四川省泸州市泸县第一中学2023-2024学年高二上学期1月期末考试物理试题（Word版附解析）

这是一份四川省泸州市泸县第一中学2023-2024学年高二上学期1月期末考试物理试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了 下列说法正确的是， 下列关于磁场的说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

第一部分 选择题（共48分）
一．选择题（本题共11小题，1~7题每小题4分，每小题给出的四个选项中只有一个是正确的；8~11题有多个选项符合要求，全部选对得5分，不全得3分，有错选或不选得0分，共48分）
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 带电小球都能看成点电荷B. 元电荷的电量就是1C
C. 电磁波可以传递信息D. 能量是守恒的，所以我们无需节能
【答案】C
【解析】
【详解】A．只有当带电小球之间的距离比它们自身的大小大得多，以致带电小球的形状、大小及电荷分布状况对它们之间的作用力的影响可以忽略时，带电小球才能看成点电荷，故A错误；
B．元电荷的电量是1.60×10-19C，故B错误；
C．电磁波可以传递信息，故C正确；
D．能量守恒的，但能源不是守恒的，我们应当节约能源，而不是节约能量，故D错误。
故选C
2. 一块均匀的长方体导体，如图所示已知导体的电阻率为，长为a，宽为b，厚为c，沿AB方向测得电阻为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】根据电阻定律可得沿AB方向测得电阻为
故选C。
3. 如图所示，两根通电直导线，平行放置于水平桌面上，一矩形线圈abcd从A位置运动到对称的B位置过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 在A位置穿过线圈的磁感线方向垂直水平面向下
B. 在B位置穿过线圈的磁感线方向垂直水平面向下
C. 从A到B穿过线圈的磁通量一直减小
D. 从A到B穿过线圈的磁通量一直增大
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据安培定则，在A位置，左边电流在线圈处产生磁感线方向向下，右边电流产生的磁感线方向向上，但合磁场方向向下，则穿过线圈的磁感线方向垂直水平面向下，选项A正确；
B．类似地，在B位置，合磁场方向向上，则穿过线圈的磁感线方向垂直水平面向上，选项B错误；
CD．根据Φ=BS，从A到B穿过线圈的磁通量先减小再增大，选项CD错误。
故选A。
4. 如图，某教室墙上有一朝南的钢窗，将钢窗右侧向外打开，以推窗人的视角来看，窗框中产生（ ）
A. 顺时针电流，且有收缩趋势B. 顺时针电流，且有扩张趋势
C. 逆时针电流，且有收缩趋势D. 逆时针电流，且有扩张趋势
【答案】D
【解析】
【详解】磁场方向由南指向北，将钢窗右侧向外打开，则向北穿过窗户的磁通量减少，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向由南指向北，即以推窗人的视角来看，感应电流为逆时针电流，同时根据“增缩减扩”可知，窗框有扩张趋势。
故选D。
5. 如图所示的变压器，输入电压为，可输出、、电压，匝数为的原线圈中电压随时间变化为．单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为。将阻值为的电阻R接在两端时，功率为。下列说法正确的是（ ）
A. n1为1100匝，为
B. 间线圈匝数为120匝，流过R的电流为
C. 若将R接在两端，R两端的电压为，频率为
D. 若将R接在两端，流过R的电流为，周期为
【答案】D
【解析】
【详解】A．变压器的输入电压为220V，原线圈的交流电的电压与时间成余弦函数关系，故输入交流电压的最大值为，根据理想变压器原线圈与单匝线圈的匝数比为
解得原线圈为2200匝，A错误；
B．根据图像可知，当原线圈输入220V时，BC间的电压应该为12V，故BC间的线圈匝数关系有
BC间的线圈匝数为120匝，流过R的电流为
B错误；
C．若将R接在AB端，根据图像可知，当原线圈输入220V时，AB间的电压应该为18V。根据交流电原线圈电压的表达式可知，交流电的角速度为，故交流电的频率为
C错误；
D．若将R接在AC端，根据图像可知，当原线圈输入220V时，AC间的电压应该为30V，根据欧姆定律可知，流过电阻R的电流为
交流电的周期为
D正确。
故选D
6. 如图所示，质量为M、电阻为R、长为L的导体棒，通过两根长均为l、质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L。细杆通过开关S可与直流电源或理想二极管串接。在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场，不计空气阻力和其它电阻。开关S接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹角固定点；然后开关S接2，棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中（ ）

