2022-2023学年重庆市杨家坪中学高二上学期期末物理试题含解析

这是一份2022-2023学年重庆市杨家坪中学高二上学期期末物理试题含解析，共22页。试卷主要包含了选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
重庆市杨家坪中学2022-2023学年高二上学期期末物理试题一、选择题。共1-8题单选，每题4分，9-12题多选，每题5分，错选或多选均不得分，漏选得3分，总分47分。1. 下面说法不正确的是（　　）A. 磁场可以由运动电荷产生B. 只要闭合导体回路中磁通量不为零，就一定产生感应电流C. 均匀变化的磁场产生稳定的电场，周期性变化的电场产生周期性变化的磁场D. 地磁场的磁感线由地理南极发出，指向地理北极【答案】B【解析】【详解】A．天然磁体、电流和运动的电荷都可以产生磁场，故A正确；B．闭合回路的磁通量发生变化，才有感应电流产生，故B错误；C．均匀变化的磁场产生稳定的电场，周期性变化的电场产生周期性变化的磁场，故C正确；D．地磁场的磁感线由地理南极发出，指向地理北极，故D正确。本题选不正确的，故选B。2. 如图所示，三根长为L平行的直线电流在空间构成以a为顶点的等腰直角三角形，其中a、b电流的方向垂直纸面向里，c电流方向垂直纸面向外，其中b、 c电流大小为I，在a处产生的磁感应强度的大小均为B，导线a通过的电流大小为I，则导线a受到的安培力为（　　） A. 2BIL，方向竖直向上 B. BIL，方向水平向右C. BIL，方向竖直向上 D. 4BIL，方向水平向左【答案】A【解析】【分析】【详解】b、c电流在a处产生的磁感应强度的大小分别为B，根据矢量的叠加规则，结合几何关系可得，a处的磁感应强度为方向水平向左，再由左手定则可知，导线a安培力方向竖直向上，大小为故选A。3. 如图所示，一根粗细均匀的金属丝弯折成一直角三角形闭合线框，其中，将其放入匀强磁场中，磁场方向垂直三角形所在平面向里，若在间加一电压，则折线边和边受到的安培力大小之比为（）（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】【详解】设边电阻为、长度为，由电阻定律和几何关系可知，边电阻为边电阻为，则边所受安培力大小为边有效长度也为，故边所受安培力大小为则故选。4. 如图所示，ABCD为一正四面体，在A点固定一个带正电的点电荷，E为CD边的中点，以无穷远处电势为0。则下列说法正确的是（　　）A. C、D两点的电场强度大小相等 B. C点的电势比B点的电势高C. 将一质子从C点移到E点，其电势能减少 D. 将一电子从C点移到D点，其电势能减少【答案】A【解析】【详解】A．因A与C的距离等于A与D的距离，故C、D两点的电场强度大小相等，A正确；B．因A与C的距离等于A与B的距离，故C点的电势与B点的电势相等，B错误；C．因E点到A点的距离小于C点到A点的距离，故E点的电势比C点的高，故将一质子从C点移到E点，其电势能增加，C错误；D．因A与C的距离等于A与D的距离，C、D两点的电势相同，故将一电子从C点移到D点，其电势能不变，D错误。故选A5. 如图电路中，电源电压6V，当合上开关S后，两个标有“3V、1W”的灯泡均不发光，用电压表测得Uab=0，Ubc=6V，如果各段导线及接线处均无问题，则可能的故障是（　　）A. 灯泡L1被短路了B. 灯泡L1的灯丝断了C. 灯泡L2的灯丝断了D. 滑动变阻器R电阻丝断了【答案】C【解析】【详解】闭合开关后，两个小灯泡均不发光，说明电路为断路，电压表测得ab之间的电压为零，说明ab之间无故障，而bc之间的电压为6V，且等于电源电压，说明此处发生了断路，则有可能是灯泡L2的灯丝断了。故C正确，ABD错误。故选C。6. 如图甲所示，一个带正电的小球M从光滑绝缘桌面的边缘以水平向右的速度v0抛出，离开桌面后进入垂直纸面向外的匀强磁场，最后落到地板上，此过程中，M在水平方向的分速度一直向右；如图乙所示，一个带正电的小球N从光滑绝缘桌面的边缘以水平向右的速度v0抛出，离开桌面后进入水平向右的匀强电场，最后落到地板上。甲、乙两图，桌面离地的高度相同，两球的质量和电荷量均相同，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）A. M的落地时间比N长B. M的落地速度比N大C. M在水平方向的分速度越来越小，N在水平方向的分速度越来越大D. 