辽宁省大连市第二十四中协作校2023-2024学年高二上学期期末考试物理试卷（解析版）.docx

《辽宁省大连市第二十四中协作校2023-2024学年高二上学期期末考试物理试卷（解析版）.docx》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

2023—2024学年度高二年级上学期期末考试物理试卷一、选择题∶本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合要求，每小题4分；第8~10题有多项符合要求，每小题6分，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.下列说法中正确的是（）A.安培发现了电流的磁效应B.奥斯特发现了电磁感应现象C.法拉第发现了产生感应电流条件D.麦克斯韦用实验证实电磁波的存在【答案】C【解析】【详解】AB．安培发现了分子电流假说，奥斯特发现了电流的磁效应，故AB错误；C．法拉第发现了电磁感应现象，发现了产生感应电流的条件，故C正确；D．麦克斯韦提出了电磁波的存在，赫兹用实验验证了电磁波的存在，故D错误。故选C。2.一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来。下列说法正确的是（）A.磁针磁场使圆盘磁化，圆盘产生的磁场导致磁针转动B.圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C.在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D.圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动【答案】B【解析】【详解】AB．铜不是铁磁质，不会被磁针磁化，磁针转动的原因在于圆盘与磁针存在相对运动，使圆盘切割磁感线，产生了涡流，而涡流的磁场导致磁针转动，故A错误，B正确；C．在圆盘转动的过程中，圆盘位置和面积均未变，根据磁针周围磁感线的分布情况可知磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量未变，故C错误；第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 D．圆盘呈电中性，没有多余的电荷，圆盘转动时不会形成环形电流，所以也不会产生相应的磁场导致磁针转动，故D错误。故选B。3.如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值，在t=0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t=t1时刻断开S，下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图像中，正确的是（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】开关闭合时，线圈由于自感对电流的阻碍作用，可看做电阻，线圈电阻逐渐减小，并联电路电阻逐渐减小，电压UAB逐渐减小；开关闭合后再断开时，线圈的感应电流与原电流方向相同，形成回路，灯泡的电流与原电流方向相反，并逐渐减小到0，所以正确选项B．4.如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平面的M、N两小孔中，O为M、N连线的中点，连线上a、b两点关于O点对称．导线中均通有大小相等、方向向下的电流．已知长直导线在周围产生磁场的磁感应强度，式中K是常数、I是导线中的电流、r为点到与导线的距离．一带正电小球以初速度从a点出发沿连线运动到b点，关于该过程中小球对水平面的压力，下列说法中正确的是第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 A.先增大后减小B.先减小后增大C.一直在增大D.一直在减小【答案】D【解析】【详解】根据安培定则可知，从a点出发沿连线运动到b点，直线M处的磁场方向垂直于MN向外，直线N处的磁场方向垂直于MN向里，所以合磁场大小先减小过O点后反向增大，而方向先外，过O点后向里，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向开始的方向向下，大小在减小，过O得后洛伦兹力的方向向上，大小在增大．由此可知，小球在速度方向不受力的作用，则将做匀速直线运动，而小球对桌面的压力一直在减小，故ABC错误，D正确．故选D．【点睛】根据安培定则，判断出MN直线处磁场的方向，然后根据左手定则判断洛伦兹力大小和方向的变化，明确了受力情况，即可判断小球对桌面的压力大小．5.在一小段真空室内有水平向右的匀强电场和匀强磁场（如图），电场强度大小为，磁感应强度大小为。若某电荷量为的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为，垂直于磁场方向的分量大小为，不计离子重力，则（）A.电场力的瞬时功率为B.该离子受到的洛伦兹力大小为C.