A. 电源电动势B. 棒消耗的焦耳热
C. 从左向右运动时，最大摆角小于D. 棒两次过最低点时感应电动势大小相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．当开关接1时，对导体棒受力分析如图所示

根据几何关系可得
解得
根据欧姆定律
解得
故A错误；
根据右手定则可知导体棒从右向左运动时，产生的感应电动势与二极管正方向相同，部分机械能转化为焦耳热；导体棒从左向右运动时，产生的感应电动势与二极管相反，没有机械能损失
B．若导体棒运动到最低点时速度为零，导体棒损失的机械能转化为焦耳热为
根据楞次定律可知导体棒完成一次振动速度为零时，导体棒高度高于最低点，所以棒消耗的焦耳热
故B错误；
C．根据B选项分析可知，导体棒运动过程中，机械能转化为焦耳热，所以从左向右运动时，最大摆角小于，故C正确；
D．根据B选项分析，导体棒第二次经过最低点时的速度小于第一次经过最低点时的速度，根据
可知棒两次过最低点时感应电动势大小不相等，故D错误。
故选C。
7. 竖直平面内有轻绳1、2、3连接如图所示。绳1水平，绳2与水平方向成角，绳3的下端连接一质量为m的导体棒1，在结点O正下方距离处固定一导体棒2，两导体棒均垂直于纸面放置。现将导体棒1中通入向里的电流I0，导体棒2中通入向外且缓慢增大的电流I。当增大到某个值时，给导体棒1以向右的轻微扰动，可观察到它缓慢上升到绳1所处的水平线上。绳3的长度为d，两导体棒长度均为l，重力加速度为g。导体棒2以外距离为x处的磁感应强度大小为，下列说法正确的是（ ）
A. 应在时给导体棒1以轻微的扰动
B. 绳1中拉力的最大值为
C. 绳2中拉力的最小值为
D. 导体棒2中电流的最大值为
【答案】B
【解析】
【详解】A．对导体棒1进行受力分析如图，此三个力组成的封闭三角形与相似，所以
所以，恒有
初始时，应有
联立解得
所以应在
时给导体棒1微小扰动，A错误；
B．对结点进行分析，绳1和绳2中的拉力和的合力大小恒为，导体棒运动过程中和的合力将从竖直方向逆时针转到水平方向，由图示可知先增大后减小，当与绳2垂直时最大，最大值为
B正确；
C．一直减小，直至导体棒1运动至绳1所在的水平线上时最小最小值为零，C错误；
D．由上述分析可知
由几何关系可知，导体棒1运动至绳1所在的水平线上时有最大值为，所以
且
此时
所以电流最大值
D错误。
故选B。
8. 下列关于磁场的说法正确的是（ ）
A. 磁场和电场一样，是客观存在的特殊物质
B. 磁场是人为构想出来的
C. 磁体与磁体之间是通过磁场发生作用的
D. 安培首先发现了电流的磁效应
【答案】AC
【解析】
【详解】A B．磁场是客观存在的一种物质，A正确，B错误；
C．磁体与磁体之间是通过彼此激发的磁场发生相互作用的，C正确；
D．奥斯特首先发现了电流的磁效应，选项D错误。
故选AC。
9. 如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r。闭合开关S，将滑动变阻器R的滑片P稍向下移动，下列说法正确的是（ ）
A. 电压表的示数一定变大
B. 电流表的示数一定变大
C. 通过的电流一定变大
D. 两端的电压一定变大
【答案】AC
【解析】
【详解】将滑动变阻器R的滑片P稍向下移动，滑动变阻器接入电路阻值增大，电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电流减小，路端电压增大；则电压表示数变大，通过的电流变小，两端的电压变小；根据
可知两端的电压变大，通过的电流变大；根据
可知电流表的示数变小。
故选AC。
10. 如图所示，一带电粒子以初速度v0沿x轴正方向从坐标原点О射入，并经过点P（a>0，b>0）。若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，粒子从О到Р运动的时间为t1，到达Р点的动能为Ek1。若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，粒子从O到Р运动的时间为t2，到达Р点的动能为Ek2。下列关系式正确的是·（ ）
A. t1 t2
C Ek1Ek2
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．该过程中由方向平行于y轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，沿x轴正方向做匀速直线运动；当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，此时粒子做匀速圆周运动，沿x轴正方向分速度在减小，根据
可知
t1故A正确，B错误。
CD．该过程中由方向平行于y轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，到达P点时速度大于v0；当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，此时粒子做匀速圆周运动，到达P点时速度等于v0，而根据
可知
Ek1>Ek2
故C错误，D正确。
故选AD。
11. 工业生产中需要物料配比的地方，常用“吊斗式”电子秤，图1所示的是“吊斗式”电子秤的结构图，其中实现称质量的关键性元件是拉力传感器．拉力传感器的内部电路如图2所示，R1、R2、R3是定值电阻，R1=20kΩ，R2=10kΩ，R0是对拉力敏感的应变片电阻，其电阻值随拉力变化的图象如图3所示，已知料斗重1×103N，没装料时Uba=0，g取10m/s2．下列说法中正确的是

