资源简介

石家庄市2024-2025学年度第一学期期末教学质量检测
高二物理
(本试卷满分100分，考试时间75分钟)
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改
动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试
卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符
合题目要求。
1,物理实验中，常用亥姆霍兹线圈制造匀强磁场。如图所示，亥姆霍兹线圈由两个平行放置
的通电线圈构成，线圈中电流大小相同，方向如箭头所示，线圈关于O点对称，两线圈中
间区域可视为匀强磁场。以O为原点，建立Oz直角坐标系，x轴过两线圈的圆心，两个
通电线圈在O点产生的磁场方向为
A.沿z轴负方向
B.沿z轴正方向
C.沿x轴负方向
D.沿x轴正方向
2.如图所示电路中，A、B为两个相同灯泡，L为自感系数较大、电阻可忽略不计的电感线
圈，下列说法正确的是
B
A.接通开关S,A立即变亮，最后A比B亮
B.接通开关S,B立即变亮，最后A、B一样亮
C.断开开关S,A、B都立刻熄灭
D.断开开关S,A、B都逐渐熄灭
3.如图所示的电路中，电压表和电流表均为理想电表。闭合开关S,电路达到稳定状态后，
向右缓慢滑动变阻器R2滑片的过程中，下列说法正确的是
A.电流表示数减小
B.电压表示数减小
C.电容器所带电荷量增加
D.电阻R消耗的功率变大
高二物理
第1页（共6页）
4.两根材料相同、横截面半径之比为3：1的均匀直导线P、Q按如图所示的方式接人电路。
当电路中通人恒定电流时，流过P、Q的自由电子定向移动的平均速率之比为
A.1:9
B.1:3
Q
C.3:1
D.9:1
5.如图所示，真空中有两个带正电的点电荷放在MN两点，O点为两电荷连线的中点，图
中的OA为过O点且与MN垂直的线，B点为OA上的点，且∠OBN=2∠OAN=60°。一试
探电荷在A点所受的静电力为F,则该试探电荷在B点所受的静电力大小为
A.2F
M
B.3F
C.3F
B
D.4F
N -
6.
如图所示，在一直线边界上方存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。
直线边界上有一粒子源位于O点，零时刻粒子源同时向纸面内沿两个不同的方向发射速度大
小均为v、质量均为m、电荷量均为9的粒子，且两个粒子先后经过该边界上另外一点P,
P点到O点的距离为5m。若不计粒子重力和粒子间的相互作用，则这两个粒子到达P
点的时间差为
A.
元m
3qB
×
B.
元71
×
2qB
XX BX X
X
×
C.
2πm
×××××
十
3qB
×××
×××
D.
πm
qB
7.如图所示，纸面内半径为R的圆形区域处于方向平行纸面的匀强电场中，圆周上的A点有
一粒子源，能向各个方向陆续发射初动能相等、带电量均为9的同种粒子，圆周上各处均
有粒子到达，不计粒子重力和粒子间的相互作用，AB是该圆周的直径。测得粒子到达圆周
时的最小动能比初动能小E。,最大动能比初动能大3E,下列说法正确的是
A.电场强度的大小为
qR
B.
电场强度的大小为2
R
C.电场方向与AB的夹角为30°
D.电场方向与AB的夹角为45
高二物理第2页（共6页）石家庄市2024-2025学年高二年级第一学期期末教学质量检测
物理参考答案
(时长75分钟，满分100分)
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只
有一项符合题目要求。
题号
1
2
3
4
5
6
答案
C
D
D
4
B
B
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有
两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得
0分。
题号
8
9
10
答案
CD
AD
ABD
三、非选择题：共54分。
11.(8分)
(1)b(2分)
(2)4.4±0.1(2分)电流表外接，流过电阻的电流偏大，电阻测量值偏小(2分)
(3)4R(2分)
4L
12.(8分)
(1)a(1分)b(1分)
(2)电流表(1分)5mA或0.005A(2分)
(3)欧姆表(1分)1502(2分)
13.(8分)
1
【解析】(1)(3分)电子加速，由动能定理有w=2m(2分)
解得：y=
eu
(1分)
(2)(5分)电子在圆筒中做匀速直线运动，有，=2
(2分)
1
电子经过8次加速后，有8eu=m(2分)
解得：1=2T、
eu
(1分)
m
高二物理参考答案第1页，共3页
14.(14分)
U
【解析】(1)(3分)粒子在速度选择器内做匀速直线运动，有9立=q8(2分)
U
解得：B=
(1分)
_vd
(2)(5分)粒子射入圆形磁场后离开磁场时，速
度方向改变90°，轨迹如图。设轨迹半径为R,
由几何关系可得R=r"(2分)
x
洛伦兹力提供向心力：qvB,=m一(2分)
解得B,=m
(1分)
gr
(3)(6分)粒子射入在圆形磁场运动轨迹圆弧对应的圆心角日=
(2分)
er
粒子在圆形磁场中运动时间t=(2分)
联立可得：t=
(2分)
2v
15.(16分)
【解析】(1)(8分)设金属棒b运动的加速度大小为a,速度大小为v,
由牛顿第二定律得F-mg-F安=ma(2分)
又有F安=BIL(1分)
1=EBL
:(1分)
2R2R
当加速度a=0时，金属棒b的速度达到最大值，即F-mg-
B2Lvm=0(2分)
2R
解得ym=
2(F=m31分)，方向沿导轨向上(1分)。
B'L
(2)(3分)解除金属棒a锁定时，金属棒b速度为ym,则金属棒a所受到安培力
F安=BIL=
B2Lym(2分)
2R
可知F=F-mg1分)
(3)(5分)在时间t内，对金属棒b应用动量定理得-mgt-BLt=0-vm(2分)
高二物理参考答案第2页，共3页

展开更多......

收起↑