2023-2024学年云南省昆明八中高二（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年云南省昆明八中高二（上）期末物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.如图甲为某款“自发电”无线门铃按钮，其“发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过程磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮磁铁远离螺线管回归原位置。下列说法不正确的是( )
A. 松开按钮过程，螺线管中产生感应电流B. 按下按钮过程，螺线管中产生感应电流
C. 按住按钮不动，螺线管中产生感应电流D. 按住按钮不动，螺线管中不产生感应电流
2.如图所示，在水平放置的条形磁铁的N极附近，一个闭合线圈始终竖直向下加速运动，并始终保持水平。在位置B时N极附近的磁感线正好与线圈平面平行，A、B之间和B、C之间的距离相等，且都比较小。下列说法正确的是( )
A. 线圈在位置A时感应电流的方向为顺时针(俯视)
B. 线圈在位置C时感应电流的方向为顺时针(俯视)
C. 线圈在位置B时穿过线圈的磁通量最大
D. 线圈在位置C时的感应电流比在位置A时的大
3.1831年10月，法拉第将一个由紫铜制成的圆盘置于蹄形磁极之间，发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机，其原理图如图所示，圆盘绕水平的轴C在垂直于盘面的匀强磁场中以角速度ω转动，铜片D与圆盘的边缘接触，圆盘、导线和电阻R连接组成闭合回路，下列说法正确的是( )
A. 圆盘转动过程中，电能转化为机械能
B. C处的电势比D处的电势高
C. 通过R的电流方向为从B指向A
D. 圆盘产生的电动势大小与角速度ω的大小无关
4.特高压直流输电是国家重点能源工程。如图所示，两条平行导线L1、L2，其中a、b点连线与两导线垂直，O点为连线中点。导线长度看作无限长、忽略地磁场，两根导线通有同向的电流，大小分别为I1、I2，则( )
A. L1与L2相互排斥
B. O点的磁感应强度方向与电流方向相同
C. 若I1=I2，则O点处的磁感应强度大小为零
D. 若I1≠I2，则两导线所受安培力大小不相等
5.2023年3月，中国科学家通过冷冻电镜技术解析了晶态冰中蛋白质三维结构，电子显微镜是冷冻电镜中的关键部分，其中一种电子透镜的电场分布如图所示，虚线为等势面，相邻等势面间电势差相等，一电子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中实线所示，a、b是轨迹上的两点，下列说法正确的是( )
A. 电子在b点受到的电场力方向竖直向下B. a点的电场强度小于b点的电场强度
C. a点的电势高于b点的电势D. 电子在a点的电势能小于在b点的电势能
6.图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，
为交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图甲所示位置(线圈平面与磁感线平行)开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 电流表的示数为10 2AB. t=0.02s时，R两端的电压为零
C. 线圈转动的角速度为100πrad/sD. t=0.02s时，穿过线圈的磁通量最大
7.闭合回路中的交变电流在1个周期内的i−t图像如图所示，其中图线的ab段和bc段均为正弦曲线的四分之一，则该交变电流的有效值为( )
A. 22A
B. 2 33A
C. 23A
D. 26A
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.如图所示，将开关S由b扳到a开始计时，电流振荡的周期为0.02s，则在0.012s时( )
A. 线圈L周围磁场正在减小
B. 电容器里的电场强度正在减小
C. 电场能正在向磁场能转化
D. 电容器正在充电
9.如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度2v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程( )
A. 水平方向加速度大小为g2B. 水平方向位移为v22g
C. 动能增加32mv2D. 机械能增加12mv2