落地时M、N的速度方向可能相同【答案】C【解析】【详解】A．M在下落过程中，在竖直方向，要受重力和洛伦兹力竖直向下分力共同作用，加速度大于重力加速度，N在下落过程中，在竖直方向，只受重力的作用，加速度等于重力加速度，下落的高度相同，初速度都为0，M的落地时间比N短，A错误；B．根据动能定理得解得B错误；CD．M在下落过程中，洛伦兹力斜向左下方，重力竖直向下，水平方向减速，落地时水平方向的分速度小于v0，N在下落过程中，电场力水平向右，重力竖直向下，水平方向加速，落地时水平方向的分速度大于v0，落地时，M在竖直方向的分速度大于N在竖直方向的分速度，落地时M、N的速度方向不可能相同，C正确，D错误。故选C。7. 两个等量同种正点电荷固定于光滑绝缘水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为、质量为的小物块（可视为质点）从C点静止释放，其在水平面内运动的v－t图像如图乙，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线），则下列说法不正确的（　　）A. 由C到A的过程中物块的电势能逐渐减小B. B、A两点间的电势差C. 由C点到A点电势逐渐降低D. B点为中垂线上电场强度最大的点，场强为100N/C【答案】B【解析】【详解】A．根据题意，由图乙可知，由C到A的过程中物块的速度一直增大，电场力一直做正功，则电势能逐渐减小，故A正确；B．根据题意，电荷从B到A的过程，由动能定理有代入数据解得故B错误；C．根据两个等量同种正电荷其连线的中垂线上电场强度方向由点沿中垂线指向外侧可知，由C点到A点电势逐渐降低，故C正确；D．根据题意，由图乙可知，点电荷在点的加速度最大为由牛顿第二定律有代入数据解得故D正确。本题选不正确的，故选B。8. 如图所示电路中，电源内阻为r，定值电阻R>r，电流表A和电压表、均为理想电表。平行板电容器C内部有一个用绝缘细线悬挂的带电小球，稳定时细线偏离竖直方向一个小角度，当滑动变阻器滑片P从右端向左端滑动的过程中，下列说法正确的是（　　）A. 灯泡亮度逐渐变亮B. 电压表的变化一定有C. 细线与竖直方向的偏角增大D. 滑片P移动中可能有两个位置使电源输出功率相等【答案】BC【解析】【详解】AB．当滑动变阻器的触头P从右端滑至左端的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，滑动变阻器与灯L并联的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，电路中总电流I增大，路端电压减小，滑动变阻器与灯L并联的电压减小，通过灯L的电流减小，灯泡变暗，另有知故选项A错误B正确；C．电容器C的电压I增大，UC增大，根据可知电场力增大，根据平衡条件可知线与竖直方向的偏角增大，故选项C正确；D．定值电阻R>r，当滑动变阻器的触头P从右端滑至左端的过程中，外电阻在大于电源内阻的前提下逐渐减小，由电源输出功率的特点，可知此过程电源输出功率逐渐增加，故选项D错误；故选BC。9. 如图所示通有恒定电流的导线与闭合金属框共面，第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，第二次将金属框由Ⅰ绕导线翻转到Ⅱ，则（　　）A. 若先后两次通过金属框的磁通量变化分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则ΔΦ1<ΔΦ2B. 若先后两次通过金属框的磁通量变化分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则ΔΦ1>ΔΦ2C. 先后两次线框中均会产生感应电流D. 第一次线框中有感应电流产生，第二次不会产生感应电流【答案】BD【解析】【详解】AB．依题意，由通电直导线磁场特点可知，金属框在Ⅰ、Ⅱ位置磁通量大小相等设为Φ，第一次平移过程中，穿过金属框的磁感线方向发生变化，磁通量变化量为ΔΦ1=-Φ-Φ=-2Φ第二次翻转过程中，穿过金属框的磁感线方向没有改变，磁通量变化量为ΔΦ2=Φ-Φ=0则ΔΦ1>ΔΦ2故A错误；B正确；CD．根据感应电流产生的条件，可知第一次金属框中磁通量发生了变化，会产生感应电流，第二次金属框中磁通量不变，不会产生电流。故C错误；D正确。故选BD10. 