重庆市七校联考2022-2023学年高二物理上学期期末联考试题（Word版附解析）

2022-2023学年（上）期末考试高2024届物理试题一、选择题（共48分，其中1~8题每小题只有一个正确选项，每小题4分；9~12题每小题有多个正确选项，全部选对的每题得4分，未选全的得2分，有选错的得0分）1.下面是小伟同学对一些概念及公式的理解，其中正确的是（　　）A.某干电池的电动势为1.5V，这表示它在1s内将1.5J的其他形式能转变成电能B.由场强公式可知，电场中某点的场强由试探电荷所受电场力和电荷量决定C由磁感应强度可知，B与F成正比，与IL成反比D.根据电势差定义式可知，带电荷量为1C的负电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为2J，则UAB=2V【答案】D【解析】【详解】A．根据电源的电动势定义式分析可知，某干电池的电动势为1.5V，表示电池内非静电力每移动1C的电荷做功为1.5J，故A错误；B．公式为电场强度的定义式，电场强度是电场本身的性质，与放入其中的试探电荷及其所受到的电场力大小无关，故B错误；C．公式为磁感应强度的定义式，磁感应强度为磁场本身的性质，与F无关，与IL无关，故C错误；D．根据电势差的定义式可知，带电荷量为1C的负电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为2J，则故D正确。 故选D。2.如图所示，粗细均匀的正六边形线框abcdef由相同材质的导体棒连接而成，直流电源的两端与顶点a、b相连，整个装置处于垂直于线框的匀强磁场中。若ab棒受到的安培力大小为3N，则六边形线框受到安培力的总和为（　　）A.0B.2.4NC.3.6ND.4N【答案】C【解析】【详解】设ab的电阻为R，由电阻定律知afedcb的电阻为5R，若ab中的电流为I，则afedcb中的电流为。对ab棒由安培力F=BIL有方向竖直向上对afedcb边框，其有效长度为L，则其所受安培力方向竖直向上则线框受到的安培力大小为故选C。3.如图所示，有A、B两段圆柱形电阻丝，材料相同，长度也相同，它们横截面直径之比为dA:dB=2:1，把它们串联在电路中，下列说法正确的是（　　）A.A、B两段电阻丝的电阻之比为RA:RB=1:8B.通过A、B两段电阻丝的电流之比为IA:IB=1:4 C.A、B两段电阻丝中的电场强度之比为EA:EB=4:1D.A、B两段电阻丝消耗的功率之比为PA:PB=1:4【答案】D【解析】【详解】A．长度、材料均相同，它们的横截面的直径之比为：dA:dB=2:1则横截面积之比为：SA：SB=4:1根据：可知电阻之比：RA：RB=1:4故A错误；B．因两者是串联，它们的电流总相等，故B错误；C．两段导体两端电压之比为：因此A、B两段电阻丝中的电场强度之比为EA:EB=1:4故C错误；D．两段电阻丝发热功率之比为：故D正确。故选D4.某电场区域的电场线分布如图，在电场中有A、B、C、D四个点，一点电荷仅在电场力作用下由A点运动到B点，其轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（　　） A.该点电荷带正电，由A运动到B的过程中动能增大，电势能减小B.该点电荷带负电，由A运动到B的过程中动能减小，电势能增大C.A、B、C、D四点的场强大小关系为EA>EB>EC>EDD.A、B、C、D四点的电势大小关系为φA<φB<φC<φD【答案】B【解析】【详解】AB．根据曲线运动受力方向指向轨迹内侧，正电荷受力方向与电场强度方向相同，负电荷受力方向与电场强度方向相反，可知点电荷为负电荷。A运动到B的过程中电场力方向与速度方向成钝角，电场力做负功，动能减小，电势能增大，故A错误，B正确；C．电场线越密集电场强度越大，因此A点场强最小，C错误；D．沿电场线方向电势降低，，D错误。故选B。5.如图所示的电路中，、为定值电阻，为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r。设电流表A的读数为I，电压表V的读数为U。当滑动触点向图中b端移动，则（　　）A.I变大，U变小B.I变大，U变大C.I变小，U变小D.I变小，U变大【答案】B【解析】【详解】当R3的滑动触点向图中b端移动时，R3变大，外电路总电阻变大，则由闭合电路欧姆定律知，总电流变小，路端电压即电压表V的读数变大，电路中并 联部分电压变大，则通过R2的电流即电流表的读数则I变大。故选B。6.如图所示，真空中存在电场强度大小为E，方向水平向右的匀强电场，A、B两点分别固定着等量异种点电荷+Q和-Q。O是线段AB的中点，C是线段AB垂直平分线上的一点，且∠CAB＝60°。若O点的电场强度大小为3E，则图中C点的电场强度为（　　）A.