山西省大同市临汾市2022-2023学年高二物理上学期期末试题（Word版附解析）

秘密★启用前高二物理试题姓名___________准考证号___________注意事项；1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。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：本题包含10小题，每小题3分，共30分。请将正确选项前的字母填在答题卡中相应的位置。1.电源电动势反映了电源把其他形式的能量转化为电势能的能力，因此电动势（）A.就是闭合电路中电源两端的电压B.由电源中非静电力的特性决定C.越大，表明电源储存的电能越多D.等于把1C的正电荷在电源内部从负极移到正极静电力做的功【答案】B【解析】【详解】A．电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压，在闭合电路中电源两极间的电压是路端电压，小于电源电动势，故A错误；B．电动势是描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量，是非静电力做功能力的反映，电动势越大，表明电源将其它形式的能转化为电能的本领越大，故B正确；C．电动势的大小与所储存的电能是无关的，故C错误；D．电动势等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功，故D错误。故选B。2.如图所示，空间存在垂直纸面的磁场，一带电粒子从P点平行纸面射入磁场中，由于受到与运动方向相反的阻力作用，其运动轨迹恰好是一段圆弧。已知Q是轨迹上的另一点，不计粒子的重力，下列说法正确的是（　　） A.粒子从P到Q做匀速圆周运动B.该磁场为匀强磁场C.沿圆弧从P到Q磁感应强度越来越小D.沿圆弧从P到Q磁感应强度越来越大【答案】C【解析】【详解】A．根据题意，粒子受洛伦兹力和阻力作用，洛伦兹力始终不做功，阻力做负功，则粒子运动的速度减小，所以粒子不可能做匀速圆周运动，故A错误；BCD．由于阻力始终与速度方向相反，所以洛伦兹力提供向心力，则有解得由于v不断减小，r不变，所以B减小，故BD错误，C正确。故选C。3.如图所示，通电直导线旁放有一闭合线圈abcd，线圈与直导线在同一平面内并可自由移动，ab与直导线平行。当直导线中的电流I大小发生变化时，下列判断正确的是（　　）A.电流I增大，线圈向右平动B.电流I增大，线圈向左平动C.电流I减小，线圈向纸面外平动D.电流I减小，线圈向纸面内平动【答案】A【解析】【详解】AB．当直导线中的电流I增大时，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈产生逆时针方向的感应电流，根据左手定则可知，线圈受到的安培力向右，所以线圈向右运动，故A正确，B错误； CD．同理，当直导线中的电流I减小时，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，线圈产生顺时针方向的感应电流，根据左手定则可知，线圈受到的安培力向左，所以线圈向左运动，故CD错误。故选A。4.19世纪，安培为了解释地球的磁性提出“分子电流假说”，认为地球的磁场是由带电的地球绕过地心的轴形成的环形电流引起的，如图所示，下列说法正确的是（　　）A.地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行B.地球内部也存在磁场，地磁南极在地理南极附近C.根据右手螺旋定则可判断，地球带负电荷D.地磁场对垂直射向地球赤道的质子有向西的力的作用【答案】C【解析】【详解】A．地球表面只有赤道位置的地磁场方向与地面平行，故A错误；B．地磁南极在地理北极附近，故B错误；C．由图可知，地磁北极地理南极附近，根据右手螺旋定则可确定电流方向与地球自转方向相反，说明地球带负电，故C正确；D．根据左手定则可知，地磁场对垂直射向地球赤道的质子有向东的力的作用，故D错误。故选C。5.如图所示，矩形abcd中。，电荷量为的点电荷固定在a点。下列说法正确的是（）A.沿bcd从b点到d点，电场强度的大小逐渐增大B.沿bcd从b点到d点，电势先升高后降低C.将正试探电荷从b点沿bcd移动到d点，电场力所做总功为负D.