10.如图所示，边长为L的等边三角形区域ACD内、外的匀强磁场的磁感应强度大小均为B、方向分别垂直纸面向里、向外。三角形顶点A处有一质子源，能沿∠A的角平分线发射速度大小不等、方向相同的质子(质子重力不计、质子间的相互作用可忽略)，所有质子恰能通过D点，已知质子的比荷qm=k，则质子的速度可能为( )
A. BkL2B. BkLC. 3BkL2D. BkL8
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.某同学利用多用电表的欧姆挡测量未知电阻阻值以及判断二极管的正负极。
(1)他选择“×100”倍率的欧姆挡按照正确的步骤测量未知电阻时，发现表针偏转角度很大，如图11中虚线①的位置所示。为了能获得更准确的测量数据，他应该将倍率调整到______的挡位(选填“×10”或“×1k”)；并把两支表笔直接接触，调整“欧姆调零旋钮”，使表针指向______Ω.调整好此挡位的欧姆表后再正确测量上述未知电阻，表针指在如图1中虚线②的位置，则未知电阻的测量值为______Ω。
(2)若用已调好的多用电表欧姆挡“×10”挡来探测一只二极管的正、负极(如图2所示)。当两表笔分别接二极管的正、负极时，发现表针几乎不发生偏转(即指示电阻接近无限大)；再将两表笔与二极管两极的连接情况对调，发现表针指在如图1中的虚线①的位置，此时红表笔接触的是二极管的______极(选填“正”或“负”)。
12.在“测量金属丝的电阻率”的实验中，实验小组的同学测量一段阻值约为5Ω、粗细均匀金属丝的电阻率。

(1)用螺旋测微器分别在三个不同的位置测量金属丝的直径，某次示数如图甲所示，该次测量值为______ mm。
(2)实验小组的同学采用图乙所示的电路图，用伏安法测金属丝的电阻Rx，现有电源(电动势为3.0V，内阻可忽略不计)，开关和导线若干，以及下列器材：
A.电压表V1(量程0～3V，内阻约3kΩ)
B.电压表V2(量程0～15V，内阻约15kΩ)
C.电流表A1(量程0～3A，内阻约0.025Ω)
D.电流表A2(量程0～0.6A，内阻约0.125Ω)
E.滑动变阻器R1(0～5Ω,3A)
F.滑动变阻器R2(0～1000Ω,0.5A)
①为减小测量误差，在实验中，电压表应选用______ ，电流表应选用______ ，滑动变阻器应选用______ 。(选填各器材前的字母)
②图丙是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线。请根据图乙的电路图，补充完成图丙中实物间的连线。
(3)测量出金属丝直径为d，长度为L，电压表示数为U，电流表示数为I，则该金属丝电阻率测量值的表达式ρ= ______ 。考虑电流表和电压表内阻引起的误差，该测量值______ 真实值(选填“大于”或“小于”)。
四、简答题：本大题共2小题，共28分。
13.如图所示，电荷量分别为+q、+9q的两带电小球A、B，分别用两根不可伸长的绝缘细线悬挂于O点，静止时A、B两球处于同一水平线上。已知O点到A球的距离OA=2L，∠AOB=90°，∠OAB=60°，静电力常量为b，带电小球均可视为点电荷，重力加速度为g。
(1)求A、B两球间的库仑力大小；
(2)求A球的质量。
14.如图是微波信号放大器的结构简图，其工作原理简化如下：均匀电子束以一定的初速度进入Ⅰ区(输入腔)被ab间交变电压(微波信号)加速或减速，当Uab=U0时，电子被减速到速度为v1，当Uab=−U0时时，电子被加速到速度为v2，接着电子进入Ⅱ区(漂移管)做匀速直线运动.某时刻速度为v1的电子进入Ⅱ区，t时间(小于交变电压的周期)后速度为v2的电子进入Ⅱ区，恰好在漂移管末端追上速度为v1的电子，形成电子“群聚块”，接着“群聚块”进入Ⅲ区(输出腔)，达到信号放大的作用.忽略电子间的相互作用。求：

(1)电子进入Ⅰ区的初速度大小v0和电子的比荷em；
(2)漂移管的长度L。
五、计算题：本大题共1小题，共14分。
15.如图所示，用同种材料制成的粗细均匀的正方形导线框abcd放在倾角α=30°的固定绝缘斜面上，将导线框abcd从静止开始释放，导线框向下滑动s=2m后进入一方向垂直于斜面向上、磁感应强度B=1T的匀强磁场区域，ab边、磁场边界(图中虚线)及斜面底边EF均相互平行。已知导线框的质量m=0.4kg，导线框的电阻R=1.6Ω，导线框的边长和磁场区域的宽度均是L=0.8m，导线框与斜面间的动摩擦因数μ= 315，取重力加速度大小g=10m/s2。求：
(1)导线框ab边进入磁场区域瞬间，导线框ab两端的电压Uab；
(2)导线框穿过磁场区域的过程中，导线框上产生的焦耳热Q。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.松开按钮的过程中，磁铁远离螺线管，穿过螺线管中磁通量发生变化，螺线管中产生感应电流，故A正确；
B.按下按钮的过程中，磁铁靠近螺线管，穿过螺线管中磁通量发生变化，螺线管中产生感应电流，故B正确；