，水平向右B.E，水平向右C.，水平向左D.，水平向左【答案】A【解析】【详解】根据场强的矢量合成可知，O点的场强为匀强电场场强E以及+Q和−Q在O点形成场强E′的矢量和，设AB距离为2r，则有可得在C点，+Q和−Q在C点的场强E'大小相等，且夹角为120°，可知两点电荷在C点的合场强大小也为E'，方向水平向右故C点处的场强大小为故A正确，BCD错误。故选A。 7.如图甲所示为一款儿童电动汽车，该款电动汽车的部分参数如图乙所示，则下列说法正确的是（　　）适用年龄6个月~3岁家长遥控34岁可自驾核定载重25kg电源规格12V充电器12V1000mA电机A.电机的输入功率等于54WB.电源规格中的，是电功的单位C.电机在正常工作时突然被卡住不转动，此时通过电机的电流会超过2AD.电机线圈的电阻为【答案】C【解析】【详解】A．由参数可知，电动机正常工作时的电流为，额定电压为，所以电动机的输入功率为故A错误；B．是表示电流单位与时间单位的乘积，是电荷量的单位，故B错误；C．由参数可知，电动机正常工作时的电流为，若电机在正常工作时突然被卡住不转动，此时通过电机的电流会超过2A，故C正确；D．根据题意，由欧姆定律可得由于电动机为非纯电阻电路，则电机线圈的电阻小于，故D错误。故选C。8.如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是（　　） A.甲图只要增大加速电压U，就能增大粒子能获得的最大动能B.乙图可判断出电流方向为BbaAC.丙图可以判断出能够沿直线匀速通过的粒子的电性、以及射入的速度大小（电场强度E和磁感应强度B已知）D.丁图中稳定时一定是左侧的C板比右侧的D板电势高【答案】B【解析】【详解】A．根据题意，图甲中，由牛顿第二定律有解得当粒子做圆周运动半径等于D型盒半径时，粒子的速度最大，即则最大动能为可知，最大动能与电压无关，故A错误；B．根据题意，图乙中，由左手定则可知，带正电的粒子向下偏转，带负电的粒子向上偏转，B板为正极，A板为负极，则电流方向为，故B正确；C．根据题意，图丙中，电场的方向与磁场的方向垂直，带电粒子进入复合场，受电场力和洛伦兹力，且二力是平衡力，即解得 不管粒子带正电还是带负电都可以匀速直线通过，所以无法判断粒子的电性，故C错误；D．根据题意，图丁中，若载流子带负电，由左手定则可知，带负电的载流子端偏转，则左侧的C板比右侧的D板电势低，故D错误。故选B。9.关于磁感应强度B的说法正确的是（　　）A.磁场中某点的磁场方向就是小磁针在该点静止时N极所指的方向B.小磁针静止时N极的指向，一定可以用“同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引”来确定C.匀强磁场的磁感应强度，由处于其中的检验电荷受到的磁场力、电荷量和速度决定D.一小段通电导线在某处不受磁场力，该处的磁感应强度不一定为零【答案】AD【解析】【详解】A．磁场中某点的磁场方向就是小磁针在该点静止时N极所指的方向，故A正确；B．在通电螺线管内部，磁场方向由极指向极，则小磁针静止时N极的指向，不能用“同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引”来确定，故B错误；C．匀强磁场的磁感应强度，与磁场本身有关，与处于其中的检验电荷受到的磁场力、电荷量和速度无关，故C错误；D．一小段通电导线在某处不受磁场力，可能是该处磁感应强度为零，也可能是导线与磁场平行，故D正确。故选AD10.如图所示，真空中有两个异种点电荷、分别固定在x轴上的A、O两点（O为坐标原点），x轴正半轴上的电势随x变化规律如图所示，C为电势的最高点，，则下列说法正确的是（　　） A.、的电荷量大小之比为3:2B.C处的场强为0C.一定带正电、一定带负电D.带负电的粒子从B点沿x轴向D点移动的过程中，电势能先增大后减小【答案】BC【解析】【详解】B．根据图像中，斜率表示电场强度，由图可知，C处的场强为0，故B正确；A．根据题意，由点电荷场强公式和电场的叠加原理，设的距离为，则有解得故A错误；C．根据题意，由图结合沿电场线方向电势逐渐降低可知，点左侧电场方向沿轴负方向，点右侧电场方向沿轴正方向，由点电荷场强公式和电场的叠加原理可知，一定带正电、一定带负电，故C正确；D．根据题意，由图可知，从B点到D点电势先增大后减小，带负电的粒子的电势能先减小后增大，故D错误。故选BC。11.两个带等量异种电荷的粒子分别以速度和射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为和，磁场宽度为，两粒子同时由点出发，同时到达点，如图所示，则（　　） A.两粒子的轨道半径之比B.两粒子的质量之比C.两粒子圆周运动的周期之比D.