负试探电荷在cd上任意一点的电势能总小于在d点的电势能 【答案】C【解析】【详解】A．根据点电荷电场强度的决定式沿bcd从b点到d点，电场强度的大小先减小后增大，故A错误；B．正点电荷的电场方向指向无穷远处，根据电势顺线降，距离点电荷越远电势越低，故沿bcd从b点到d点，电势先降低后升高，故B错误；C．根据电场力做功只与始末位置有关，将正试探电荷从b点沿bcd移动到d点，靠近正场源电荷，故电场力所做的总功为负，故C正确；D．cd线上由c到d上电势逐渐升高，负试探电荷在电势越高处电势能越低，故负试探电荷在d点的电势能最低，故D错误。故选C。6.如图所示，正五边形线框abcde由五根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点a、c与直流电源两端相接。已知导体棒abc受到的安培力大小为F，则线框abcde受到的安培力的大小为（　　）A.0B.FC.FD.F【答案】D【解析】【详解】设正五边形线框每边电阻为R，abc边的电阻为2R，通过的电流为I，则abc边受到的安培力为由于abc边与aedc边并联，电压相等，aedc边电阻为3R，故流过的电流为，aedc边的有效长度为L，受到的安培力为两部分受到的安培力均竖直向上，故合力为 故选D。7.图1为CT的剖面图，图2为其简化的工作原理示意图。M、N间有一加速电场，虚线框内有垂直纸面的匀强偏转磁场。从电子枪逸出的电子（忽略初速度），经M、N间的电场加速后沿带箭头的实线方向前进，打到靶上的P点，从而产生X射线进行工作，则（　　）A.M处的电势高于N处的电势B.偏转磁场的方向垂直于纸面向外C.当加速电压增加为原来的2倍时，射出电场时的速度变为原来的2倍D.当加速电压增加为原来的2倍时，在磁场中运动的半径变为原来的倍【答案】D【解析】【详解】A．由于电子在MN间做加速运动，所以电子受到的电场力水平向右，所以电场强度的方向水平向左，即N的电势高于M的电势，故A错误；B．由于电子向下偏转，根据左手定则可以确定磁场的方向应垂直纸面向里，故B错误；C．在加速电场中，有 解得由此可知，当加速电压增加为原来的2倍时，射出电场时的速度变为原来的倍，故C错误；D．在偏转磁场中，洛伦兹力提供向心力，有所以由此可知，当加速电压增加为原来的2倍时，在磁场中运动的半径变为原来的倍，故D正确。故选D。8.已知通电长直导线在其周围产生磁场磁感应强度的大小与电流成正比、与到导线的距离成反比。如图，两根通电长直导线a、b平行放置，a、b中的电流强度分别为I和2I，此时a受到b的磁场力为F，b受到a的磁场力为-F。现在a、b的正中间放置一根与a、b电流方向相反且平行共面的通电长直导线c，a受到的磁场力大小变为2F，则此时b受到的磁场力为（　　）A.-5FB.5FC.-3FD.3F【答案】B【解析】【详解】根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥，当放入c时，b对a的作用力方向向右，大小为F，c对a的作用力方向向左，a受到的磁场力为b、c对a的合力，合力大小为2F，说明合力方向向左，则有 所以a导线对b的作用力方向向左，大小为F，由于b的电流为2I，所以c对b的作用力向右，大小为6F，所以b的合力为方向向右。故选B。9.如图为半导体离子注入工艺原理示意图。离子经电压为U的电场加速后，垂直进入宽度为d的匀强磁场区域，转过一定角度后从磁场射出，注入半导体内部达到掺杂的目的。已知磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里，离子的质量为m，元电荷为e。则离子在磁场中转过的角度为（）A.B.60°C.37°D.【答案】A【解析】【详解】设离子经电压为U的电场加速后的速度为v，由动能定理离子进入磁场做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力由几何关系，离子在磁场中转过角度正弦为联立解得 则离子在磁场中转过的角度。故选A。10.如图所示，金属棒ab垂直导轨放置在宽度为d的固定平行金属导轨上，导轨平面与水平面成θ角，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ（μ<tanθ），整个装置处于垂直斜面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。