该离子的加速度大小不变，方向变化D.的比值不断减小【答案】C【解析】【详解】A．根据功率的计算公式第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 可知电场力的瞬时功率为故A错误；B．由于与磁场平行，根据洛伦兹力的计算公式可知该离子受到的洛伦兹力大小为故B错误；C．离子受到的电场力不变，洛伦兹力大小不变，方向总是与电场力方向垂直，则该离子受到的合力大小不变，方向改变，根据牛顿第二定律可知，该离子的加速度大小不变，方向改变；故C正确；D．根据运动的叠加原理可知，离子在垂直于纸面内做匀速圆周运动，沿水平方向做加速运动，则增大，不变，的比值不断增大，故D错误。故选C。6.如图所示，纸面内有一圆心为O，半径为R的圆形磁场区域，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向里。由距离O点处的P点沿着与连线成的方向发射速率大小不等的电子。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力且不考虑电子间的相互作用。为使电子不离开圆形磁场区域，则电子的最大速率为（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】如图第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 当电子的运动轨迹与磁场边界相切时，根据得电子运动半径最大，速度最大。电子圆周运动的圆心与圆形磁场的圆心以及切点共线，过电子圆周运动的圆心做OP的垂线，由几何关系得得则最大速率为故选C。7.一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻、和的阻值分别为、和，A为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定。当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为，则该变压器原、副线圈匝数的比值为（）A.2B.3C.4D.5【答案】A【解析】第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 【详解】设理想变压器原副线圈匝数的比值为k,根据题述，当开关S断开时，电流表示数为I,由闭合电路的欧姆定律得且有，可得即副线圈输出的电流为由闭合电路的欧姆定律得当开关S闭合时，电流表示数4I,则有由变压器电压关系有且功率满足可得由闭合电路的欧姆定律得联立解得k=2故选A。8.如图所示，足够长的荧屏板MN的上方分布了垂直纸面向里的匀强磁场。荧屏板上Р点的正上方有一粒子源S，能够在纸面内不断均匀地向各个方向发射速度大小为，电荷量为、质量为m第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 的带负电粒子。粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径为d，Р点到粒子源S的距离为，不计粒子所受的重力和粒子间的相互作用，则下列说法正确的是（　　）A.打到荧屏板上的粒子到P点的最远距离为B.粒子能打到荧屏板上的区域长度为C.从粒子源出发到荧屏板的最短时间为D.从粒子源出发到荧屏板的最长时间为【答案】AD【解析】【详解】如图，可画出粒子在磁场中的可能运动轨迹如图所示A．由几何知识可知，当粒子打在SP右侧极板MN上的Q点，且SQ等于粒子做圆周运动的直径，打到荧屏板上的粒子到P点的距离为最远，由几何知识可得故A正确；B．由几何知识可知，当粒子在SP左侧的运动轨迹恰好与MN相切与K点时，此时粒子为打在MN板左侧的最远点，由几何知识，可得第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 则粒子能打到荧屏板上的区域长度为故B错误；C．由几何知识可知，当粒子在磁场中运动轨迹过P点时，粒子运动轨迹所对应的弦长最短，则所用时间最短，由几何知识可得则轨迹所对应的圆心角大小为而若圆心角为时，所用时间为所以，可知从粒子源出发到荧屏板的最短时间小于，故C错误；D．由几何知识可知，当粒子在SP右侧的运动轨迹恰好与MN相切于T点时，粒子在磁场中运动所用时间最长，由几何知识可得此时粒子运动轨迹所对应的圆心角为则运动所用最长时间为故D正确。故选AD。9.利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图所示是霍尔元件的工作原理示意图，磁场方向垂直于霍尔元件的工作面向下，磁感应强度大小为B，通入图示方向的电流I，在C、D两侧面会形成电势差UCD，则下列说法中正确的是（）第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 A.若霍尔元件的载流子为正电荷，则C点的电势比D点高B.若电流I越大，则电势差UCD越大C.若磁感应强度B越大，则电势差UCD越小D.在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，则该元件的工作面应保持水平【答案】AB【解析】【详解】A．