两粒子的速率之比【答案】CD【解析】【详解】A．对粒子在磁场中运动，根据题意可得如图所示信息由图a、d所夹得弧为粒子a的运动轨迹，半径为Ra，b、d所夹得弧为粒子b得运动轨迹，半径为Rb，根据几何关系可知整理可得故A错误；BCD．由几何关系可得，从A运动到B，a粒子转过的中心角为，b粒子转过的中心角为，根据运动时间相同可得运动周期为两粒子做匀速圆周运动有 由此可得粒子是受洛伦兹力为向心力，故有整理可得由此可得故选CD。12.如图所示，绝缘平板A静置于水平面上，带正电的物块B（可视为质点）置于平板最左端，电荷量q=2×10-4C，平板质量M=2kg，物块质量m=1kg，物块与平板间动摩擦因数μ1=0.5，平板与水平面间动摩擦因数μ2=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。t=0时，空间提供水平向右的匀强电场（图中未画出），场强大小为E=5×104N/C；t=1s时，电场反向变为水平向左，场强大小不变；t=1.25s时，撤去电场，在整个过程中，物块的电荷量保持不变，物块始终未离开平板，不计空气阻力，不考虑因电场变化产生的磁场影响，重力加速度取g=10m/s2。则下列说法正确的是（　　）A.t=1s时，A、B的速度分别为1m/s和5m/sB.平板A的长度至少为3.125mC.A、B之间摩擦生热为12.5JD.整个过程中电场力做的总功小于17.5J【答案】ACD【解析】【详解】A．t=1s时，对物块有对平板有代入数值解得 此时A、B速度分别为，A正确；B．时，物块相对平板的位移为电场反向后，物块开始做匀减速运动，加速度大小为有解得设经过达到共同速度，有解得，该段时间内物块相对平板位移为可知共速后刚好撤去电场，因为，分析可知共速后物块和平板一起向右做匀减速运动直到静止，所以平板长度至少为B错误；C．根据前面分析可知A、B之间摩擦生热为C正确；D．分析可知时电场力做正功，内电场力做负功，所以可得整个过程中电场力做的总功为 D正确。故选ACD。二、非选择题（本题共6个小题，共52分）13.某同学欲将电流表（量程0~10mA，内阻为20Ω）改装为两用电表，即“×1”挡的欧姆表及量程为0~12V的电压表，实验室可提供的器材有：a．一节全新的5号干电池（E=1.5V，内阻不计）；b．滑动变阻器R1（0~100Ω）；c．滑动变阻器R2（0~300Ω）；d．定值电阻R3（1180Ω）e．定值电阻R4（1200Ω）；f．单刀双掷开关S，一对表笔及若干导线（1）下列关于实验操作说法正确的是（）A．图中B为“红”表笔，测量电阻时应将开关S扳向“1”B．图中B为“黑”表笔，测量电阻时应将开关S扳向“2”C．滑动变阻器应选用R1，定值电阻R0应选R4D．滑动变阻器应选用R2，定值电阻R0应选R3（2）在正确选用器材的情况下，改装后电流表3mA处在欧姆挡刻度盘上应标为________Ω（填写具体数值）。【答案】①.BD②.350【解析】【详解】(1)[1]AB．测电阻应使用欧姆表，开关S应该扳向“2”；根据“红进黑出”，可以判断B为“黑”表笔，故C错误，B正确；CD．欧姆调零时，电流表满偏，此时 解得所以滑动变阻器应选用R2。改装成量程为0~12V的电压表，需要串联电阻解得所以定值电阻R0应选R3，故C错误，D正确。故选BD。(2)[2]根据闭合电路欧姆定律当电流为3mA时，解得14.某物理兴趣小组要描绘一个标有“4V2W”的小灯泡L的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压由零逐渐增大，且尽量减小实验误差，可供选用的器材除导线、开关外，还有以下器材：A．直流电源4.5V（内阻不计）B．直流电流表0~600mA（内阻约为5Ω）C．直流电压表0~4V（内阻约为6kΩ）D．滑动变阻器0~1000Ω，额定电流2AE．滑动变阻器0~10Ω，额定电流2A （1）为了让实验的误差更小，选用最合适的滑动变阻器是________（选填“D”或“E”）。（2）要求能够实现在0~4V的范围内对小灯泡的电压进行测量，请在虚线框内画出实验电路图________。（3）实验测得小灯泡伏安特性曲线如图a所示，可确定小灯泡的功率P与U2和P与I2的关系，下列示意图中合理的是________（U和I分别为灯泡两端的电压和流过灯泡的电流）。（4）若将两个完全相同规格的小灯泡L按如图b所示电路连接，电源电动势E=6V，内阻r=3Ω，调节滑片P使滑动变阻器R的功率和一个小灯泡的功率相等，则此时每个小灯泡消耗的电功率为________W。（结果保留2位有效数字）【答案】①.E②.③.D④.0.95##0.96##0.97##0.98##0.99##1.0【解析】【详解】（1）[1]为了减小误差，滑动变阻器采用分压式连接，为了方便调节，滑动变阻器选择阻值较小的E；（2）[2]描绘灯泡伏安特性曲线电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法。