2023-2024学年北京市昌平区高二（上）期末考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年北京市昌平区高二（上）期末考试物理试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列物理量中，属于矢量的是( )
A. 电场强度B. 电势C. 电流D. 磁通量
2.关于电荷，下列说法正确的是( )
A. 电荷量很小的电荷就是元电荷B. 物体所带的电荷量可以是任意的
C. 在国际单位制中，电荷量的单位是库仑D. 摩擦起电的过程实质上是创造电荷的过程
3.一个带正电的球体M放在绝缘支架上，把系在绝缘丝线上的带电小球N挂在横杆上的P1处。当小球N静止时，丝线与竖直方向的夹角为θ，如图所示。在将悬点由P1处缓慢移到P2处的过程中，观察到夹角θ增大。由此可知
( )
A. 小球N带负电
B. 悬点由P1处缓慢移到P2处的过程中，小球N受到的静电力增大
C. M与N间的静电力大小与它们间的距离的平方成正比
D. M与N间的静电力大小与它们的电荷量乘积成正比
4.如图所示，在正点电荷Q产生的电场中有a、b两点，用Ea、Eb分别表示a点和b点的电场强度大小，用φa、φb分别表示a点和b点的电势，用Epa、Epb分别表示同一负试探电荷在a点和b点的电势能。下列关系式正确的是
( )
A. Ea>Eb，φa<φbB. Eaφb
C. φa>φb，Epaφb，Epa>Epb
5.某空间中存在磁场，一电流元IΔl放在某点受到的最大磁场力为F。下列说法正确的是
( )
A. 该点处的磁感应强度大小为FIΔl
B. 该点处的磁感应强度方向与F的方向相同
C. 如果电流元的电流增大，该点处的磁感应强度也增大
D. 如果撤去电流元，该点处的磁感应强度变为零
6.下列说法正确的是( )
A. 穿过某一回路的磁通量不为零，回路中将产生感应电动势
B. 穿过某一回路的磁通量发生变化，回路中将产生感应电动势
C. 穿过某一回路的磁通量越大，产生的感应电动势越大
D. 穿过某一回路的磁通量变化越大，产生的感应电动势越大
7.在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r；滑动变阻器的总电阻R大于电源内阻；电流表和电压表均可视为理想电表。闭合开关S，当滑动变阻器触头P从左端开始向右移动的过程中，下列说法正确的是
( )
A. 电流表、电压表的示数均增大B. 电流表、电压表的示数均减小
C. 电源的输出功率增大D. 电源的输出功率先增大后减小
8.某同学做静电感应实验，想让一个不带电的导体球甲带电，操作步骤及结论如下：①把甲球移近带负电的绝缘导体球乙，但甲、乙两球不接触；②用手触摸甲球；③手指移开；④移开乙球；⑤甲球带正电；⑥甲球带负电。上述操作过程和结论均正确的是( )
A. ①→②→③→④→⑤B. ①→②→④→③→⑥
C. ①→②→③→④→⑥D. ①→②→④→③→⑤
9.如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，直角三角形导线框abc通以恒定电流I，放置在磁场中。已知ab边长为l，与磁场方向平行；bc边长为2l，与磁场方向垂直。下列说法正确的是
( )
A. ab边所受安培力大小为BIlB. bc边所受安培力大小为BIl
C. ca边所受安培力大小为 5BIlD. 整个导线框所受安培力为0
10.某同学发现，一电源在使用过程中，当通过它的电流大小有明显变化时，路端电压的变化并不明显。其原因可能是( )
A. 电源内阻很大B. 电源内阻很小C. 电源电动势很大D. 电源电动势很小
11.某扫地机器人利用自身携带的小型吸尘部件吸尘。已知机器人电池容量为3000mA⋅ℎ，电机两端电压为15V，吸尘时的额定功率为30W，输出功率为22W。下列说法正确的是
( )
A. “mA⋅ℎ”是能量单位B. 吸尘时通过电机的电流为1.5A