若霍尔元件的载流子为正电荷，则根据左手定则可得正电荷向C侧面偏转，C侧面累计正电荷，C点的电势比D点高，A正确；BC．电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，单位时间内有，I=nqvS=nqvbc则所以若电流I越大，磁感应强度B越大，则电势差UCD越大，B正确、C错误；D．在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过，D错误。故选AB。10.如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为，导轨电阻忽略不计。与导轨垂直的虚线之间区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN从导轨上不同位置同时由静止释放，PQ棒释放高度小于MN棒释放高度，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ棒进入磁场时加速度恰好为零。从PQ棒进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是（　　）第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 A.B.C.D.【答案】BC【解析】【详解】PQ棒进入磁场时加速度恰好为零，则PQ进入磁场匀速运动，设速度为v，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨宽度为L，两根导体棒的总电阻为R；根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得PQ进入磁场时电流满足保持不变，根据右手定则可知电流方向Q→P，由图像可知为正向电流；AB．如果PQ离开磁场时MN还没有进入磁场，此时电流为零；因PQ棒释放高度小于MN棒释放高度，由动能定理可知MN进入磁场时的速度则有第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 MN应该做加速度减小的减速运动，则通过PQ的感应电流大小因逐渐减小，方向为，为负；MN离开磁场时可能已经匀速，电流减小至，方向为负向，故A错误，B正确；CD．如果PQ没有离开磁场时MN已经进入磁场，此时双棒双源抵消后以速度大的产生的电动势为准，大小为电流为负向，此时的电流大小可以大于I0，小于I0，或等于I0，此后随着MN受安培阻力，PQ受安培动力，减小，增大，则逐渐变小，若达到时，电流消失，两棒受重力的分力要重新加速，电流一直为零，当PQ离开磁场后，MN重新开始做变减速运动，PQ流过的电流为负逐渐减小，故C正确，D错误。故选BC二、非选择题∶本题共5小题，共54分11.某同学在实验室测定金属导体电阻的实验中：（1）游标卡尺测量长度如图1所示，可知其长度为______cm；（2）如图2所示，为一正在测量中的多用电表表盘，如果用欧姆挡“×100”测量，读数为______Ω；如果用“直流5V”档测量，则读数为______V。（3）一个灵敏电流表，它的满偏电流为，表头内阻，若要将它改装成量程为0.5A的电流表，应并联的电阻阻值为______Ω。（保留两位有效数字）。【答案】①.11.050②.800③.3.30④.0.10【解析】第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 【详解】（1）[1]20分度游标卡尺的精确值为，由图可知长度为（2）[2][3]如果用欧姆挡“×100”测量，由图2可知读数为如果用“直流5V”档测量，由图2可知读数为3.30V。（3）[4]要将它改装成量程为0.5A的电流表，设应并联的电阻阻值为，则有可得12.为了测量一节干电池的电动势和内阻，某同学采用“伏安法”进行实验测量，现备有下列器材：A.被测干电池一节；B.电流表1：量程0～0.6A，内阻rA＝0.3Ω；C.电流表2：量程0～0.6A，内阻约为0.1Ω；D.电压表1：量程0～3V，内阻未知；E.电压表2：量程0～15V，内阻未知；F.滑动变阻器1：0～10Ω，2A；G.滑动变阻器2：0～100Ω，1A；H.开关、导线若干。利用伏安法测干电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差。在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量干电池的电动势和内阻。（1）上述现有器材，选用：A、_____________________、H（填写器材前面的字母）；（2）实验电路图应选择图中的________（选填“甲”或“乙”)；（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U-I图像，则干电池的电动势E＝______V，内电阻r＝________Ω。【答案】①.B、D、F②.