已知金属棒ab的质量为m、电阻为，电源的电动势为E、内阻为r，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。为能让金属棒ab在导轨上保持静止，则（　　）A.变阻器R的触头在最左端时，金属棒受到的安培力最大B.金属棒受到的安培力最大时，摩擦力沿导轨平面向上C.变阻器R接入电路的值不小于D.变阻器R接入电路的值不大于【答案】D【解析】【详解】A．变阻器R的触头在最左端时，电路中的电流最小，金属棒受到的安培力最小。故A错误；B．由左手定则可知，安培力沿导轨平面向上，当金属板刚好要上滑时，金属棒受到的安培力最大，摩擦力沿导轨平面向下。故B错误；C．当金属板刚好要上滑时，变阻器R接入电路的值最小，对金属棒，由平衡条件得由闭合电路欧姆定律得联立解得 则变阻器R接入电路的值不小于。故C错误；D．由于μ<tanθ，则金属棒刚好下滑时，电路中电流最小，即变阻器R接入电路的值最大，对金属棒，由平衡条件得由闭合电路欧姆定律得联立解得则变阻器R接入电路的值不大于。故D正确。故选D。二、多项选择题：本题包含5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项正确。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。请将正确选项前的字母填在答题卡中相应位置。11.在物理学中，常常用物理量之比表示研究对象的某种性质，从而定义新物理量的方法叫比值定义法。在用比值定义磁感应强度B时，下列理解正确的是（　　）A.这一比值不描述电流元的性质，也不描述磁场的性质B.被定义的B跟定义式中的物理量描述的是同一研究对象C.在定义B的同时，也就确定了B与F，以及IL单位间的关系D.在定义B的同时，也包含了利用相同电流元“比较”受安培力大小的思维方法【答案】CD【解析】【详解】A．这一比值不描述电流元的性质，描述磁场的性质，即对垂直放入其中的电流元有力的作用，故A错误；B．被定义的B描述磁场的强弱及方向，而定义式中的物理量描述电流元受力情况，故B错误；C．在定义B的同时，也就确定了B与F，以及IL单位间的关系，即 故C正确；D．在定义B的同时，也包含了利用相同电流元“比较”受安培力大小的思维方法，即控制变量法，故D正确。故选CD。12.如图所示，磁铁固定在水平放置的电子测力计上时，测力计的示数为。现控制导线框abcd平面与磁场方向垂直，底边水平，以恒定的速率在磁场中竖直向下运动。当ab边进入磁铁两极间时，测力计的示数变为。将磁铁两极间的磁场视为水平匀强磁场，其余区域磁场不计。则（）A.ab边进入磁场时，流过ab边电流由a指向bB.ab边进入磁场时，线框受到的安培力竖直向上C.ab边中的感应电动势是由于洛伦兹力的作用产生的D.磁场的磁感应强度大小与（）成正比【答案】BC【解析】【详解】AB．ab边进入磁场时，线框abcd的磁通量增加，根据楞次定律，流过ab边电流由b指向a，线框受到的安培力竖直向上，故A错误，B正确；C．ab边中的感应电动势是ab边运动切割磁感线产生的，本质是由于洛伦兹力的作用产生的，故C正确；D．设ab边长度为，运动速度为，导线框电阻为，磁场磁感应强度为；则ab边产生的感应电动势为感应电流为 ab边受到的安培力为根据题意有联立可得可知磁场的磁感应强度与（）不成正比，故D错误。故选BC。13.直流电源、滑动变阻器R、定值电阻以及平行板电容器C连接成如图的电路。图中C的下极板接地，开始时C不带电。现闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器的滑片，稳定后一带电油滴恰能静止在电容器中的P点，下列说法正确的是（）A.保持两开关闭合，R的滑片上滑时，R0中电流向右B.保持两开关闭合，R的滑片下滑时，油滴向上运动C.断开S2，C的下极板下移时，P点的电势升高D.断开S2，C的上极板下移时，油滴的电势能减小【答案】AC【解析】【详解】A．保持两开关闭合，R的滑片上滑时，滑动变阻器的阻值变大，电容器两端的电压增大，根据,电容器处于充电状态，则R0中电流向右，故A正确；B．