A. R3阻值为40 kΩ
B. 装料时，R0的阻值逐渐变大，Uba的值逐渐变小
C. 应变片电阻一般是用半导体材料制成的
D. 应变片电阻的作用是把力学量转换为电学量
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．电路中，当没装料时Uba=0，此时拉力等于料斗重，为：1×103N，故应变片电阻为20KΩ，根据串并联电压关系，有：
解得：
R3=40KΩ
故A正确；
B．装料时，R0的阻值逐渐变大，b点电势升高，故Uba的值逐渐增加，故B错误；
CD．应变片作用是把物体拉力这个力学量转换为电压这个电学量，应是由半导体材料制成的；故C、D正确；
故选ACD。
【点睛】本题主要考查了闭合电路的欧姆定律、电路的串联与并联、传感器的综合应用．属于中等难度的题目．本题关键分析清楚电路结构，明确仪器的工作原理，结合串并联电路的电压和电流关系分析．
第二部分 非选择题（共52分）
注意事项：必须使用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上题目指示区域内作答。
二．实验题（共14分）
12. 某同学准备做测定一合金丝电阻率的实验，提供器材如下：毫安表A量程为300mA，但是内阻rA未知，电压表V量程为3V，电源电动势E=3V，滑动变阻器R0，多用表，螺旋测微器，刻度尺，待测合金丝，坐标纸，开关S，导线若干。
（1）同学先利用多用表测量毫安表的内阻rA，仪器正确连接后，测得多用表示数如图甲所示，则rA=_____Ω。
（2）该同学测得毫安表电阻后按如下步骤进行实验：
①测合金丝长度L=80.00cm。利用螺旋测微器测得合金丝的直径d如图乙所示，其示数为d=______mm。
②设计如图丙所示的电路，按电路图连接器材，此电路中电流表为_______（选填“内接”或“外接”）；接通开关前，滑动变阻器滑片应置于最________（选填“左端”或“右端”），接通开关，调节滑动变阻器并记录电压表和电流表的多组数据。
③利用记录的多组数据绘制出如图丁的U—I图像。该图像的斜率的表达式k=_________（用题中字母表示），由图线求得电阻丝的电阻率=_________Ω•m（保留2位有效数字）。
【答案】 ①. 80 ②. 0.400（0.398~0.401） ③. 内接 ④. 左端 ⑤. ⑥.
【解析】
【详解】（1）[1]欧姆表选择的倍率是“”挡，则毫安表的内阻为
（2）①[2]螺旋测微器的精度为0.01mm，转动刻度估读到零点壹格，则合金丝的直径为
（0.398~0.401）
②[3]根据电路图可知，电流表采用的是内接法；
[4]为了电表的安全，滑动变阻器滑片应置于最左端，从而使得开关闭合时电流表的电流为零；
③[5] U—I图像为过原点的倾斜直线，由欧姆定律有
[6]由斜率可得电阻率为
13. 某实验小组为测量干电池的电动势和内阻，设计了如图（a）所示电路，所用器材如下：
电压表（量程，内阻很大）；
电流表（量程）；
电阻箱（阻值）；
干电池一节、开关一个和导线若干。