CD.按住按钮不动，穿过螺线管中磁通量不发生变化，螺线管中不产生感应电流，故C错误，D正确。
本题选不正确的，
故选：C。
分析穿过闭合线圈内磁场是否变化，然后根据产生感应电流的条件判断即可。
解答本题时，要知道穿过闭合线圈中磁通量变化时，才会有感应电流。
2.【答案】D
【解析】解：A、从A到B过程，斜向上穿过线圈的磁通量减小，据楞次定律判断可知：线圈中感应电流方向沿逆时针(俯视)，故A错误；
B、从B到C过程，穿过线圈的磁通量增大，磁场方向斜向下，据楞次定律判断可知：线圈中感应电流方向沿逆时针(俯视)，故B错误；
C、线圈在B位置磁场的方向与线圈平面平行，穿过线圈的磁通量为零，故C错误；
D、根据对称性可知，线圈在A位置与C位置穿过线圈的磁通量大小相等，线圈在C位置速度大，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈在位置C时的感应电动势比在位置A时的大，所以线圈在位置C时的感应电流比在位置A时的大，故D正确；
故选：D。
根据产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化，判断有无感应电流产生．根据楞次定律来确定感应电流的方向；感觉法拉第电磁感应定律判断。
解答本题关键要掌握判定感应电流的产生条件，及掌握楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用．要注意线圈通过B位置时磁通量为零。
3.【答案】C
【解析】解：A、圆盘转动过程中，产生感应电流，机械能转化为电能，故A错误；
BC、根据右手定则可知，C处的电势比D处的电势低，通过R的电流方向为从B指向A，故B错误，C正确；
D、圆盘产生的电动势大小为E=Brv−=Br0+rω2=12Br2ω，可知圆盘产生的电动势大小与角速度ω的大小有关，故D错误。
故选：C。
圆盘转动过程中，机械能转化为电能。根据右手定则判断电势高低和感应电流方向。根据法拉第电磁感应定律列式分析感应电动势的大小与转动角速度的关系。
本题是右手定则和法拉第电磁感应定律的综合应用，要注意圆盘切割磁感线相当于电源，电源内部的电流方向是从负极到正极。
4.【答案】C
【解析】解：A、两根导线通有同向的电流，相互吸引，故A错误；
B、根据安培定则，O点的磁感应强度方向与电流方向垂直，故B错误；
C、若I1=I2，则两电流在O点处的磁感应强度大小相等，方向相反，O点处的合磁感应强度大小为零，故C正确；
D、两导线所受安培力为一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，与两电流的大小无关，故D错误；
故选：C。
同向电流相互吸引；根据安培定则判断磁感应强度的方向；O点到两导线距离相等，两导线在O点产生的磁场磁感应强度等大反向；一对作用力与反作用力大小相等，方向相反。
本题考查安培定则，知道同向电流间的作用力为吸引力，知道一对作用力与反作用力等大反向。
5.【答案】B
【解析】解：A.电子做曲线运动，受到的电场力一定指向轨迹凹侧，且电子所受电场力方向一定与等势面垂直，所以电子在b点受到的电场力方向水平向左，故A错误；
B.由电场强度与等势面的关系可知，等差等势面越密集的地方，电场强度越大，b处等势面密，则a点的电场强度小于b点的电场强度，故B正确；
CD.电子在b点受到的电场力方向水平向左，则b点电场强度方向向右，可知从左向右，等势面的电势依次降低，则a点的电势低于b点的电势，电子在a点的电势能大于在b点的电势能，故CD错误。
故选：B。
做曲线运动的物体所受的合力指向轨迹的凹侧，电场线与等势面垂直，据此判断电场力方向；等势面的疏密表示场强的大小，据此分析作答；负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，沿电场线方向，电势逐渐降低，据此判断电势的高低；根据电势能的定义式判断电势能的大小。
本题考查了场强大小的判断、电势高低的判断以及电势能大小的判断，涉及的知识点较多需要熟练掌握。
6.【答案】C
【解析】解：A、由题图乙可知交流电电流的最大值是Im=10 2A，周期T=0.02s，由于电流表的示数为有效值，故示数I=I=Im 2=10 2 2A=10A，故A错误；
B、电压表测量的是交流电的有效值，故任意时刻电压表的示数为U=IR，故B错误
C、线圈转动的角速度为ω=2πT=2π0.02rad/s=100πrad/s，故C正确；
D、0.02s时线圈中的感应电流最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化率最大，磁通量为0，故D错误；
故选：C。