甲③.1.5V④.0.7Ω【解析】【详解】（1）[1]本实验中必选的仪器有：被测干电池一节；采用“伏安法”测电源电动势和内阻，因此需要电流表和电压表，为了读数准确，电流表选量程为0～0.6A的电流表1，即选B；一节干电池电压约1.5V，电压表选量程为0～3V的电压表1，即选D第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 ；由于要测量多组数据，因此需要滑动变阻器，滑动变阻器选择阻值较小滑动变阻器1，即F，有利于电表的数值变化，减小误差；另外还需要开关、导线若干。故器材还需BDF；（2）[2]由于电流表内阻已知而电压表内阻未知，因此应采用相对电源来说的电流表内接法，故选择图甲；（3）[3][4]由闭合回路欧姆定律可得根据U-I图像可得解得13.如图所示为一交流发电机的原理示意图，其中矩形线圈abcd的边长ab=cd=50cm，bc=ad=20cm，匝数n=200，线圈的总电阻r=0.20Ω，线圈在磁感强度B=0.05T的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OOˊ匀速转动，角速度ω=300rad/s。线圈两端通过电刷E、F与阻值R=4.8Ω的定值电阻连接。（1）从线圈经过中性面开始计时，写出线圈中感应电动势随时间变化的表达式；（2）发电机的输出功率；（3）求从线圈经过中性面开始计时，经过1/4周期时间通过电阻R的电荷量。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）线圈产生感应电动势的最大值解得感应电动势随时间变化的表达式第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 （2）线圈中感应电动势的有效值电流的有效值交流发电机的输出功率即为电阻R的热功率（3）根据法拉第电磁感应定律有由闭合电路欧姆定律联立解得14.空间中存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。电子枪将无初速的电子经加速电压加速后在纸面内垂直于SO的方向射出。一个截面为半圆形的粒子接收器P1MP2固定在如图所示的位置，其截面半径为R，直径沿SO方向放置，P1、O、P2、S在同一条直线上，圆心位于O点，OM垂直于P1P2，SO长度为2R。已知电子电荷量为e，质量为m，图中OM与OS垂直。设电子击中接收器即被吸收，不计电荷间的相互作用。（1）为使电子能打到接收器上，求电子枪加速电压U的调节范围；（2）若某电子刚好达到M点，求该电子速度的大小；（3）求能打到接收器P1MP2上的电子从S点到击中接收器的最短时间。第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）电子在电子枪中加速，由动能定理得由得能打到接收屏P1或P2上，电子运动示意图如图  由图可知，如果被接收屏吸收，则，得（2）若电子达到M点，作出轨迹线，圆心在O1，电子运动的示意图如图所示第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 由几何关系可得得由可得电子的速度（3）电子运动时间最短时，其对应的轨迹圆圆心角最小。如图由几何关系，可得对应圆心角由电子运动最短时间为15.如图甲，MN与PQ为间距的平行导轨，导轨的上部分水平长度，下部分足够长且处于倾角的绝缘斜面上，水平导轨的左端接一阻值的电阻，水平部分处于竖直向上的、磁感应强度随时间t按图乙所示规律变化的匀强磁场中，倾斜部分处于垂直导轨平面向上的、磁感应强度第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 的匀强磁场中。在时将一质量、电阻的金属棒静止放在倾斜导轨部分的上端，金属棒恰好静止，已知金属棒与两导轨间的动摩擦因数处处相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。在时给金属棒一个沿斜面向下的拉力F使金属棒从静止开始匀加速度运动，拉力F的大小与金属棒运动的速度大小的关系式为，其中k为定值，金属棒在运动过程中与两导轨接触良好且始终与导轨垂直，不计导轨的电阻，重力加速度g取，，求：（1），电阻R中电流大小及方向；（2）金属棒与导轨间的动摩擦因数；（3）k的值为多大；（4）到时间内流过电阻R截面的电量。【答案】（1），由P指向N；（2）；（3）（4）1C【解析】【详解】（1）时，设此时电阻R中的电流大小为，根据法拉第电磁感应定律有又解得由楞次定律可得，电阻R中电流方向由P指向N。（2）时将金属棒放在倾斜导轨上端，金属棒恰能静止，设此时棒中电流大小为计算可得根据平衡条件有第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司 解得（3）金属棒在倾斜导轨上做匀加速运动，金属棒在倾斜导轨上运动时受到的安培力大小，，由牛顿第二定律得代入题给数据有由于a不随v变化，故有可得（4）金属棒运动的加速度大小到时间内金属棒在倾斜导轨上下滑的距离此段时间内通过金属棒的电荷量第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司