ為直徑時,圓形磁場區(qū)域的半徑最小,則知最小半徑的值,從而求出面積．.(4)若磁場區(qū)域為正三角形且磁場方向垂直向里,粒子運動過程中始終不碰到擋板,其他條件不變,由幾何關系可求正三角形磁場區(qū)域的最小邊長，從而求出面積.（5）若磁場區(qū)域為矩形且磁場方向垂直向里,粒子運動過程中始終不碰到擋板,其他條件不變,由幾何關系可求矩形的長和寬，從而計算面積【詳解】(1)粒子在磁場中,由洛倫茲力提供向心力,根據(jù)牛頓第二定律得,得:(2)畫出粒子運動的軌跡如圖,由幾何知識得到軌跡對應的圓心角,則粒子在磁場中運動的時間為(3)當粒子的軌跡圓正好以PQ為直徑時,圓形磁場區(qū)域的半徑最小,根據(jù)幾何知識得知,PQ=r,則磁場最小的半徑為（4）畫出粒子的運動軌跡如圖,由數(shù)學知識可得:得:求得