C. 该机器人电机的电阻为5.5ΩD. 理论上，该机器人充满电后可工作1.5ℎ
12.如图所示，利用电压传感器和电流传感器观察电容器的充、放电过程。先将单刀双掷开关S置于接线柱1，给电容器充电；充电结束后，再将开关S置于接线柱2，电容器放电。传感器采集所测电路的电压、电流信号，得到电容器充、放电过程电压U和电流I随时间t变化的图像，分别如图(甲)和(乙)所示。下列说法正确的是( )
A. 电容器充电过程，电流和电压都逐渐增大
B. 电容器充电过程，电压逐渐增大而电流逐渐减小
C. 电容器放电过程，极板带电量均匀减少
D. 电容器放电过程，电容器的电容减小
13.如图(甲)所示，100匝(图中只画了2匝)圆形线圈面积为0.01m2，电阻不计。线圈内存在方向垂直纸面向里且强度随时间变化的磁场；t=0时，B=0。线圈两端A、B与一个电压传感器相连，电压传感器测得A、B两端的电压按图(乙)所示规律变化。在t=0.05s时
( )
A. 磁感应强度随时间的变化率为0.01T/sB. 磁感应强度随时间的变化率为20T/s
C. 穿过每匝线圈的磁通量为2.5×10−4WbD. 穿过每匝线圈的磁通量为5.0×10−4Wb
14.我们知道，在匀强磁场中，带电粒子的速度方向与磁感应强度方向平行或垂直时，带电粒子将做匀速直线运动或匀速圆周运动；如果带电粒子的速度方向与磁感应强度方向既不平行，又不垂直，带电粒子将做螺旋线运动，如图所示。粒子转过一周所需的时间称为回转周期；粒子每转一周前进的距离称为螺距。根据运动的合成与分解思想，可解决此问题。下列说法不正确的是( )
A. 螺旋的直径与垂直磁感线的速度分量有关
B. 螺距与垂直磁感线的速度分量无关
C. 回转周期与垂直磁感线的速度分量有关
D. 具有相同的平行磁感线速度分量的同种带电粒子，从同一点出发，经一个回转周期后，将重新会聚到一点
二、实验题（本题共2小题，共18分）
15.多用电表是常用的电学测量仪表，它既能测量电流又能测量电压，还能测量电阻。
(1)关于多用电表的使用，下列操作正确的是_________
A.测灯泡电压时，应按图(甲)所示连线，测量时开关S应断开
B.测灯泡电流时，应按图(乙)所示连线，测量时开关S应闭合
C.测灯泡电阻时，应按图(甲)所示连线，测量时开关S应断开
(2)某次用多用电表测量电阻和直流电压时指针位置如图所示，若选择开关置于：
①电阻“×1k”位置，则电阻的测量值为________kΩ；
②直流“10V”位置，则电压的测量值为________V。
16.某学习小组做“测量金属丝的电阻率”的实验。
(1)使用螺旋测微器测量金属丝的直径d，某次测量时螺旋测微器的示数如图所示，其读数为________mm。
(2)图中(甲)和(乙)是测量金属丝电阻Rx的两种电路，其主要区别是滑动变阻器的连接方式不同，一般称甲为“分压电路”，乙为“限流电路”。
若需要待测电阻Rx两端电压从零开始连续变化，应选用__________(选填“甲”或“乙)电路。
(3)测量金属丝的电阻Rx时，某同学按“分压电路”连接实验器材，如图所示。其中_________(选填“①”“②”或“③”)连线是错误的。
(4)该同学正确地完成了实验操作，在U−I坐标系中标出了测量数据的坐标点，并描绘出了U−I图线，如图所示。根据图线可知，该金属丝的电阻值Rx=_________Ω(结果保留两位有效数字)。
(5)关于实验误差的分析，下列说法正确的是_________。
A.多次测量金属丝直径求平均值可以减小系统误差
B.用U−I图像处理实验数据求金属丝电阻可以减小偶然误差
C.电流表外接时，电压表分流会导致电阻测量值偏小
D.电流表外接时，电流表分压会导致电阻测量值偏大
(6)电导率σ是电阻率的倒数，常用单位是(Ω⋅cm)−1。某种饮用水的电导率约为1.0×10−3(Ω⋅cm)−1。将该饮用水灌入一个高约12cm、容积约240mL的薄壁塑料瓶中，瓶的两端用两个略小于瓶底面积的固定金属圆片电极密封，如图所示。能否用图中的实验器材较为精确地测量该饮用水的电导率？简要阐述理由。_________
