浙江省温州市2022-2023学年高二物理上学期期末试题（B卷）（Word版附解析）

2022学年第一学期温州市高二期末教学质量统一检测物理试题（B卷）选择题部分一、选择题Ⅰ（本题共12小题，每小题3分，共36分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.下列物理量属于矢量的是（　　）A.磁通量B.电场强度C.电势D.电阻【答案】B【解析】【详解】矢量是既有大小又有方向的量，标量是只有大小没有方向的量，磁通量、电势、电阻都是只有大小没有方向的量，是标量，不是矢量，电场强度既有大小又有方向，是矢量，故B正确，ACD错误。故选B。2.下列关于物理学史的说法正确的是（　　）A.麦克斯韦认为变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场B.法拉第发现电流的磁效应，首次揭示电与磁之间的联系C.赫兹建立了完整的电磁场理论，并用实验证实电磁波的存在D.库仑通过扭秤实验得出库仑定律，并测出静电力常量【答案】A【解析】【详解】A．根据麦克斯韦的电磁场理论可知，均匀变化的电场产生恒定不变的磁场，均匀变化的磁场产生恒定不变的电场，故A正确；B．奥斯特通过实验发现了电流的磁效应，首次揭示了电和磁之间的联系，故B错误；C．麦克斯韦建立了完整的电磁场理论，并揭示了电、磁、光现象的本质上的统一，赫兹用实验证实了电磁波存在，故C错误；D．库仑通过扭秤实验得出库仑定律，麦克斯韦通过理论计算得出了静电力常量，故D错误。故选A。3.下列有关说法正确的是（　　）A.电磁炉使用时应接直流电源B.在无线电技术中，使接收电路中产生电谐振的过程叫做解调C.医院里常用X射线照射病房和手术室进行消毒D.天文学家用射电望远镜接收天体辐射的无线电波，进行天体物理研究 【答案】D【解析】【详解】A．电磁炉只能在交变电流下才能正常工作，如果给电磁炉使用直流电源，电磁炉不可以正常工作，故A项错误；B．在无线电技术中，使接收电路中产生电谐振的过程叫做调谐，而不是解调，故B项错误；C．X射线都有很高的穿透本领，常用于医学上透视人体；对人体有辐射，不能用来消毒，故C项错误；D．射电望远镜接收天体辐射的无限电波来工作。所以，天文学家用射电望远镜接收天体辐射的无线电波，进行天体物理研究，故D项正确。故选D。4.静电喷漆中，接负高压的涂料雾化器喷出带负电的油漆微粒，在静电力的作用下，油漆微粒向着作为正极的工件运动，并沉积在工件的表面，如图所示。图中A点位于雾化器的喷口附近，B点位于工件表面附近。下列说法正确的是（　　）A.油漆微粒做匀变速运动B.油漆微粒运动轨迹一定与电场线重合C.A点的电势高于B点的电势D.油漆微粒在A点电势能大于在B点的电势能【答案】D【解析】【详解】A．油漆微粒所处的电场非匀强电场，受力大小会发生变化，不会做匀变速运动，故A错误；B．油漆微粒运动轨迹不一定与电场线重合，故B错误；C．A点的电势低于B点的电势，故C错误；D．油漆微粒带负电，油漆微粒在A点电势能大于在B点的电势能，故D正确。故选D。5.如图所示，高压输电线是远距离传输电能的重要组成部分，下列关于高压输电线的说法正确的是（　　） A.输电线应选用电阻率大的金属材料制作B.高压输电线比普通导线粗，目的是增大导线电阻C.输电线上方还有两条导线，其作用是把高压线屏蔽起来免遭雷击D.在输送功率一定时，输电线上损失的功率跟输送电压平方成正比【答案】C【解析】【详解】A．输电线应选用电阻率小的金属材料制作，故A错误；B．高压输电线比普通导线粗，目的是减小导线电阻，故B错误；C．输电线上方还有两条导线，其作用是把高压线屏蔽起来免遭雷击，故C正确；D．在输送功率一定时，电流输电线上损失的功率输电线上损失的功率跟输送电压的平方反比，故D错误。故选C。6.如图所示电路，、为两只相同的灯泡，R为光敏电阻（阻值随光照强度的增大而减小），电源的电动势为E，内阻为r。开关S闭合后，当照射到R上的光照强度增大时，下列说法正确的是（　　）A.灯变亮B.灯变暗 C.电源的效率一定减小D.电源的输出功率一定减小【答案】C【解析】【详解】AB．