由于灯泡内阻较小，因此应采用电流表外接法，所以电路图如图所示 （3）[3]随着电压的升高灯泡电阻增大，所以灯泡的功率则P-I2图象的斜率增大，而P-U2的斜率减小。故选D。（4）[4]两个完全相同的灯泡并联后通过滑动变阻器调节每个灯泡的电流I和电压U，滑动变阻器R的功率和一个小灯泡的功率相等，滑动变阻器电流为2I，则滑动变阻器R两端的电压为灯泡两端电压的一半，根据闭合电路欧姆定律得代入数据并变形得到将此电流与电压的关系画在小灯泡伏安特性曲线中，如图所示两图象的交点坐标为（2.28V，0.43A），所以灯泡功率 15.如图所示，空间中有一对彼此绝缘的平行金属带电极板M、N，一带电液滴恰好静止在极板MN之间的A点处，已知金属板M、N之间相距为d=8cm，其中N板接地，带电液滴的质量为m=4×10-4kg，带电量为q=4×10-6C，取g=10m/s2。（1）求M、N两板间的电势差UMN；（2）若A点到N板的距离为3cm，试求液滴在A点的电势能EpA。【答案】（1）-80V；（2）-1.2×10-4J【解析】【详解】（1）由平衡条件有两板间的电压为解得E=1000V/mU=80V由于场强向上，N板电势较高，MN间的电势差为UMN=-80V（2）NA两点间的电势差UNA=EdNA=30VN点的电势为零，则A点的电势φA=-30V则液滴在A点的电势能为 EPA=-1.2×10-4J16.如图所示，倾角为37°的斜面上固定着宽的足够长平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器，电源电动势，内电阻。一质量的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好，导轨与金属棒的电阻不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度，金属棒静止在导轨上，，，，求：（1）若金属导轨光滑，滑动变阻器接入电路的阻值R1多少？（2）若金属导轨粗糙，滑动变阻器接入电路的阻值，导体棒仍能保持静止，此时金属棒所受的摩擦力是多少？方向如何？【答案】（1）2Ω；（2）0.12N，方向沿斜面向下【解析】【详解】（1）若导轨光滑，金属棒受到重力、安培力和导轨的支持力而处于平衡状态，则有解得根据安培力公式得设变阻器接入电路的阻值为，根据闭合电路欧姆解得 （2）若导轨粗糙，滑动变阻器接入电路的阻值为金属棒仍然静止，容易判断摩擦力沿斜面向下，则根据安培力公式列出平衡方程有解得方向沿斜面向下.17.如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段为倾角θ=37°的粗糙倾斜轨道，BC段水平光滑，CD段是半径为的光滑半圆，各段轨道均平滑连接。AB段轨道所在区域有方向垂直于倾斜轨道向下、大小可以调节的匀强电场，BB′是电场边界（垂直于倾斜轨道）。一个质量为m，电荷量为q的带正电小物块（视为点电荷）在倾斜轨道上的A点由静止释放。已知A、B之间的距离为，倾斜轨道与小物块之间的动摩擦因数为，设小物块电荷量保持不变，重力加速度为，，。（1）若电场强度大小为，求小物块刚通过C点时对轨道的压力的大小；（2）若小物块能通过圆轨道最高点，求电场强度E的最大值是多少？【答案】（1）；（2） 【解析】【详解】（1）小物块从到的过程，根据动能定理可得解得在点时，由牛顿第二定律可得解得由牛顿第三定律可知（2）小物块恰好能过点时，电场强度最大，在点时，根据牛顿第二定律可得小物块由A运动到D，根据动能定理可得联立解得18.如图所示，在的区域存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在区域存在匀强磁场，磁感应强度，磁场方向垂直平面向外。一电荷量为、质量为的带正电粒子，从y轴上处的P1点以速率沿x轴正方向射入电场，紧接着从点射入磁场（不计粒子重力）。求： （1）点到坐标原点O点的距离；（2）该粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径的大小；（3）粒子从开始计时直到第四次经过x轴所用的时间。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）根据题意，由牛顿第二定律有由类平抛规律有联立解得（2）设粒子进入磁场时与轴的夹角为，则有可得则有由牛顿第二定律有 解得（3）设带电粒子在磁场中运动周期为，则根据题意可知，粒子在磁场运动的时间为粒子在电场中每次运动的时间为粒子从开始计时直到第四次经过轴所用的时间为