三、计算题（本题共4小题，共40分）
17.一水平放置的平行板电容器，两极板间电场可视为匀强电场。一电子从两极板间的中央点以初速度v0垂直于极板间的匀强电场飞入，恰能从下极板右边缘飞出，如图所示。已知两极板间距为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e。不计电子的重力。求：
(1)电子在两极板间的加速度大小a；
(2)两极板间电压U；
(3)在此过程中电场力对电子所做的功W。
18.质谱仪是一种研究带电粒子的重要工具，它的构造原理如图所示。粒子源S产生的带正电粒子首先经M、N两带电金属板间的电场加速，然后沿直线从缝隙O垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中经过半个圆周打在照相底片上的P点。已知M、N两板间电压为U，粒子的质量为m、电荷量为q。若粒子进入电场时的速度、所受重力及粒子间的相互作用力均可忽略。
(1)求粒子离开加速电场时速度的大小v；
(2)求O、P两点间的距离L；
(3)有同学认为，若保持M、N两板间电压不变，增大两板间距离，上述粒子将打在P点的下方。你认为这个说法是否正确？简要说明理由。
19.如图(甲)所示，相距为L的平行金属导轨置于水平面内，导轨间接有定值电阻R。质量为m的金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中。t=0时刻，对金属棒ab施加一与导轨平行的恒定拉力F，使其由静止开始做加速直线运动。不计金属棒与导轨的电阻及金属棒与导轨间的摩擦。
(1)从t=0时刻开始计时，在图(乙)所示的坐标系中定性画出金属棒ab的速度大小v随时间t变化的图像；并求出金属棒ab的最大速度vm。
(2)已知金属棒ab从开始运动到速度达到最大时的位移为x，求在此过程中安培力对金属棒ab所做的功WA。
(3)本题中通过安培力做功实现了能量转化。我们知道安培力是洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力对运动电荷不做功，这似乎出现了矛盾，请结合图(丙)所示情境，分析说明当金属棒ab以速度v向右运动时，自由电子所受洛伦兹力是如何在能量转化过程中起作用的？
20.物理学中的宏观现象与粒子的微观行为之间存在必然联系，从微观角度分析宏观现象产生的本质原因是物理学的重要研究方法。
(1)如图所示，一段横截面积为S、长为L的直导线，单位体积内有n个自由电子，电子电荷量为e。该导线两端加电压时，自由电子定向移动的平均速率为v。
a、请推导导线中的电流I与v之间关系式。
b、将该通电直导线放在磁感应强度B的匀强磁场中，电流方向与磁感线垂直，导线所受安培力大小为F=BIL。请由安培力的表达式推导洛伦兹力的表达式f=evB。
(2)如图所示的霍尔元件，宽度和厚度分别为ℎ和d，放在沿−z方向的匀强磁场B中，当元件通有沿x方向的电流I时，在元件的上侧面和下侧面之间会产生电势差U。已知该霍尔元件的载流子是电子，电荷量为e，单位体积中的自由电子数为n。
a、请证明：U=BIneℎ
b、由上问可知，在I、n、e、ℎ一定的条件下，U与B成正比，由U的数值可以比较B的大小，因此可以用这种元件探测某空间磁场的磁感应强度。该元件的摆放的方向对测量结果是否有影响？简要说明理由。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
物理量按有无方向分矢量和标量，矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量。
对于矢量与标量，要掌握它们的两大区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数加减法则。