增大光敏电阻R的光照强度，则光敏电阻阻值减小，则总电阻减小，干路电流增大，内电压和L2分得电压增大，L1电压减小，故L1灯亮度变暗，L2灯亮度变亮，故A、B错误；C．电阻R的阻值变小，电路中的总电阻变小，根据闭合电路的欧姆定律可知，电路中的总电流I变大，电源的内电压变大，路端电压故路端电压变小，所以电源的效率可知电源的效率一定减小，故C正确；D．电源的输出功率与图像如图所示若，当R减小时，电源的输出功率P减小；若，当R减小时，电源的输出功率P增大。由于未知灯泡、光敏电阻的阻值，故无法判断电源的输出功率的变化，故D错误。故选C。7.两根在同一水平面内且相互平行的直导线，通有相同方向的电流和，且。该水平面内有a、b、c三点位置如图所示，三点连线与两根导线垂直，b点位于两根导线的正中间，a、c两点与b点距离相等。下列说法中正确的是（　　） A.b点处的磁感应强度大小为0B.a点处与b点处的磁感应强度方向相同C.b点处与c点处的磁感应强度方向相反D.b点处的磁感应强度有可能比c点处的大【答案】D【解析】【详解】A．和在b点处的磁场分别垂直纸面向外和垂直纸面向里，又所以垂直纸面向外的磁场更强，合磁场方向垂直纸面向外，故A错误；B．和在a点处的磁场分别垂直纸面向里和垂直纸面向里，故a点处的合场强方向垂直纸面向里，b点处的合场强方向垂直纸面向外，故a点处与b点处的磁感应强度方向相反，故B错误；C．和在c点处的磁场分别垂直纸面向外和垂直纸面向外，故c点处的合场强方向垂直纸面向外，b点处的合场强方向垂直纸面向外，故b点处与c点处的磁感应强度方向相同，故C错误；D．b点处的磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为通过电流的导线产生的磁感应强度与通过电流的导线产生的磁感应强度的差值，而c点处的磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为通过电流的导线产生的磁感应强度与通过电流的导线产生的磁感应强度的和，其中a、c两点与b点距离相等，若b与两导线的距离小于ac两点与两导线的距离，则b点处的磁感应强度有可能比c点处的大，故D正确。故选D。8.某家用日光灯管里的控制电路用到了多种电容器，其中一个电容器如图所示，关于该电容器下列说法正确的（　　）A.最多能够储存的电荷量B.450V是指该电容器的击穿电压C.加在两端的电压是225V时，其电容是D.加在两端电压变化10V，电荷量变化 【答案】D【解析】【详解】AB．由铭牌信息可知，电容器的工作电压为450V，此数值比击穿电压低，则电量最多为故AB错误；C．一般电容器出厂后电容大小固定不变，故C错误；D．由公式可得故D正确。故选D。9.某款笔记本电池和手机电池的有关信息如图所示，关于两电池下列说法正确的是（　　）A.铭牌中的mAh是能量的单位B.笔记本电池能储存的能量约为手机电池的1.5倍C.手机电池放电时能输出的总电荷量约为10800CD.若手机待机电流为15mA，手机最长待机时间约为20h【答案】C【解析】【详解】A．电流乘以时间得到电荷量，故电流的单位乘以时间的单位是电荷量的单位，故铭牌中的mAh是电荷量的单位，故A错误；B．由可知，笔记本电池能储存的能量为 手机电池储存的能量为故故B错误；C．手机电池放电时能输出的总电荷量约为故C正确；D．若该手机待机电流为15mA，则其最长待机时间为故D错误。故选C。10.在竖直方向匀强磁场中，水平放置一圆形导体环，导体环面积为S=1m2，导体环的总电阻为。规定导体环中电流的正方向如图甲所示，磁场向上为正。磁感应强度B随时间t的变化如乙图所示，。下列说法正确的是（　　）A.t=1s时，导体环中电流为零B.第2s内，导体环中电流为负方向C.第3s内，导体环中电流的大小为0.1AD.第4s内，通过导体环中某一截面的电荷量为0.01C【答案】D【解析】 【详解】A．时，穿过导体环的磁通量变化率不为零，则导体环中感应电流不为零，故A错误；B．第2s内，向上穿过导体环的磁通量增大，根据楞次定律感应磁场方向向下，由安培定则可知，导体环中感应电流为正方向，故B错误；C．