宁夏回族自治区吴忠市吴忠中学2023-2024学年高二上学期11月期中考试物理试题（Word版附解析）

吴忠中学2023—2024学年第一学期期中考试高二年级物理试卷满分：100分考试时长：120分钟一、单项选择题（每小题2分，共24分）1.在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步，在对以下几位物理学家所做科学贡献的叙述中，正确的说法是（　　）A.楞次首先发现通电导线周围存在磁场B.安培首先发现通电导线周围存在磁场C.法拉第首先发现电磁感应现象D.奥斯特首先发现电磁感应现象【答案】C【解析】【详解】奥斯特发现通电导线周围存在磁场，法拉第首先发现电磁感应现象，安培提出判断电流磁场方向的判断方法，楞次提出感应电流方向的判断方法，故C正确，ABD错误。故选C。2.下面是某同学对高二所学的概念及公式的理解，其中正确的是（　　）A.由公式可知，金属电阻率与导体的电阻成正比B.由可知，磁场中某处的磁感应强度跟该处通电导线所受的磁场力成正比C.欧姆定律既可以适用于纯电阻电路也可以适用于非纯电阻电路D.根据可知，线圈中磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势越大【答案】D【解析】【详解】A．金属的电阻率与导体本身的性质有关，不同金属的电阻率不同，可以用计算金属的电阻率，但金属的电阻率与导体的电阻无关，故A错误；B．磁场中某处的磁感应强度跟磁场本身的性质有关，与是否放入放入通电导线无关，因此也与通电导线受到的磁场力无关，故B错误；C．欧姆定律只适用于纯电阻电路不适用于非纯电阻电路，故C错误； D．根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势越大，故D正确。故选D。3.下面四幅图中描述的方向，符合所学规律的是（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．根据右手定则可知竖直向下电流周围的磁感线为顺时针方向的同心圆，故A错误；B．根据右手螺旋定则可知通电螺线管的右端为N，故B错误；C．根据左手定则可知安培力的方向为水平向右，故C正确；D．根据左手定则可知洛伦兹力的方向为竖直向下，故D错误。故C正确。4.如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器组成的，已知灵敏电流表的满偏电流，内电阻，则下列说法正确的是（　　）A.甲表是电流表，增大时量程增大B.乙表是电压表，减小时量程增大 C.在乙图中，若改装成的电压表的量程为，则D.在甲图中，若改装成的电流表的量程为，则【答案】C【解析】【详解】A．甲由一个灵敏电流表G和一个变阻器并联，利用并联电阻的分流，改装成电流表，电流表的量程为可知当增大时，量程减小，故A错误；B．甲由一个灵敏电流表G和一个变阻器串联，利用串联电阻的分压，改装成电压表，电压表的量程为可知当减小时，量程减小，故B错误；C．由公式可得改装成的电压表的量程为时故C正确；D．由公式可知装成的电流表的量程为时故D错误。故选C。5.穿过闭合回路的磁通量随时间变化的图像分别如图甲、乙、丙、丁所示，下列关于回路中产生的感应电动势的说法，正确的是（　　）A.图甲中回路产生的感应电动势恒定不变 B.图乙中回路产生的感应电动势一直在变大C.图丙中回路在时间内产生的感应电动势小于时间内产生的感应电动势D.图丁回路产生的感应电动势先变小再变大【答案】D【解析】【详解】根据法拉第电磁感应定律可知回路中产生的感应电动势大小与磁通量的变化率的绝对值成正比，而磁通量的变化率等于图像的斜率。A．图甲中磁通量恒定不变，不产生感应电动势，故A错误；B．图乙中磁通量的变化率不变，产生的感应电动势恒定，故B错误；C．图丙中时间内磁通量的变化率的绝对值大于时间内磁通量的变化率的绝对值，所以回路在时间内产生的感应电动势大于时间内产生的感应电动势，故C错误；D．图丁中图像切线的斜率先变小后变大，所以回路产生的感应电动势先变小再变大，故D正确。故选D。6.如图所示，条形磁铁静止放在水平桌面上，当在其中心正上方固定一电流方向垂直纸面向里的通电直导线后，磁铁受到的摩擦力和支持力，下列说法中正确的是（　　）A.支持力变小B.