河北省张家口市2022-2023学年高二物理上学期期末考试试卷（Word版含答案）

张家口市2022－2023学年度高二年级第一学期期末考试物　理注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，选对得4分，选错或不答得0分。1.图中的手机正在进行无线充电。充电底座接入的交变电流激发变化的磁场，使手机内产生感应电流，从而实现无线充电。这种充电方式利用的原理是A．静电屏蔽B．电荷守恒C．电磁感应D．尖端放电2.如图所示，在真空中把一不带电的绝缘导体AB放在带负电的小球P附近，M、N为导体AB上的两点，下列说法正确的是A．导体A端将感应出负电荷B．N点的电势φN大于M点的电势φMC．导体两端带上异种电荷，说明静电感应在导体上创造了电荷D．导体的感应电荷在M点产生的电场强度大于在N点产生的电场强度3.如图所示，电动势E＝30V、内阻r＝1Ω的电源与一只标有“6V　12W”的灯泡RL、一台电阻为2Ω的小电动机M串联组成闭合电路。当灯泡正常发光时，若不计电动机摩擦阻力损失的能量，则电动机输出机械功率与输入电功率之比为A．91%B．82%C．67%D．60% 1.在如图所示的电路中，闭合开关S，将滑动变阻器滑片P向右移动一段距离后，下列说法正确的是A．灯L变亮，电压表示数变小，电流表示数变大B．灯L变亮，电压表示数变大，电流表示数变小C．灯L变暗，电压表示数变小，电流表示数变大D．灯L变暗，电压表示数变大，电流表示数变小2.如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，∠MOP＝60°。电荷量相等、电性相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至P点，则O点电场强度的大小变为E2。E1与E2大小之比为A．1∶2B．2∶1C．2∶D．4∶3.如图所示电路中，A、B为两块竖直放置的金属板，G是一只验电器，闭合开关S，验电器指针张开一个角度。下述做法可使验电器指针偏角增大的是A．保持开关S闭合，仅使A、B两板靠近一些B．保持开关S闭合，仅使A、B两板正对面积错开一些C．断开开关S后，仅使B板向左平移一小段距离D．断开开关S后，仅使A、B两板正对面积错开一些4.手机充电器中装有变压器。用220V正弦交流电给手机充电时，原线圈两端电压为220V，副线圈两端电压为5V，副线圈电流为2.2A。若将变压器视为理想变压器，则A．原、副线圈的匝数比为1∶44B．原线圈中的电流为0.05AC．副线圈两端电压的最大值为5VD．原、副线圈的功率之比为44∶15.如图所示，等边三角形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，质量为m、电荷量为q的粒子以不同的速率垂直磁场左边界进入磁场区域，离开磁场时分成两束。速率为v1的粒子射出磁场时与磁场的右边界垂直，速率为v2的粒子射出磁场时与磁场右边界成θ＝60°，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则v1与v2的比值为 A.B.C.D.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，有多个选项是正确的。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。1.如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，匀强电场方向竖直向下，有一正离子恰能以速率v沿直线从左向右水平飞越此区域，不计重力，则A．若一电子以速率v从右向左水平飞入，电子也沿直线运动B．若一电子以速率v从右向左水平飞入，电子将向上偏转C．若一电子以速率v从左向右水平飞入，电子将向下偏转D．若一电子以速率v从左向右水平飞入，电子也沿直线运动10．图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为理想交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图甲所示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是A．该交变电流的频率为50HzB．该交变电流的有效值是10AC．t＝0.01s时，穿过线圈的磁通量最大D．该交变电流瞬时值表达式为i＝10cos100πt11．如图所示，三条虚线表示某电场的三个等势面，其中φ1＝20V，φ2＝5V，φ3＝－10V，一个带电粒子只受电场力作用，按图中实线轨迹从M点运动到N点，由此可知 A．粒子带负电B．粒子的加速度变小C．粒子的动能变大D．粒子的电势能增加三、非选择题：本题共5小题，共50分。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要答题步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。12．(7分)用伏安法测电阻，可采用如图所示的甲、乙两种接法。所用电压表内阻为5000Ω，电流表内阻为0.5Ω。(1)当测量100Ω左右的电阻时，宜采用________图电路。