第3s内，导体环中电流大小为故C错误；D．第3s内与第4s内产生的感应电流相同，则第4s内，通过导体环中某一截面的电荷量为故D正确。故选D。11.如图所示，用两根等长的轻细悬线将质量为m、长为l的金属棒ab悬挂在c、d两处，置于竖直方向的匀强磁场内。当棒中通入从a到b的电流I后，两细悬线偏离竖直方向角，金属棒处于平衡状态。则该磁场磁感应强度的大小和方向分别为（　　）A.，竖直向上B.，竖直向下C.，竖直向上D.，竖直向下【答案】A【解析】【详解】从端截面分析，磁场方向为竖直方向时，只有受力如图才能受力平衡，所以磁场方向为竖直向上，且满足 解得故选A。12.如图所示为交流发电机示意图，两磁极之间可视为磁感应强度为B的匀强磁场。矩形线圈ABCD面积为S、匝数为N、整个线圈的电阻为r，线圈绕轴以角速度逆时针匀速转动，外电阻为R，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路相连。下列说法正确的是（　　）A.线圈转到图甲位置时，穿过线圈的磁通量为NBSB.线圈转到图乙位置时，穿过线圈的磁通量的变化率为C.线圈转到图丙位置时，外电路中交流电流表的示数为D.线圈转到图丁位置时，电流的方向从D流向C【答案】B【解析】【详解】A．线圈转到图甲位置时，其穿过线圈的磁通量为故A项错误；B．线圈转到图乙位置时，感应电动势为解得故B项正确；C．电流表示数显示的为有效值，所以有 故C项错误；D．线圈转到图丁位置时，根据楞次定律可知，线框中的电流方向为，即电流方向应该是从C流向D，故D项错误。故选B。二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题3分，共9分。每小题列出的四个备选项中至少有一个符合题目要求，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的0分）13.甲、乙、丙、丁四幅图分别是回旋加速器、磁流体发电机、速度选择器、质谱仪的结构示意图，下列说法中正确的是（　　）A.图甲中增大交变电场的电压可增大粒子的最大动能B.图乙中可以判断出通过R的电流方向为从b到aC.图丙中粒子沿PQ向右或沿QP向左直线运动的条件都是D.图丁中在分析同位素时，磁场中半径最小的粒子对应质量也一定最小【答案】BD【解析】【详解】A．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦之力提供向心力，则解得则粒子的动能为 可见粒子的最大动能与交变电场的电压无关，对于同一离子，增大磁感应强度、增大半径可以增大粒子的最大动能。故A错误；B．根据左手定则可以判断等离子体当中的正电荷会向B极板偏转，则通过R的电流方向为从b到a。故B正确；C．图丙中带电粒子不能沿QP向左做直线运动，因为电场力和洛伦兹力的方向是同一个方向。故C错误；D．粒子经过加速电压U加速粒子进入匀强磁场做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力联立可得则在加速电压U不变，匀强磁场的磁感应强度B不变的情况下，R越小，越小，则同位素的质量越小。故D正确。故选BD。14.如图所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为，在副线圈的回路中接有阻值为的电阻，原线圈一侧接在电压300V的正弦交流电源上，则（　　）A.电阻R两端的电压为100VB.通过电阻R的电流为0.5AC.原、副线圈回路中的电流之比为D.原线圈的输入功率与副线圈的输出功率之比为【答案】ABC【解析】 【详解】A．原、副线圈的匝数比为，由于原线圈两端电压为300V，根据可得副线圈两端的电压为故A正确；B．根据欧姆定律可得通过电阻R的电流为故B正确；C．原、副线圈回路中的电流之比为故C正确；D．由于变压器为理想变压器，则原线圈的输入功率与副线圈的输出功率相等，故D错误。故选ABC。15.如图所示，LC电路中，已充电的平行板电容器两极板水平放置。从开关S闭合时开始计时，设LC振荡电路的振荡周期为T，则（　　）A.S刚闭合瞬间，电感线圈中磁场能最大B.S刚闭合瞬间，电感线圈中电流为0C.