支持力变大C.摩擦力方向向左D.摩擦力方向向右【答案】A【解析】 【详解】AB．磁铁的磁感线从N到S，故通电导线所处位置的磁场方向为向右，根据左手定则，导线受到的安培力竖直向下，根据牛顿第三定律，导线对磁铁的作用力竖直向上，则磁铁受到的支持力减小，故A正确，B错误；CD．磁铁水平方向不受力，无摩擦力作用，故CD错误。故选A。7.如图所示，放置在水平地面上的闭合线圈的上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N极朝下，当磁铁向下运动时（但未插入线圈内部），下列判断正确的是（　　）A.磁铁与线圈相互吸引B.穿过螺线管的磁通量减少C.线圈对地面的压力变小D.通过R的感应电流方向为从b—R—a【答案】D【解析】【详解】AC．由“来拒去留”可知，磁铁靠近线圈，则磁铁与线圈相互排斥，线圈对地面的压力变大，故AC错误；B．当磁铁向下运动时（但未插入线圈内部）。穿过螺线管的磁通量增大，故B错误；D．由图可知，当磁铁竖直向下运动时，穿过线圈的磁场方向向下增大，由楞次定律可知感应电流的磁场应向上，则由右手螺旋定则可知电流方向从b经过R到a，故D正确。故选D。8.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能被加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是（　　） A.增大匀强电场间的加速电压B.减小磁场的磁感应强度C.增大狭缝间的距离D.增大D形金属盒的半径【答案】D【解析】【详解】粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得解得则动能为可知粒子射出时的动能与加速电场的电压、两个D形金属盒狭缝间的距离均无关，要增大带电粒子射出时的动能，可增大磁感应强度或增大D形盒的半径。故选D。9.如图所示的图像中，直线Ⅰ为某电源的路端电压与电流的关系，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线，用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，由图像可知（　　） A.电源的总功率为1.5WB.电源内阻为0.5ΩC.电源的效率为50%D.电阻R功率为2.5W【答案】C【解析】【详解】AB．由闭合电路欧姆定律可知路端电压图Ⅰ可知，电源的电动势为E=3.0V内阻电源的总功率故A错误，B错误；C．电源的效率故C正确；D．由图Ⅱ可知电阻R功率D错误。故选C。10.在如图所示的电路中，滑动变阻器的滑片P向上端滑动过程中，下列说法正确的是（　　）A.电压表示数减小，电流表示数增大B.电压表示数增大，电流表示数减小 C.定值电阻R1消耗的功率增大D.电源的输出功率减小【答案】B【解析】【详解】AB．滑片P向上端滑动时，接入电路的阻值变大，与并联总电阻变大，外电路总电阻变大，电压表示数变大，干路电流变小。又与并联总电阻变大，所以与并联电路电压变大，通过的电流变大，所以电流表示数变小。故A错误，B正确；C．由AB项分析可知干路电流变小，由可知定值电阻R1消耗的功率变小，故C错误；D．假设电源内阻为，电源的输出功率可知当时因内外电阻阻值大小情况未知，所以无法判定电源的输出功率大小变化情况。故D错误。故选B。11.在如图所示的电路中，有四盏灯，L1和L2都标有“220V，100W”字样，L3和L4都标有“220V，40W”字样，把电路接通后，最暗的是（　　）A.L1B.L2C.L3D.L4【答案】C【解析】【详解】由题意可知，L1、L2的电阻相等，L3、L4的电阻相等。由公式 解得则有设L1、L2、L3、L4实际消耗的功率分别为P1、P2、P3、P4，由题图可知，通过L1的电流大于通过L2的电流，由公式P=I2R得到P1>P2同理可得P4>P3，P4>P1由于L2和L3的电压相等，由公式可知P2>P3则有P4>P1>P2>P3所以L3最暗。故选C。12.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示。