(2)现采用乙图电路测量某电阻的阻值时，两电表的读数分别为10V、0.5A，则此电阻的测量值为_______Ω，真实值为_______Ω。(保留三位有效数字)13．(8分)某研究小组把铜片和锌片相隔约1cm插入一个柠檬中，就可制成一个水果电池，查阅资料后得知该水果电池的电动势约为1V，内阻约为5000Ω。为精确测量该水果电池的电动势和内阻，该小组设计了如下两种测量方案，如图甲所示，其中电阻箱R阻值调节范围足够大。　　 (1)为减少测量误差，应选用方案________(选填“一”或“二”)。(2)某同学选用方案二测量电路进行测量。闭合开关S，改变电阻箱R的阻值，并记录电阻箱阻值R和对应的电流表的示数I，然后作出R-图像，就可以求出水果电池电动势E和内阻r。(i)已知电流表量程为150μA，某次测量，电流表的示数如图乙所示，则电流表的示数为________μA；(ii)把测量数据标在R-图像中，获得如图丙所示图像，根据图像可得水果电池的电动势为________V(保留2位有效数字)，同时可以求得水果电池内阻；(iii)若考虑电流表的内阻，则水果电池电动势的测量值________(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值。14．(8分)如图所示，长为l的绝缘细线一端悬于O点，另一端系一质量为m、带电量为＋q的小球，小球静止时处于O′点。现将此装置放在水平向右的匀强电场中，小球静止在A点时细线与竖直方向成θ角，已知重力加速度大小为g。(1)求该匀强电场的电场强度大小；(2)若将小球从O′点由静止释放，则小球运动到A点时的速度为多大？15．(12分)如图所示，在y>0的空间中存在沿y轴方向的匀强电场(未画出)；在 y<0的空间中存在匀强磁场(未画出)，磁场方向垂直xOy平面。一电荷量为q、质量为m的带电粒子，经过y轴上y＝d处的A点时速率为v0，方向沿x轴正方向；然后经过x轴上x＝2d处的B点进入磁场；运动到y轴上C点时，带电粒子的运动方向沿x轴负方向。不计粒子重力，求：(1)粒子运动到B点时的速度大小和方向；(2)粒子从A点运动到C点的总时间。16．(15分)如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距L＝1m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成θ＝30°角，N、Q之间接有R＝1Ω的电阻。一金属棒ab垂直导轨放置，ab两端与导轨始终有良好接触，已知ab的质量m＝0.2kg、电阻r＝1Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝1T。ab在平行于导轨向上的拉力作用下，以初速度v1＝0.5m/s沿导轨向上开始运动，可达到最大速度v＝2m/s。运动过程中拉力的功率恒定不变，重力加速度g＝10m/s2。(1)求拉力的功率P；(2)ab开始运动后，经t＝0.09s速度达到v2＝1.5m/s，此过程中电阻R中产生的焦耳热为0.03J，求该过程中ab沿导轨的位移大小x；(3)金属棒速度达到v2后，立即撤去拉力，棒回到出发点时速度大小v3＝1.0m/s，求金属棒在撤去拉力后到运动至出发点的过程中所经历的时间t1。张家口市2022－2023学年度高二年级第一学期期末考试 物理参考答案及评分标准一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，选对得4分，选错或不答得0分。1.C　【解析】充电底座接入的交变电流激发变化的磁场，使手机中的受电线圈感应出电流，故手机无线充电利用的原理是电磁感应，故选C。2.D　【解析】根据静电感应，可知导体A端将感应出正电荷，故A错误；导体是一个等势体，N点的电势φN等于M点的电势φM，故B错误；导体两端带上异种电荷，说明静电感应使导体上的正负电荷进行了再分配，故C错误；导体内部合场强为零，即导体感应电荷产生的场强与带电小球产生的场强等大反向，根据场强的概念可知，带电小球在M点产生的电场强度大于在N点产生的电场强度，所以感应电荷在M点产生的电场强度大于在N点产生的电场强度，故D正确。3.B　【解析】电路的电流等于灯泡的额定电流I＝＝A＝2A电动机两端的电压U＝E－Ir－UL＝22V电动机的输入功率P入＝IU＝44W输出的机械功率P出＝P入－I2r机＝44W－(2A)2×2W＝36W电动机输出机械功率与输入电功率之比为故选B。A　【解析】根据电路图可知，滑动变阻器与灯泡串联后与电源接通，电压表测路端电压，电流表测电路电流，当滑片右移时，滑动变阻器接入电路中的电阻减小，导致整个电路中总阻值减小，电路中电流增大，故电流表示数增大；电流增大，灯泡的功率增大，故灯泡变亮；电流增大，电源内阻两端电压增大，故路端电压减小，故电压表示数减小。故选A。4.B　【解析】设两个点电荷的电荷量均为q，半圆弧的半径为R，根据点电荷场强公式以及电场强度的叠加法则可知E1＝，E2＝cos60°＝，所以E1∶E2＝2∶1，故选B。 1.D　【解析】图中验电器的金属杆接A板，外壳和B板均接地，验电器显示的是A、B两极板间的电势差，指针张角越大，表示两板间的电势差越大。闭合开关S后，A、B两板与电源两极相连，两板间的电势差始终等于电源电压，验电器指针偏角一定不变。