保持两开关闭合，R的滑片下滑时，滑动变阻器的阻值变小，电容器两端的电压减小，根据，电场强度减小，则油滴受到向上的电场力减小，油滴向下运动，故B错误；C．断开S2，电容器两极板之间电荷量保持不变，根据，， 得C的下极板下移时，两极板间的场强保持不变，根据则C的下极板下移时，P点的电势升高，故C正确；D．断开S2，电容器两极板之间电荷量保持不变，根据C的上极板下移时，两极板间的场强保持不变，又由C的上极板下移时，P点的电势不变，所以油滴的电势能保持不变，故D错误。故选AC。14.在用图1的电路研究自感现象时，电流传感器显示各时刻通过线圈L（直流电阻为0）的电流如图2所示。已知灯泡的电阻与定值电阻R相同且不随电流变化，可以判定（　　）A.闭合S时灯泡缓慢变亮，断开S时灯泡缓慢熄灭B.1.0×10-3s前后，S由闭合变断开C.1.2×10-3s时，通过灯泡的电流方向为从右向左D.1.1×10-3s时，灯泡的功率约为5.0×10-4s时的二分之一【答案】BC【解析】【详解】AB．当开关S闭合时，流过灯泡的电流瞬间增大，所以灯泡瞬间变亮，由于线圈的自感作用使得流过电阻R的电流逐渐增大，断开S时，由于灯泡的电阻与定值电阻R相同电流逐渐减小，故A错误，B正确；C．断开开关，线圈产生的感应电流方向向右，所以流过灯泡的电流向左，故C正确； D．由图可知，t=1.1×10-3s时，电流为0.9A，t=5.0×10-4s时，电流为1.5A，根据功率的计算公式可得故D错误。故选BC。15.如图所示E=3V，r=1Ω，R0=3Ω，滑动变阻器R的总阻值为10Ω。在滑动触头P从右向左移动的过程中，下列说法正确的是（　　）A.理想电压表V示数增大B.理想电流表A示数增大C.R消耗的最大功率为WD.R0消耗的最大功率为W【答案】BD【解析】【详解】AB．当滑动触头P从右向左移动的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值减小，所以回路中的总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可得，回路中的电流增大，即电流表示数增大，但内电压增大，从而路端电压减小，即电压表读数减小，故A错误，B正确；D．当回路中的电流最大时，定值电阻R0消耗的功率最大，此时滑片滑到最左端，有所以故D正确；C．当外电路电阻与电源内阻相等时，电源的输出功率最大，根据等效电源法，当R消耗的功率最大时，有 所以故C错误。故选BD。三、实验探究题：本题包含2小题，共16分。请将正确答案填在答题卡中的横线上，或按要求作答。16.某同学将电流表G（满偏电流Ig=3mA，内阻Rg=30Ω）按图1的电路改装成欧姆表，其中电源电动势E=1.5V，内阻r=1Ω。（1）图1中A端应与________（填“红”或“黑”）表笔相连接：（2）测量电阻前，将红、黑表笔短接进行欧姆调零。当G满偏时，R0接入电路的阻值为________Ω；（3）将待测电阻Rx接入A、B间，此时G的示数如图2所示，则Rx=________Ω。【答案】①红②.469③.1000【解析】【详解】（1）[1]电流从电源正极流出，从黑笔流出从红笔流入，所以A端应与红笔相连；（2）[2]根据闭合电路欧姆定律可得解得（3）[3]根据闭合电路欧姆定律可得解得17.叠层电池的性质与普通干电池相同，但它具有体积小、输出电压高的特点。为测量某 叠层电池的电动势E和内电阻r，该同学利用下列器材设计了如图1所示的测量电路：A．待测电池B．定值电阻（30.0Ω）C．理想电压表V1（量程为15V）D．理想电压表V2（量程为3V）E．滑动变阻器R（最大阻值为500Ω）F．开关一个，导线若干回答下列问题（1）闭合开关前，应将滑动变阻器R的触头置于________（选填“最左端”或“最右端”）；（2）实验中，调节R触头的位置，发现当电压表V1读数为6.0V时，电压表V2读数为1.96V，此时通过电源的电流为________mA；（结果保留3位有效数字）。（3）多次改变R接入电路的电阻，读出多组V1和V2的示数、，将（2）中的点描在图2中，连同已描出的点作出的图像________；（4）由图像可知该叠层电池的电动势E=________V，内电阻r=________Ω。（结 果保留3位有效数字）【答案】①.最左端②.65.3③.见解析④.14.0⑤.122【解析】【详解】（1）[1]为保护电压表，闭合开关前，应将滑动变阻器有效阻值调至最大，故R的触头置于最左端。