若规定逆时针方向为感应电流i的正方向，下列各图中正确的是（　　） A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】由B-t图像可知，0～1s内，B垂直纸面向里逐渐增大，则穿过的线圈磁通量向里逐渐增加，由楞次定律可知，线圈中感应电流沿逆时针方向，即电流为正方向；根据法拉第电磁感应定律知其中均恒定，则线圈中产生的感应电动势恒定，感应电流恒定；1～2s内，B垂直纸面向里逐渐减小，穿过的线圈磁通量向里逐渐减小，由楞次定律可知，线圈中感应电流沿顺时针方向，即电流为负方向；根据法拉第电磁感应定律知其中均恒定，则线圈中产生的感应电动势恒定，感应电流恒定；2～3s内，B垂直纸面向外逐渐增大，穿过的线圈磁通量向里逐渐增加，由楞次定律可知，线圈中感应电流沿顺时针方向，即电流为负方向；根据法拉第电磁感应定律知其中均恒定，则线圈中产生的感应电动势恒定，感应电流恒定。由于1～2s内与2～3s内相同，则在这两段时间内，感应电动势相同，感应电流相同；3～4s内，B垂直纸面向外逐渐减小，穿过的线圈磁通量向外逐渐减小，由楞次定律可知，线圈中感应电流沿逆时针方向，即电流为正方向；根据法拉第电磁感应定律知 其中均恒定，则线圈中产生的感应电动势恒定，感应电流恒定，故选C。二、多项选择题（每小题4分，共16分。每小题有多个答案正确，全部选对得4分，部分选对但不全得2分，有错选不得分）13.如图所示的电路中，电压表和电流表的读数分别为10V和0.1A，电流表的内阻为0.2Ω，那么有关待测电阻Rx的下列说法正确的是（　　）A.Rx的测量值比真实值大B.Rx的测量值比真实值小C.Rx的真实值为99.8ΩD.Rx的真实值为100.2Ω【答案】AC【解析】【详解】由欧姆定律可得的真实值则测量值偏大。故选C。14.小灯泡通电后其电流I随电压U变化的曲线如图所示，P为图线上的一点，PN为图线上P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线。则下列说法正确的是（　　）A.随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大 B.对应P点小灯泡的电阻为C.对应P点小灯泡的电阻为D.对应P点小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积【答案】ABD【解析】【详解】A．由图像可知灯泡的电阻，等于图线上的点与原点O连线斜率的倒数，可知电压增大，此斜率减小，则灯泡的电阻增大，故A正确；BC．由图像可知，P点对应电压为U1，电流为，则灯泡的电阻故B正确，C错误；D．对应P点小灯泡的功率为所以对应P点小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积，故D正确。故选ABD。15.如图所示，平行金属板间存在匀强电场和匀强磁场。一带电量为+q，质量为m的粒子（不计重力）以速度v水平向右射入，粒子恰沿直线穿过。若带电粒子（　　）A.带电量为+2q时，粒子仍能沿直线穿过B.带电量为−2q时，粒子仍能沿直线穿过C.速度为2v时，粒子仍能沿直线穿过D.从右侧向左侧水平射入时，粒子仍能沿直线穿过【答案】AB【解析】【详解】AB．粒子恰沿直线穿过，电场力和洛伦兹力必定平衡，合力为零，粒子做匀速直线运动，根据平 衡条件解得该式与带电粒子的电荷量与电性无关。因此，只要粒子速度为，就能沿直线匀速通过电磁场；所以，带电量变为+2q或−2q，粒子仍能沿直线穿过。故AB正确；C．若带电粒子速度为2v时，电场力不变，向下的洛伦兹力变为原来的2倍，则粒子向下偏转，故C错误；D．若带电粒子从右侧水平射入，电场力方向不变，洛伦兹力方向反向，故粒子一定偏转，故D错误。故选AB。16.如图所示，两根相距为L的平行光滑直导轨ab、cd，b、d间连有一定值电阻R，导轨电阻忽略不计。MN为放在ab和cd上的一导体棒，其电阻也为R。整个装置水平放置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面。现对MN施加力F使它沿导轨方向以速度v匀速运动。令U表示MN两端电压的大小，则（　　）A.M端电势低于N端B.U=BLv，流过定值电阻R的感应电流由C.，流过定值电阻R的感应电流由D.外力F所做的功等于电阻R和导体棒上产生的焦耳热之和【答案】CD【解析】【详解】A．