由题图乙可知交流电电流的最大值、周期，电流表和电压表的示数为有效值；感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0。
本题考查交变电流的产生及有效值的定义，要注意明确电流表示数、机器铭牌上所标的电流值、电压值等均为有效值。
7.【答案】B
【解析】解：设该交变电流的有效值为I，将交流电与恒定电流通过阻值都为R的电阻，根据有效值的定义有
I2RT=( 2)2R⋅T3+( 2 2)2R⋅T3+( 2 2)2R⋅T3
解得：I=2 33A，故ACD错误，B正确。
故选：B。
有效值的定义：将交流电与恒定电流通过阻值相同的电阻，在相同时间内，产生的热量相同，交流电的电流有效值等于恒定电流的电流，根据有效值的定义列式求解该交变电流的有效值。
对于非正弦式电流可根据有效值的定义求解有效值，这是常见题型，要熟练掌握。
8.【答案】BC
【解析】解：D、已知电流振荡的周期T=0.02s，因，所以在0～0.012s时间内经历了35T=T2+T10，可知0.012s的时刻处在T2～3T4之间，开关S由b扳到a开始计时，t=0时刻电容器开始放电，可知在T2～3T4时间内电容器处于放电过程，即0.012s的时刻电容器正在放电，故D错误；
ABC、电容器正在放电，其所带的电荷量减小，两极板间电压减小，电容器里的电场强度正在减小。电场能正在向磁场能转化，线圈L周围磁场正在增强。故A错误，BC正确。
故选：BC。
先确定0.012s时刻处于一个振动周期中的哪个阶段，分析出电容器充放电情况；电容器放电时电流是增大的，电场减弱，磁场增强，电场能向磁场能转化；电容器正在放电，两极板间电压减小，电容器里的电场强度减小。
本题考查了LC振荡电路的分析，电容器充电过程是磁场能向电场能转化的过程，磁场能减小则电流减小。反之，电容器放电过程，磁场能增大则电流增大。
9.【答案】AD
【解析】解：A、小球的运动可以分解为竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的初速度为0的匀加速直线运动，设运动时间为t，则
水平方向有qEmt=v
竖直方向有gt=2v
则得：t=2vg，qE=12mg
则水平方向的加速度为a=qEm=g2，故A正确；
B、水平方向位移为x=v22a=v22⋅g2=v2g，故B错误；
C、动能增加量为ΔEk=12mv2−12m⋅(2v)2=−32mv2，故C错误；
D、根据功能关系知机械能增加量为ΔE=qEx=12mg⋅v2g=12mv2，故D正确。
故选：AD。
将小球的运动分解成水平方向的匀加速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，根据分速度公式分别列式，即可求得水平方向加速度大小和运动时间，根据速度—位移公式求水平方向位移。根据末动能与初动能之差求动能增加量。根据功能关系求解机械能增加量。
本题是小球在恒力作用下做曲线运动的情形，可采用运动的分解法研究，要把握分运动的等时性，根据分运动的规律和功能关系进行解答。
10.【答案】ABD
【解析】解：质子可能的运动轨迹如下图所示
由几何关系可得
L=2nRcs60°(n=1,2,...)
洛伦兹力提供向心力
qvB=mv2R
解得v=BkLn(n=1,2⋅⋅⋅)，故C错误，ABD错误。
故选：ABD。
质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意作出质子可能的运动轨迹，应用牛顿第二定律求出质子在速度表达式，然后分析答题。
本题考查带电粒子在有界匀强磁场中的运动，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由此根据运动特征作出粒子在磁场中运动的轨迹，求出粒子轨迹半径的可能值以及掌握半径的公式是解决本题的关键。
11.【答案】×10 0 160 负
【解析】解：(1)把选择开关置于欧姆挡的“×100”挡位，由图1所示所示可知表针偏角太大，说明所选挡位太大，为准确测量电阻阻值，应重新选择“×10”档位，测量前还应该调电阻档的欧姆调零旋钮，使指针指在电阻档“0”刻度线处，读数为16×10Ω=160Ω。
(2)当两表笔分别接二极管的正、负极时，发现表针几乎不发生偏转说明此时二极管方向截止；调换表笔的连接后，电阻很小，二极管正向导通，由于黑表笔接电源的正极，红表笔接电源负极，所以此时红表笔接触的是二极管的负极。
故答案为：(1)×10，0，160.(2)负。
(1)欧姆表的表盘左边密右边疏，且零刻度在右边，偏角大说明阻值小，要换较小挡，重新调零后测量，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表的示数。