经过时，电容器中电场能最大D.经过时，电容器上的电压为0【答案】BCD【解析】 【详解】AB．S刚闭合瞬间，由于线圈对电流的阻碍作用，放电电流不会立刻达到最大值，而是由零开始逐渐增大，所以此时线圈中的电流为0，电感线圈中的磁场能为0，故A错误，B正确；C．经过时，电路中电流为0，电容器两极板的电荷量达到最大，电容器中电场能达到最大，故C正确；D．经过时，电路中电流达到反方向最大，电容器极板上的电荷量为0，所以电容器上的电压为0，故D正确。故选BCD。非选择题部分三、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分）16.在“练习使用多用电表”实验中：（1）下列关于多用电表的使用说法正确的是______。A．直流电流和直流电压的刻度线都是均匀的，可以共用同一条刻度线B．测量电阻时，为了接触良好，应该用手把表笔与被测电阻的两端捏紧C．测量电阻时，第一次测量之前要欧姆调零，之后换倍率不需要重新欧姆调零（2）如图为正在测量中的多用电表，其读数为：______V。（3）为了测量电压表的内阻，下列操作合理的是________。A．B．C． （4）某兴趣小组利用如图所示电路测定一个电容器的电容，利用计算机软件测出电容放电时的图线a，若换一个阻值更大的定值电阻，重复实验步骤，则测得的图线应该是图中的线______。（选填“b”“c”）【答案】①.A②.1.56③.B④.c【解析】【详解】（1）[1]A．直流电流刻度线和直流电压刻度线都是均匀的，可以共用同一刻度，故A正确；B．在测量电阻时，不能用手接触待测电阻的两端，故B错误；C．测量电阻时，第一次测量之前要欧姆调零，之后只要换倍率，就必须重新欧姆调零，故C错误。故选A。（2）[2]图中位置为2.5V的直流电压挡，其最小分度为0.05V，读数为1.56V。（3）[3]由图可知多用电表“+”插孔连接的是红表笔，接电压表的正极，且电压表的指针指向电表的1刻度。故选B。（4）[4]若换一个阻值更大的定值电阻，将导致电容器放电时间比原来长，而放出的电荷量不变，，即图线和两坐标轴围成的面积不变，故图线应该是图中的c。17.在“电池电动势和内阻的测量”实验中，某研究小组要测量某节干电池的电动势和内阻，实验室提供了下列器材：电压表V、电流表A、滑动变阻器（）、滑动变阻器（）、一节干电池、开关及若干导线。（1）小组设计了如图所示的电路，则滑动变阻器应该选______。 （2）该研究小组利用以上实验装置，根据所测数据作出图像，如图所示根据该图像可知该电源的电动势______V，内阻______。（E和r均保留三位有效数字）【答案】①.R1②.1.50③.2.67【解析】【详解】（1）[1]因干电池的内阻较小，故为了便于调节，滑动变阻器选择较小的R1即可。（2）[2][3]由U=E−Ir可知，U−I图象中图象与纵坐标的截距即为电源的电动势；故E=1.50V电源的内阻四、计算题（本题共4小题，共39分。要求画出必要的图形，写出必要的文字说明、重要的方程式和演算步骤，有数值计算的必须明确写出数值和单位）18.如图所示，带电物块（可视为质点）从A点开始以初速度沿着绝缘粗糙水平面向B点运动，AB距离，B点右侧无限大的区域内有水平向右的匀强电场，电场强度。已知物块质量，电荷量，与水平面的动摩擦因数，求物块：（1）到达B点的速度大小；（2）从A点出发到停下来时间t；（3）与水平面摩擦产生的热量Q。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）从A到B由动能定理可得 解得（2）物块带负电，则物块受到的电场力水平向左，根据公式解得整个过程中摩擦力为电场中根据牛顿第二定律可得在电场中运动时间为从A到B根据牛顿第二定律可得从A到B运动时间为从A点出发到停下来的时间为整理解得（3）在电场中的运动位移为则整个过程中总位移为物块与水平面摩擦产生的热量为 解得19.如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，O为圆心，A、C、D为圆形区域边界上的三点，∠AOC=90°，∠AOD=60°。