【解答】
A、电场强度是矢量，其方向与放在该点的正电荷所受的电场力方向相同，故A正确；
BCD、电动势、电流、磁通量都是只有大小，没有方向的标量，故BCD错误。
2.【答案】C
【解析】C
【详解】A.元电荷指的是最小电荷量，电子和质子所带的电荷量大小等于元电荷，A错误；
B.物体所带的电荷量一定是元电荷的整数倍，B错误；
C.在国际单位制中，电荷量的单位是库仑，C正确；
D.摩擦起电的实质是电荷在两个物体间发生了转移，没有创造电荷，D错误。
故选C。
3.【答案】BD
【解析】BD
【详解】A.小球N与M相互排斥，M、N带同种电荷，M带正电，N也带正电，故A错误；
B.悬点由P1处缓慢移到P2处的过程中，根据库仑定律 F=kq1q2r2 可知，小球N受到的静电力增大，故B正确；
CD.根据库仑定律公式可知， F=kq1q2r2 ，M与N间的电场力大小与间距的平方成反比，与电荷量的乘积成正比，故C错误，D正确。
故选BD。
4.【答案】C
【解析】C
【详解】电场线的疏密程度表示电场强度的大小，故
Ea>Eb
沿着电场线方向电势逐渐降低，故
φa>φb
负电荷在电势高的地方电势能小，故
Epa故选C。
5.【答案】A
【解析】A
【详解】A.一电流元 IΔl 放在某点受到的最大磁场力为F，则电流方向与磁场方向垂直，该点处的磁感应强度大小为
B=FIΔl
故A正确；
B.该点处的磁感应强度方向与F的方向垂直，故B错误；
C.磁感应强度与磁场有关，如果电流元的电流增大，该点处的磁感应强度也不变，故C错误；
D.如果撤去电流元，该点处的磁感应强度不变，故D错误。
故选A。
6.【答案】B
【解析】B
【详解】AB.穿过某一回路的磁通量发生变化，回路中将产生感应电动势，故A错误，B正确；
CD.由 E=nΔΦΔt 可知穿过某一回路的磁通量变化越快，产生的感应电动势越大，故CD错误。
故选B。
7.【答案】D
【解析】D
【详解】AB.滑动变阻器触头P从左端开始向右移动的过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻值逐渐减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知电路中的电流增大，所以电流表的示数增大；由 U外=E−Ir 可知路端电压减小，所以电压表的示数减小，故AB错误；
CD.电源的输出功率
P=I2R=E2R+r2R+2r
当 R=r 时电源的输出功率最大，由于滑动变阻器的总电阻R大于电源内阻，当滑动变阻器触头P从左端开始向右移动的过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻值逐渐减小，外电路的电阻先大于内阻再等于内阻最后小于内阻，所以电源的输出功率先增大后减小，故C错误，D正确。
故选D。
8.【答案】A
【解析】A
【详解】AD.把不带电的绝缘导体球甲移近带负电的绝缘导体球乙，但甲、乙两球不接触；此时用手触摸甲球，由于静电感应，甲球带正电，当手指移开之后，甲球所带正电荷确定无法移走，此时移开乙球，从而甲球带正电，A正确，D错误；
BC.把不带电的绝缘导体球甲移近带负电的绝缘导体球乙，但甲、乙两球不接触；用手触摸甲球，此时由于静电感应，甲球带正电，移开乙球后，甲球所带正电荷回到大地，使甲球不带电，在手指移开后，甲球确定不带电，BC错误。
故选A。
9.【答案】D
【解析】D
【详解】A.导线的ab边与磁场平行，不受安培力的作用，故A错误；
B.导线的bc边与磁场垂直，受到的安培力大小为
Fbc=2BIl
故B错误；
C.导线ac与磁场垂直的有效长度是 2l ，则导线受到的安培力大小为
Fca=2BIl
故C错误；
D.由左手定则可知导线的bc边受到的安培力方向与导线ac边受到的安培力方向相反，整个导线框所受安培力为0，故D正确。
故选D。
10.【答案】B
【解析】B
【详解】据闭合电路欧姆定律