如图所示，电源电动势E＝12 V，内阻r＝3 Ω，R0＝1 Ω，直流电动机内阻R0′＝1 Ω.先调节滑动变阻器R1，使甲电路中电源输出功率最大，再调节R2，使乙电路中电源输出功率与甲电路中电源的最大输出功率相等，且此时电动机刚好正常工作（额定输出功率P0＝2 W），甲电路中电流为I1，乙电路中电流为I2，则下列选项正确的是（　　）A. R1＝2 Ω，R2＝2 Ω B. I1＝2 A，I2＝2 AC. R1＝2 Ω，R2＝1.5 Ω D. I1＝2 A，I2＝1 A【答案】BC【解析】【分析】【详解】题图甲电路中，当电路的外电阻等于电源内阻时电源的输出功率最大，则R1＝r－R0＝3 Ω－1 Ω＝2 Ω此时电流则题图甲电路的最大输出功率为P＝（R0＋R1）＝12 W对于题图乙电路，输出功率也为12 W，电流I2＝2 A，由能量守恒定律得（R2＋R0′）＋2 W＝12 W解得R2＝1.5 Ω所以AD错误；BC正确；故选BC。11. 如图所示，S为一离子源，MN为荧光屏，其长度为，S到MN的距离为SP=L，P为MN的中点，MN的左侧区域有足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。某时刻离子源S一次性沿平行纸面的各个方向均匀地喷发大量的正离子（此后不再喷发），喷发的离子速率均相等、质量均为m、电荷量均为q。不计粒子重力，不考虑离子之间的相互作用力，下列说法正确的是（　　）A. 若离子在磁场中做匀速圆周运动的半径为2L，则离子喷发时的速率为B. 速率为的离子，一定打不到荧光屏上C. 速率为的离子，能打中荧光屏的最短时间为D. 速率为的离子，能打到荧光屏MN上的范围为【答案】BD【解析】【详解】A．洛伦兹力提供向心力解得A错误；B．离子运动的半径为则离子圆周运动直径所以离子一定打不到荧光屏上，B正确；C．离子运动的半径为离子在距离荧光屏最短弦长为，即距离，对应圆心角最小，如图则打在荧光屏上的最短时间为C错误；D．因为离子半径满足则离子打到荧光屏上的临界距离满足与板上边界相切于点，下边界刚好击中点，此时有根据几何关系可知打在荧光屏上的距离为D正确。故选BD。二、实验题（本题共2小题，每个空2分，总分18分）12. 某同学测量一圆柱导体的电阻率中需要测出其长度L、直径d和电阻R。（1）用游标尺上有10等分刻度的游标卡尺测量其长度，测得的读数如图甲所示，则该圆柱导体的长度是_________cm。（2）用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图乙所示，则金属丝的直径为_________mm。（3）用图丙所示电路测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值_________（选填“偏大”或“偏小”）。【答案】    ①. 1.37    ②.     ③. 偏小【解析】【详解】（1）[1]由图甲可知，金属丝的长度为（2）[2]由图乙可知，金属丝的直径为（3）[3]采用电流表外接法，由于电压表的分流作用，使电流表的示数偏大，导致电阻的测量结果比真实值偏小。13. 某位同学用如图所示的电路测量一节干电池的电动势和内阻，其中定值电阻R0=0.5。（1）他采用如图所示的实验电路进行测量，现有下列器材供选用：A． 电压表（0～15V，内阻约20k）        B． 电压表（0～3V，内阻约10k）C． 电流表（0～0. 6A，内阻约0. 4）        D． 电流表（0～3A，内阻约1）E．滑动变阻器（500，1A）    F.滑动变阻器（10，2A）实验中所用电压表应选___________，电流表应选用___________，滑动变阻器应选用___________。 （填字母代号）（2）某同学根据实验数据画出的U-I图象如图所示，由图象可得电池的电动势为___________V，内阻为___________。 （保留两位有效数字）（3）这位同学对以上实验进行了误差分析，其中正确的是___________。 A． 实验产生的系统误差，主要是由于电流表的分压作用B． 实验产生的系统误差，主要是由于电压表的分流作用C． 实验产生系统误差与定值电阻R0有关D． 实验测出的电动势等于真实值【答案】    ①. B    ②. C    ③. F    ④. 1.5    ⑤. 0.50    ⑥. B【解析】【详解】(1)[1][2][3] 一节干电池电动势约为1.5V，因此电压表应选B(量程0～3V)；为方便操作，滑动变阻器应选F（10，2A）；干电池内阻很小，电路中的定值电阻阻值为0.5，因此电流表应选C(量程0～0.6A)； (2)[4][5] 由图示电源U−I图象可知，电源电动势：E=1.5V，电源内阻(3)[6]ABD．由图示可知，伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，电流表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U−I图像如图所示