（1）根据图（a），完成图（b）中的实物图连线__________。
（2）调节电阻箱到最大阻值，闭合开关。逐次改变电阻箱的电阻，记录其阻值R、相应的电流表示数I和电压表示数U。根据记录数据作出的图像如图（c）所示，则干电池的电动势为__________V（保留3位有效数字）、内阻为__________（保留2位有效数字）。

（3）该小组根据记录数据进一步探究，作出图像如图（d）所示。利用图（d）中图像的纵轴截距，结合（2）问得到的电动势与内阻，还可以求出电流表内阻为__________（保留2位有效数字）。
（4）由于电压表内阻不是无穷大，本实验干电池内阻的测量值__________（填“偏大”或“偏小”）。
【答案】 ①. ②. 1.58 ③. 0.64 ④. 2.5 ⑤. 偏小
【解析】
详解】（1）[1]实物连线如图：

（2）[2][3]由电路结合闭合电路的欧姆定律可得
由图像可知
E=1.58V
内阻
（3）[4]根据
可得
由图像可知
解得
（4）[5]由于电压表内阻不是无穷大，则实验测得的是电压表内阻与电源内阻的并联值，即实验中测得的电池内阻偏小。
三．计算题（写出必要的文字说明，3个小题，14题10分，15题12分，16题16分，共38分）
14. 如图为利用某直流电动机提升重物的装置，所用电源内阻为r=2.0Ω。闭合开关K，当电动机以v=1m/s的恒定速度竖直向上提升质量为m=1.0kg的重物时，理想电压表V的示数为U=8.0V，理想电流表A的示数为I=2.0A。不计空气阻力和各处摩擦，重力加速度g取10m/s2.。求：
（1）电源的电动势E；
（2）电动机的内阻R0。
【答案】（1）12V；（2）
【解析】
【详解】（1）由闭合电路欧姆定律可得
得
（2）匀速提升有
电动机提升重物做功的功率即电动机的输出功率
电动机的总功率
由能量守恒定律，电动机的发热功率
解得
15. 2022年6月17日，经中央军委批准，我国第三艘航空母舰命名为“中国人民解放军海军福建舰”。福建舰是我国完全自主设计建造的第一艘弹射型航空母舰，采用平直通长飞行甲板，配置电磁弹射和阻拦装置，满载排水量8万余吨。舰载作战飞机沿平直跑道起飞过程分为两个阶段：第一阶段是电磁弹射，电磁弹射区的长度为80m，弹射原理如图乙所示，飞机钩在滑杆上，储能装置通过导轨和滑杆放电，产生强电流恒为4000A，导轨激发的磁场在两导轨间近似为匀强磁场，磁感应强度B=10T，在磁场力和飞机发动机推力作用下，滑杆和飞机从静止开始向右加速，在导轨末端飞机与滑杆脱离，导轨间距为3m；第二阶段在飞机发动机推力的作用下匀加速直线运动达到起飞速度。已知飞机离舰起飞速度为100m/s，航空母舰的跑道总长为180m，舰载机总质量为kg，起飞过程中发动机的推力恒定，弹射过程中及飞机发动机推力下的加速过程，舰载机所受阻力恒为飞机发动机推力的20%，求：
（1）电磁弹射过程电磁推力做的功
（2）飞机发动机推力的大小；
（3）电磁弹射过程，飞机获得的加速度。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】解：
（1）由题意可知，电磁推力大小
电磁推力做功
（2）设飞机常规推动力的大小为，对整个过程根据动能定理有
解得
（3）弹射过程，根据牛顿第二定律
解得
16. 霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。
（1）求电场强度的大小E；
（2）若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1；
（3）若电子入射速度在0 < v < v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0的百分比。

【答案】（1）v0B；（2）；（3）90%
【解析】
【详解】（1）由题知，入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动则有
Ee = ev0B
解得
E = v0B
（2）电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹力不做功，且由于电子入射速度为，则电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向上偏转，根据动能定理有
解得
（3）若电子以v入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为y，则根据动能定理有
由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有
F合 = evmB－eE
在最低点有
F合 = eE－evB
联立有

要让电子达纵坐标位置，即
y ≥ y2
解得
则若电子入射速度在0 < v < v0范围内均匀分布，能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0的90%。