根据右手定则，可知导体棒中的电流方向由N指向M，导体棒可以看为一个等效电源，可知M为等效电源的正极，即M端电势高于N端，故A错误；BC．感应电动势为 则定值电阻两端电压为根据上述可知，流过定值电阻R感应电流由，故B错误，C正确；D．导轨光滑，导体棒匀速运动，动能不变，根据功能关系可知，外力F所做的功等于电阻R和导体棒上产生的焦耳热之和，故D正确。故选CD。三、实验题（共17分）17.用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关C和两个部件A、B。请根据下列步骤完成电阻测量：（1）旋动部件___________，使指针对准电流的“0”刻线；（2）将C旋转到电阻挡“×100”的位置；（3）将插入“＋”、“-”插孔表笔短接，旋动部件___________，使指针对准电阻的___________（填“0刻线”或“∞刻线”）；（4）将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小。为了得到比较准确的测量结果，将C旋转到电阻挡___________的位置；（5）如图是多用表电阻档内部电路示意图。其中A表笔为___________表笔；若该欧姆表原来的电池电动势为1.5V、内阻为1Ω，现给该欧姆表换了一个电动势为1.5V，内阻为10Ω的电池，欧姆表的内阻将___________（选填“变大”、“变小”或“不变”）；调零后测量第（4）问电阻的阻值，与原来相比其测量结果___________（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。 【答案】①.A②.B③.0刻线④.×1k⑤.红⑥.不变⑦.不变【解析】【详解】（1）[1]电表使用前要旋转机械调零旋钮即部件A进行机械调零，使指针对准电流的0刻线；（3）[2][3]将插入“十“、“-“插孔的表笔短接，旋动欧姆调零旋钮即部件B，使指针对准电阻的0刻线。（4）[4]将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针示数过小，说明所选倍率太小，为了得到比较准确的测量结果，应换用大挡进行测量，为了得到比较准确的测量结果，应将C旋转到电阻挡的×1k。（5）[5]多用电表要求电流从红表笔入，所以A表笔为红表笔。[6][7]欧姆表内阻为由于E和不变，所以若该欧姆表原来的电池电动势为1.5V、内阻为1Ω，现给该欧姆表换了一个电动势为1.5V，内阻为10Ω的电池，欧姆表的内阻将不变。并且调零后测量第（4）问电阻的阻值，与原来相比其测量结果不变，因为电源的内阻的变化，可以通过调零电阻的阻值的变化来抵消。18.利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内阻，要求尽量减小实验误差。实验室提供的器材有：旧干电池一节（电动势约1.5V，内阻约1）电压表V（量程3V，内阻约3），电流表A（量程0.6A，内阻约1）滑动变阻器R（最大阻值为20），开关一个，导线若干。（1）应该选择的实验电路是图中的___________（选填“甲”或“乙”）；（2）根据所选电路图，用笔画线代替导线，请在图丙中完成实物图的连接______； （3）通过多次测量并记录对应的电流表示数I和电压表示数U，利用这些数据画出了图线，如图丁所示。由图线可以得出此干电池的电动势E=___________V，内阻r=___________（结果均保留3位有效数字）；（4）该实验由于系统误差导致电动势测量值___________（选填“偏大”、“偏小”或“准确”），内阻测量值___________（选填“偏大”、“偏小”或“准确”）。【答案】①.甲②.③.1.47④.1.34⑤.偏小⑥.偏小【解析】【详解】（1）[1]电源内阻较小，接近电流表内阻，为了减小实验误差，所以采用电流表相对于电源外接，故选图甲。（2）[2]根据图甲连接实物图如下图所示 （3）[3][4]根据闭合电路欧姆定律可得结合图可得，电源电动势即为图的纵截距，即内阻为图的斜率绝对值，即（4）[5]由上分析可知，电源电动势测量值等于的纵截距，即断路时，电压表测得的是电源两端的电压，由于此时有微弱电流通过电压表，且电源有内阻，故这个值小于电源的电动势，即电源电动势的测量值偏小。