U=E−Ir
可得当通过它的电流大小有明显变化时，路端电压的变化并不明显，是由于电源的内阻太小导致的。
故选B。
11.【答案】D
【解析】D
【详解】A.mA是电流的单位，ℎ是时间的单位，根据q=It，可知“ mA⋅ℎ ”是电荷量的单位；故A错误；
B.吸尘时通过电机的电流为
I=P额U=3015A=2A
故B错误；
C.电机的热功率
P热=P额−P出=30W−22W=8W
由 P热=I2r ，解得该机器人电机的电阻为
r=2Ω
故C错误；
D.由 q=It 可得，理论上，该机器人充满电后可工作的时间
t=qI=3000mA⋅ℎ2A=1.5ℎ
故D正确。
故选D。
12.【答案】B
【解析】B
【详解】AB.电容器充电过程，电压逐渐增大，电流逐渐减小，A错误，B正确；
C.电容器放电过程，极板带电量减少的越来越慢，不是均匀减少，C错误；
D.电容器放电过程，电容器的电容不变，D错误。
故选B。
13.【答案】C
【解析】C
【详解】AB.由图可知在t=0.05s时的电压
E=1.0V
根据法拉第电磁感应定律有
E=nΔBΔtS
解得
ΔBΔt=1T/s
AB错误；
CD.由于感应电动势随时间均匀变化，可知磁感应强度变化率随时间均匀变化，t=0时，B=0，则t=0.05s时的磁感应强度
B=12×ΔBΔt×t=0.025T
穿过每匝线圈的磁通量
Φ=BS=2.5×10−4Wb
C正确，D错误。
故选C。
14.【答案】C
【解析】C
【详解】A.与磁感线平行的速度分量不受洛伦兹力的影响，螺旋的直径与垂直磁感线的速度分量有关，故A正确，不符合题意；
B.螺距与垂直磁感线的速度分量无关，与磁感线平行的速度分量有关，故B正确，不符合题意；
C.根据
qvB=mv2r
周期
T=2πrv
联立得
T=2πmqB
回转周期与垂直磁感线的速度分量无关，故C错误，符合题意；
D.具有相同的平行磁感线速度分量的同种带电粒子，回转周期、螺距均相同，从同一点出发，经一个回转周期后，将重新会聚到一点，故D正确，不符合题意。
故选C。
15.【答案】 BC 10 6.1
【详解】(1)[1]A.测电压时，电压表与小灯泡并联，根据红进黑出的规律，图甲中红、表笔法正确，测量时开关S应闭合，A错误：
B.测电流时，电流表与小灯泡串联，根据红进黑出的规律，乙中红、表笔接法正确，测量时开关S应闭合，B正确；
C.测电阻时时，应将小灯泡与电源断开，多用电表与小灯泡串联构成闭合回路，C正确。
故选BC。
(2)①[2]选择开关指在电阻“×1k”时，读数为10kΩ。
②[3]选择开关置于直流“10V”位置时，最小分度值为0.2V，应读到0.1这一位，故读数为6.1V。

【解析】略
16.【答案】 0.900 甲 ② 4.3 BC 不能，由电阻定律和 σ=1ρ ，可得塑料瓶中装满该饮用水后的电阻为 R=1σ⋅LS=600Ω 。当该同学用上述装置进行检测时，电路中最大电流为 I=ER≈0.005A ，几乎无法使电流表指针发生偏转。因此不能用上述实验装置完成精确测量。
【详解】(1)[1]根据螺旋测微计的读数法则，有
0.5mm+40.0×0.01mm=0.900mm
(2)[2]实验需要待测电阻Rx两端电压从零开始连续变化，故选用图甲“分压电路”。
(3)[3]“分压电路”的滑动变阻器应接下面两个接线柱，故图中②连线是错误的。
(4)[4]根据U−I图线可知，该金属丝的电阻值
Rx=Ω=4.3Ω
(5)[5]A.用螺旋测微器多次测量金属丝直径并取平均值可以减小偶然误差，故A错误；
B.用U−I图像处理实验数据求金属丝电阻可以减小偶然误差，故B正确；
CD.采用电流表外接，误差来源于电压表分流会导致电流的测量值较大，则电阻测量值偏小，故C正确、D错误。
故选BC。
(6)[6]由电阻定律和 σ=1ρ 可得塑料瓶中装满该饮用水后的电阻为
R=1σ⋅LS=600Ω
当该同学用上述装置进行检测时，电路中最大电流为
I=ER≈0.005A