故A、B错误；根据，断开开关S后，板间距离增大或正对面积减小，都将使电容器的电容变小，而电容器所带电荷量不变，由可知，两板间的电势差U增大，从而使验电器指针偏角增大，故C错误，D正确。2.B　【解析】变压器原、副线圈电压之比等于匝数之比，可得＝＝44，故A错误；理想变压器不改变功率，即原、副线圈功率相等，可得U1I1＝U2I2，解得原线圈的电流为I1＝0.05A，故B正确，D错误；原、副线圈均为正弦交流电，故副线圈两端电压的最大值为U2m＝U2＝V，故C错误。3.A　【解析】在磁场中，粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力qvB＝m可得如图所示由几何关系及正弦定理得解得故A正确，BCD错误。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，有多个选项是正确的。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。4. BD　【解析】若电子从右向左水平飞入，电场力向上，洛伦兹力也向上，所以电子向上偏转，故A错误，B正确；若电子从左向右水平飞入，电场力向上，洛伦兹力向下。由题意知电子受力平衡将做匀速直线运动，故C错误，D正确。10．AB　【解析】由图乙可知，该交变电流的周期T＝0.02s，因此该交变电流的频率为f＝＝50Hz，故A正确；由图乙可知，该交变电流的最大值Im＝10A，因此该交变电流的有效值为I＝＝10A，故B正确；当t＝0.01s时，感应电流最大，则此时穿过线圈的磁通量为零，故C错误；根据图乙所示，交流电瞬时值的表达式为i＝imcos2πft，代入数据得i＝10cos100πt，故D错误。11．BC　【解析】根据题意可判断电场线为曲线，方向与等势面垂直且由电势高的等势面指向电势低的等势面，带电粒子在只受电场力作用下由M点运动到N点，可判断带电粒子带正电，A错误；三个等势面为等差等势面，由图可知从M点运动到N点等差等势面越来越疏，所以电场强度变小，电场力变小，加速度变小，B正确；电场力做正功，电势能减小，根据动能定理，动能变大，故C正确，D错误。三、非选择题：本题共5小题，共50分。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要答题步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。12．(7分)(1)甲(3分)　(2)20.0(2分)　20.1(2分)【解析】(1)因为Rx＝100Ω>＝50Ω所以根据“大内小外”的原则，采用电流表内接法。宜采用甲电路。(2)此电阻的测量值为R测＝＝20.0ΩRx中的电流为IR＝I测－IV＝0.498A所以真实值为R真＝≈20.1Ω13．(8分)(1)二(2分)　(2)(ⅰ)100(2分)　(ⅱ)0.88(0.80～1.0均可)(2分)　(ⅲ)等于(2分)【解析】(1)水果电池内阻较大，电压表并联在电源两端带来较大误差，因为该方式测量的是电压表与内阻并联后的总电阻，为减小实验误差，应选择方案二所示电路图。(2)(ⅰ)电流表的示数为100μA。(ⅱ)电源电动势为E＝I(r＋R)所以R＝E×－r 由图丙可知，图像斜率k＝E＝V＝0.88V(ⅲ)若考虑电流表的内阻，则E＝I(r＋R＋RA)图像斜率不变，则水果电池电动势的测量值等于真实值。14．(8分)解：(1)由平衡条件知tanθ＝(2分)解得E＝(2分)(2)根据动能定理qElsinθ－mgl＝mv2(2分)解得v＝(2分)15．(12分)解：(1)依题意知，粒子在电场中做类平抛运动，有2d＝v0t1(1分)d＝at(1分)vy＝at1(1分)联立解得vy＝v0(1分)vB＝＝v0(1分)tanθ＝＝1可得θ＝45°，即速度与x轴正方向成45°角并斜向右下方(1分)(2)粒子进入磁场中，做匀速圆周运动，由几何关系可知R＝2d(1分)从B点到C点对应的弧度θ′＝π(1分)由 t1＝(1分)t2＝(1分)且s＝θ′R(1分)联立解得粒子从A点运动到C点的总时间t＝t1＋t2＝＋(1分)16．(15分)解：(1)在ab运动过程中，由于拉力功率恒定，ab做加速度逐渐减小的加速运动，速度达到最大时，加速度为零，设此时拉力的大小为F，安培力大小为FA，有F－mgsinθ－FA＝0(1分)设此时回路中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律，有E＝BLv(1分)设回路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律，有I＝(1分)ab受到的安培力FA＝ILB(1分)由功率表达式，有P＝Fv(1分)联立上述各式，代入数据解得P＝4W(1分)(2)ab速度从v1到v2的过程中，ab克服安培力做功W＝2QR＝0.06J(1分)由动能定理，有Pt－W－mgxsinθ＝mv－mv(2分)代入数据解得x＝0.1m(1分)(3)该过程中通过导体横截面的电荷量q＝t1＝＝0.05C(2分)沿导轨向下为正，由动量定理得 mgsinθ·t1－LBt1＝mv3－(－mv2)(2分)解得t1＝0.55s(1分)