（2）[2]电压表为理想电表，则电流为（3）[3]描出U1为6.0V，U2为1.96V的点如图，拟合已描出的点，让尽可能多的点分布在线上，或均匀分布在线的两侧，做出的图像如图所示（4）[4][5]根据闭合电路欧姆定律整理得可知图像纵轴截距等于电源电动势，则有图像的斜率绝对值为解得电源内阻为 四、计算题：本题包含4小题，共34分。解答应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。18.目前，中国汽车电池企业“宁德时代”和整车企业“比亚迪”，在全球新能源汽车领域处于领先地位。现将“比亚迪”某型号电动汽车的部分电路简化为如图所示，已知车灯电阻为174Ω，当电源电量剩余20%时，电源的电动势为350V。闭合开关S1，断开开关S2，电流表示数为2A；然后接着闭合S2，电动机启动，电流表示数达到89A，设电流表为理想电表，车灯电阻恒定，求；（1）此状态下汽车电源的内阻r；（2）电动机启动后，电动机消耗的电功率。【答案】（1）1.0Ω；（2）22.84kW【解析】【详解】（1）当开关S1闭合S2断开时，根据闭合电路欧姆定律有解得（2）当开关S1、S2均闭合时，根据闭合电路欧姆定律解得19.2022年10月，我国成功运行了世界首个“电磁撬”，它对吨级物体的最高推进速度达到每小时1030公里（286m/s）。如图为简化后的“电磁撬”模型：两根平行长直金属导 轨沿水平方向固定，其间安放金属滑块，滑块可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨保持良好接触。电源提供的强大电流经导轨-滑块-导轨流回电源，滑块被导轨中电流形成的磁场推动而加速。将滑块所处位置的磁场简化为方向垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度B=5T，若两导轨间的距离L=2m，滑块质量为1000kg，设通电后滑块开始做匀加速直线运动，其加速度大小为50m/s2，求：（1）滑块匀加速过程中电源提供的电流大小；（2）滑块沿轨道运动9m时所受安培力的瞬时功率。【答案】（1）5000A；（2）1.5×106W【解析】【详解】（1）滑块在两导轨间做匀加速运动，根据牛顿第二定律有解得（2）根据速度位移关系有安培力的瞬时功率为解得20.如图所示，间距为L的光滑平行金属导轨倾斜放置，其与水平面间的夹角为θ，整个装置处于垂直于导轨平面向下的匀强磁场中（图中磁场未画出），磁感应强度为B。导轨上端接有阻值为R的定值电阻。一质量为m的金属杆ab垂直导轨放置在导轨上。在沿导轨平面向下的恒力F作用下，金属杆ab以速度沿导轨向下做匀速直线运动。已知导轨足够长，不计其他电阻，求；（1）金属杆ab受力F的大小；（2）某时刻撤去力F，经过一段时间后，金属杆再次沿轨道向下匀速运动，求此时电阻R消耗的电功率。 【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）对金属棒ab进行受力分析可得又由解得（2）撤去力F后，金属杆再次沿轨道向下匀速运动，对金属棒受力分析可得此时电阻R消耗的电功率21.2022年5月，我国自主设计建造的新一代碳约束核聚变实验装置——“人造太阳”实现首次放电。如图为磁约束装置的简化示意图，图中环形区域内有一垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B=1.0T，磁场边界内圆半径R1未知，外圆半径R2=3m。一带正电粒子自中空区域的圆心O点以某一初速度v0沿环形区域半径OM方向射入磁场后，恰好不能穿出磁场外边界，且从磁场内边界上的N点第一次射回中空区域。已知∠MON=60°，被束缚带正电粒子的比荷，不计带电粒子的重力，不考虑粒子之后的运动，求：（1）带电粒子射入环形磁场时的初速度v0；（2）该粒子从O点出发到再次回到O点所需的最短时间。 【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）设带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r，如图所示由几何知识得解得根据洛伦兹力提供向心力有解得（2）根据题意有 联立解得