几乎无法使电流表指针发生偏转。因此不能用上述实验装置完成精确测量。

【解析】略
17.【答案】
(1) v02dL2 ；(2) mv02d2eL2 ；(3) mv02d22L2
【详解】(1)电子做类平抛运动，水平方向
L=v0t
竖直方向
d2=12at2
解得
a=v02dL2
(2)根据牛顿第二定律
F=ma
电子所受电场力
F=eE
两板间电电压
U=Ed
解得
U=mv02d2eL2
(3)电子进入和离开电场两点间电势差为 U2 ，电场力做功
W=eU2
解得

【解析】略
18.【答案】(1) 2qUm ；(2) 2B 2mUq ；(3)见解析
【详解】(1)带电粒子在电场中加速，做根据动能定理
qU=12mv2
解得
v= 2qUm
(2)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其轨道半径为r。根据牛顿第二定律
qvB=mv2r
L=2r
解得
L=2B 2mUq
(3)不正确。由(2)结果可知：当q、m、U、B不变时，L不变，与M、N两板间距无关，故粒子仍打在照相底片上的P点。

【解析】略
19.【答案】(1)见解析， vm=FRB2L2 ；(2) WA=mF2R22B4L4−Fx ；(3)见解析
【详解】(1)金属棒ab的速度大小v随时间t变化的图像如图所示：
金属棒切割磁感线产生的感应电动势
E=BLv
回路中的感应电流
I=ER
金属棒受到的安培力
FA=BIL
当速度v最大时，有
F=FA
解得
vm=FRB2L2
(2)根据动能定理有
Fx+WA=12mvm2
解得
WA=mF2R22B4L4−Fx
(3)自由电子所受洛伦兹力的示意图如图所示：
设自由电子电荷量为e，垂直导体棒运动的速度为v时，受到沿棒方向的洛伦兹力
f1=evB
该力使自由电子以速度u向b端移动，对自由电子做正功。在 Δt 时间内，做功
W1=f1⋅uΔt=evBuΔt
垂直棒方向的洛伦兹力
f2=euB
该力阻碍电荷向右运动，对电荷做负功。在 Δt 时间内，做功
W2=−f2⋅vΔt=−euBvΔt
可见
W1=−W2
即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力合力做功为零。
f1做正功，是产生电动势的非静电力，使电源的电能增加；f2做负功，宏观上表现为安培力做负功，使机械能减少。大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将机械能转化为等量的电能，在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用。

【解析】略
20.【答案】(1)a、 I=neSv ；b、见解析；(2)a、见解析；b、见解析
【详解】(1)a、以一段导线作为研究对象，导线的横截面积为S，单位体积内的自由电子数为n，自由电子定向移动的平均速率为v，则时间t内通过导线横截面的自由电子数为
N=nSvt
时间t内通过导线横截面的电荷量
Q=Ne=neSvt
根据电流的定义
I=Qt
解得
I=neSv
b、由前问推导可知，导线中电流
I=neSv
导线所受安培力
F=BIL
导线中自由电荷的总数
N=nSL
运动电荷所受洛伦兹力与导线所受安培力的关系为
Nf=F
代入得
nSLf=BneSvL
推得
f=evB
(2)a、自由电子在洛伦兹力的作用下积累在导体的上侧面，下侧面带等量的正电荷，当上下侧面有稳定的电势差时，电场力和洛伦兹力平衡，则有
eE=evB
上下侧面间的电场可视为匀强电场，故有
E=Ud
由电流的微观表达式
I=nevS=nevℎd
由此可证
U=BIneℎ
B、用霍尔元件探测空间磁场时，元件的摆放方向对U有影响。
因为洛仑兹力的大小与电子运动方向有关。若B的方向平行于I的方向，则U=0；若B的方向与I的方向垂直，U为最大值。所以使用时应该调整装置方向找到最大值。

【解析】见答案