由图象可知，电动势测量值小于真实值。故AD错误B正确；C．实验产生的系统误差与定值电阻R0无关，故C错误。故选B。四、解答题（14题10分，15题12分，16题13分，共35分）14. 如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=1T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源，现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止，导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2。已知sin37°=0.60、cos37°=0.80，求∶（1）通过导体棒的电流大小和方向；（2）导体棒受到的安培力大小和方向；（3）导体棒受到的摩擦力大小和方向。【答案】（1）1.5A，电流方向由b指向a；（2）0.6N，方向沿斜面向上；（3）0.36N，方向沿斜面向下【解析】【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律得电流方向由b指向a；（2）由F安=BIL可得导体棒所受的安培力为F安=BIL=0.6N由左手定则可知，安培力的方向沿斜面向上。（3）沿斜面方向上，导体棒重力分力由于F1<F安，则摩擦力方向沿斜面向下，对导体棒受力分析如图∶由平衡条件有  解得方向沿斜面向下。15. 如图所示，在E＝103V/m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R＝0.4m，一带正电荷q＝10－4C的小滑块质量为m＝0.04kg，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2，求：（1）小滑块受到的电场力大小（2）要使小滑块能运动到半圆轨道的最高点L，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？（3）这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大？（P为半圆轨道中点）【答案】（1）0.1N；（2）20m；（3）1.5 N【解析】【详解】(1)小滑块受到的电场力大小为(2)小滑块在L点时，重力提供向心力设滑块与N点的距离为x，分析滑块的运动过程，由动能定理可得联立并代入数据解得x＝20m(3)滑块到达P点时，对全过程应用动能定理可得在P点时由牛顿第二定律可得联立并代入数据解得N＝1.5N16. 如图所示，在直角坐标系xOy平面内第一、三、四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，第二象限存在沿y轴正方向的匀强电场。两个电荷量均为q、质量均为m的带负电粒子a、b先后以v0的速度从y轴上的P点分别沿x轴正方向和负方向进入第一象限和第二象限，经过一段时间后，a、b两粒子恰好都能经过x负半轴上的Q点，经过Q点时a、b两粒子均为第一次通过x轴负半轴，P点离坐标原点O的距离为d。已知磁场的磁感应强度大小为，粒子重力不计，a、b两粒子间的作用力可忽略不计。求：(1)粒子a刚进入磁场时运动半径的大小；(2)粒子a从P点出发到达Q点的时间t；(3)匀强电场的电场强度E的大小。【答案】(1)2d；(2)；(3)【解析】【详解】(1)粒子a进入磁场后做圆周运动，洛伦兹力提供向心力可得解得R=2d(2) 粒子a的运动轨迹如图所示：设粒子做圆周运动的周期为T，则由几何关系可得粒子a做圆周运动对应的圆心角，则粒子a从P点出发到达Q点的时间(3)粒子b做类平抛运动，设粒子b到达Q点所用的时间为t1，在x轴方向有在y轴方向有：由牛顿第二定律可得联立解得