现有一对质量相等、电荷量不等的正、负粒子，从A点沿AO方向以相同大小的速度垂直磁场射入，一个从C点离开磁场，另一个从D点离开磁场，粒子的重力及相互作用力均不计。（1）从C点离开磁场的粒子的电性；（2）从C点和D点离开磁场的两个粒子的电荷量之比；（3）从C点和D点离开磁场的两个粒子在磁场中运动的时间之比。【答案】（1）负电；（2）；（3）【解析】【详解】（1）若粒子从C点离开磁场，其在A点受到的洛伦兹力必水平向左，根据左手定则可知，粒子带负电；（2）设磁场圆的半径为R，带电粒子的运动轨迹如图所示根据洛伦兹力提供向心力，有可得 由图可知所以（3）带电粒子在磁场中运动的时间为所以20.如图所示，粒子源内可以飘出（可以认为初速度为零）某种质量为m、电荷量为q的带正电的粒子（重力不计），经加速电压为U的加速电场加速后，沿平行板M、N间的中线进入偏转电场，偏转电场电压为2U，两板间距离为d。已知粒子刚好从N板的右端边缘进入边界宽度为d，垂直于纸面向里的匀强磁场中。（1）求带电粒子进入偏转电场的初速度；（2）求平行板M、N的板长L；（3）要使带电粒子进入磁场的位置与离开磁场的位置等高，求磁感应强度B的大小。 【答案】（1）；（2）d；（3）【解析】【详解】（1）根据动能定理解得（2）电场中类平抛解得（3）带电粒子飞出电场的速度偏转角正切值为要使带电粒子进入磁场的位置与离开磁场的位置等高，如图由几何关系可知由 可得21.如图所示是法拉第圆盘发电机，圆盘直径，圆盘处于磁感应强度，方向竖直向上的匀强磁场中。圆盘左边有两条光滑平行倾斜导轨MN，导轨间距，其所在平面与水平面夹角，导轨处于垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度，用导线把两导轨分别与圆盘发电机中心和边缘的电刷连接，圆盘边缘和圆心之间的电阻。在倾斜导轨上放置一根质量，长度也为L，电阻的ab导体棒，其余电阻不计。（，）求：（1）当圆盘匀速转动时ab棒刚好能静止在斜面上，求流过ab棒的电流大小和方向；（2）在满足第（1）问的前提下，求圆盘转动的方向（从上往下看）和转动的角速度大小；（3）由于故障圆盘卡住，突然瞬间停止转动，ab棒从高为的地方开始下滑到底端，并已达到稳定速度，求稳定速度的大小v和此过程ab棒上产生的焦耳热。【答案】（1）1.6A，由b到a；（2）；（3）3.2m/s，9.488J【解析】【详解】（1）当圆盘匀速转动时ab棒刚好能静止在斜面上，有解得安培力方向沿导轨向上，ab棒中电流由b到a；（2）圆盘沿逆时针方向（从上往下看）转动，产生的感应电流从圆盘中心指向圆周，圆盘发电机可以看成半径旋转切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律得 解得（3）ab棒达到稳定速度时，有解得由功能关系可得22.在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，下列说法正确的是（）A.本实验用到了控制变量法B.本实验原线圈可以接到学生电源的直流输出端C.变压器工作时，通过铁芯导电把电能由原线圈输送到副线圈D.用互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯，是为了减少涡流【答案】AD【解析】【详解】A．本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中需要运用的科学方法是控制变量法，故A正确；B．变压器能改变的是交流电压，原线圈接到学生电源的直流输出端后，副线圈将无电压输出，无法进行实验探究，故B错误；C．变压器的工作原理是电磁感应现象，即不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”磁场能的作用，不是铁芯导电，传输电能，故C错误；D．用互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯，是为了减少涡流，故D正确。故选AD。