(2)二极管具有单向导电性，根据接通多用电表后的电流大小可以判断二有管的正负极。
(1)使用欧姆表测电阻时要选择合适的档位，指针要指在刻度盘中央刻度附近；对电表读数时，要先确定其量程与分度值，然后再读数，读数时视线要与电表刻度线垂直。
(2)本题考查了判断二极管的极性，知道二极管的特性、知道欧姆档的内部结构即可解题，本题难度不大，掌握基础知识即可正确解题。
12.【答案】0.550 A D E πUd24IL 小于
【解析】解：(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm，金属丝的直径为d=0.5mm+5.0×0.01mm=0.550mm；
(2)①电源两端电压为3V，因此电压表选A；
根据欧姆定律，流过待测电阻的最大电流I=URx=35A=0.6A，因此电流表选D；
滑动变阻器采用分压式接法，为了保证电路安全和方便调节，因此滑动变阻器选E；
②根据电路图，实物连接如图所示：
(3)根据电阻定律R=ρLS=ρL14πd2=4ρLπd2
根据欧姆定律，待测电阻R=UI
联立解得ρ=πUd24IL
实验的误差来源于电压表的分流作用，流过待测电阻的真实电流IR=I−IV
根据上式可知电阻率的测量值将小于真实值。
故答案为：(1)0.550；(2)①A；D；E； ②见解析；(3)πUd24IL；小于。
(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值=固定刻度对应示数(mm)+对齐格数(估读一位)×0.01mm；
(2)根据实验原理和欧姆定律选择合适的电学仪器，并由此画出对应的实物连线图；
(3)根据电阻定律和欧姆定律得出电阻率的表达式，结合实验原理分析出对应的实验误差。
本题主要考查了电阻率的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合闭合电路欧姆定律和电阻定律即可完成分析。
13.【答案】解：(1)O点到A球的间距OA=2L，∠AOB=90°，∠OAB=60°，因此AB=4L，依据库仑定律可知，AB间的库仑力大小为F=kq⋅9q(4L)2=9kq216L2
(2)对A球受力分析，如下图所示：

依据矢量的合成法则，结合三角形知识，则有：F=mAgtan30°，解得：mA=9 3kq216gL2
答：(1)A、B两球间的库仑力大小为小为9kq216L2；
(2)A球的质量为9 3kq216gL2。
【解析】(1)依据库仑定律，结合几何关系求出AB间距离，即可求解A、B两球间的库仑力大小；
(2)分析A球的受力情况，由平衡条件求A球的质量。
本题是带电体在电场中的平衡问题，关键在于正确分析小球的受力情况，运用平衡条件求解相关力的大小。
14.【答案】解：(1)在I区，由动能定理得
−eU0=12mv12−12mv02
eU0=12mv22−12mv02
联立解得
v0= v12+v222
em=v22−v124U0
(2)在Ⅱ区，设v2电子运动时间为t′，则
v1(t+t′)=L
v2t′=L
联立解得
L=v1v2v2−v1t
答：(1)电子进入Ⅰ区的初速度大小为 v12+v222，电子的比荷为v22−v124U0；
(2)漂移管的长度为v1v2v2−v1t。
【解析】(1)根据动能定理可解答；
(2)根据粒子的运动情况结合位移—时间公式解答。
本题考查带电粒子在电场中的运动，解题关键掌握粒子的运动情况分析，注意动能定理的应用。
15.【答案】解：(1)设导线框ab边进入磁场区域瞬间的速度大小为v，根据动能定理有
mgs⋅sinα−μmgcsα⋅s=12mv2−0
导线框ab边进入磁场区域瞬间，导线框ab边切割磁感线产生的感应电动势
E=BLv
导线框中的电流
I=ER
导线框ab两端的电压
Uab=I⋅34R
解得
Uab=2.4V
(2)导线框ab边进入磁场后，导线框受到的安培力
FA=BIL
对导线框受力分析，有
mgsinα=μmgcsα+BIL
即导线框匀速穿过磁场区域，导线框穿过磁场区域的时间
t=2Lv
导线框上产生的焦耳热
Q=I2Rt
解得
Q=2.56J
答：(1)导线框ab边进入磁场区域瞬间，导线框ab两端的电压Uab为2.4V；
(2)导线框穿过磁场区域的过程中，导线框上产生的焦耳热Q为2.56J。
【解析】(1)先根据牛顿第二定律和运动学公式求出导线框进入磁场区域瞬间时的速度大小v，由E=BLv求出ab边产生的感应电动势，再求ab两端的电势差Uab；
(2)根据欧姆定律求出导线框进入磁场瞬间的感应电流，由F=BIL求出线框受到的安培力，分析线框的受力情况，判断其运动情况，再由焦耳定律求导线框穿过磁场区域的过程中，导线框上产生的焦耳热Q。
解决本题的关键要正确分析线框的受力情况，来判断其运动情况，线框匀速通过磁场时，利用焦耳定律求焦耳热。