[6]用图甲电路测量电源内阻相当于电流表的外接法，由于电压表分流的作用，所以内阻的测量值小于真实值，即电源内阻的测量值偏小。四、计算题（5小题，共43分，写出必要的解题步骤）19.如图所示，电源电动势，内阻为，“2.5V，5W”的灯泡L与电动机M串联接在电源上，灯泡刚好正常发光，电动机刚好正常工作，电动机的线圈电阻。求（1）电源的输出功率；（2）电动机的输出功率。【答案】（1）P出=22W；（2） 【解析】【详解】（1）根据灯泡的额定值可知解得电源路端电压为解得电源的输出功率为（2）电动机两端电压为电动机内阻热功率为电动机输出功率为20.如图所示的狭长区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，区域的左、右两边界均沿竖直方向，磁场左、右两边界之间的距离为d，磁场磁感应强度的大小为B，某一质量为m，电荷量q的带负电粒子从左边界M点以水平向右的初速度进入磁场区域，该粒子从磁场的右边界N点飞出，飞出时速度方向与初速度方向的夹角θ=60°，重力不计。求：（1）该粒子的运动速率；（2）该粒子在磁场中运动的时间。 【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）如图所示设粒子轨道半径为，根据几何关系可知由洛伦兹力提供向心力可得联立解得该粒子的运动速率为（2）该粒子在磁场中运动的时间为又联立解得21.如图所示，通电直导线ab质量为m、长为L水平地放置在倾角为θ的光滑斜面上，通以图示方向的电流，电流强度为I，要求导线ab静止在斜面上。 （1）若磁场的方向竖直向上，则磁感应强度为多大？（2）若磁场的方向垂直导轨平面向上，则磁感应强度为多大？【答案】（1）（2）【解析】【分析】【详解】(1)若磁场方向竖直向上，受重力、支持力和水平向右的安培力，如图所示由导线受力情况可知由平衡条件得，在水平方向上有在竖直方向上有其中安培力为联立以上各式可解得(2)若磁场的方向垂直导轨平面向上，受重力、支持力和安培力，如图所示 沿斜面方向解得22.如图乙所示，一个电阻r=1Ω、边长L=0.1m、匝数为200匝的正方形线圈，与阻值R=3Ω的电阻连接成闭合回路。线圈所在正方形区域内存在垂直于线圈平面向外的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图甲所示，不计导线的电阻。求t=0至t=0.1s时间内：（1）感应电动势的大小；（2）通过电阻R上的电流大小；（3）电阻R上产生的热量。【答案】（1）4V；（2）1A；（3）0.3J【解析】【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律有根据图甲可知解得（2）根据闭合电路欧姆定律有 解得I=1A（3）根据焦耳定律有解得Q=0.3J23.如图所示，在y>0的区域内有沿y轴正方向的匀强电场，在y<0的区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场．一电子（质量为m、电量为e）从y轴上A点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动．当电子第一次穿越x轴时，恰好到达C点；当电子第二次穿越x轴时，恰好到达坐标原点.已知A、C点到坐标原点的距离分别为d、2d．不计电子的重力．求（1）电场强度E的大小；（2）磁感应强度B的大小；【答案】（1）（2）【解析】【分析】分析电子的运动情况：电子在电场中，受到竖直向下的电场力而做类平抛运动（或匀变速曲线运动）；进入磁场做匀速圆周运动；画出轨迹，根据牛顿第二定律和运动学公式研究电子在电场中的类平抛运动，即可求出电场强度E；由上题结果，求出电子进入磁场中的速度v的大小，以及v与x轴的夹角，由几何知识求出圆周运动的半径，由牛顿第二定律和向心力求磁感应强度B；【详解】解：电子的运动轨迹如图所示： （1）电子在电场中做类平抛运动，设电子从A到C的时间为t1，则解得（2）设电子进入磁场时速度为v，v与x轴的夹角为，则解得　解得电子进入磁场后做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，得由图可知