2023-2024学年河北省张家口市高二（上）期末考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河北省张家口市高二（上）期末考试物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列说法中正确的是( )
A. 法拉第最早提出了“电场”的概念
B. 楞次发现了电磁感应现象，并总结出了楞次定律
C. 安培总结出了磁场对运动电荷的作用力规律
D. 丹麦物理学家安培发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，称为电流的磁效应
2.两点电荷形成电场的电场线分布如图所示，A、B是电场线上的两点，下列说法正确的是( )
A. 两点电荷的电性相同B. 两点电荷所带的电荷量相等
C. A点的电场强度比B点的电场强度大D. A点的电场强度比B点的电场强度小
3.以下是来源于物理课本的一些插图，相关说法正确的是( )

A. 图甲中a端带负电
B. 图乙采用了假设法
C. 图丙显示灯泡电阻随温度升高而减小
D. 图丁中，并联的电阻R越小，改装后的电流表量程越大
4.如图所示电路，电源电动势恒为E、内阻为r，电压表、电流表均视为理想电表。闭合开关S，当滑动变阻器的滑片Р向右移动的过程中，忽略灯泡电阻随温度的变化，下列说法正确的是( )
A. 电流表的示数变小B. 电压表的示数变大
C. 通过滑动变阻器的电流变大D. 电源消耗的功率变大
5.笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件，当显示屏合上时，霍尔元件处于垂直于上下表面向上的匀强磁场中，则前后表面间会产生霍尔电压U，以此控制屏幕的熄灭。如图所示，一块长为a、宽为b、厚度为d的矩形霍尔元件，元件内的导电粒子是自由电子，元件中通有大小为I、方向向右的电流时( )
A. 前表面的电势比后表面的电势低B. 霍尔电压U与b有关
C. 霍尔电压U与d无关D. 霍尔电压U与a有关
6.如图所示是某教学楼东面墙上的一扇钢窗，将钢窗右侧向外匀速打开，推窗人正好看见太阳冉冉升起。以推窗人的视角来看，在钢窗中地磁场磁通量增大的过程中( )
A. 钢窗中产生了逆时针电流，感应电动势的大小不变
B. 钢窗中产生了顺时针电流，感应电动势的大小是变化的
C. 钢窗竖直边框受到地磁场的安培力的方向是不变的
D. 钢窗中磁通量最大时，感应电动势也达到最大值
7.如图所示，一足够大的正方形区域abcd内存在垂直纸面向里的匀强磁场，其顶点a在直线MN上，且ab与MN的夹角为45°.一边长为L的正方形导线框从图示位置沿直线MN以速度v匀速穿过磁场区域。规定逆时针方向为感应电流的正方向，下列表示整个过程导线框中感应电流i随时间t(以Lv为单位)变化的图像中，正确的是( )
A. B.
C. D.
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，在光滑绝缘水平面的P点正上方O点固定一电荷量为+Q的点电荷，在水平面上的N点，由静止释放质量为m、电荷量为–q的试探电荷，该试探电荷经过P点时速度为v，图中θ=60°.则在+Q形成的电场中(规定P点的电势为零)
A. N点电势低于P点电势B. N点电势为–mv22q
C. P点电场强度大小是N点的2倍D. 试探电荷在N点具有的电势能为–12mv2
9.如图甲所示为远距离输电的示意图，图中的变压器均为理想变压器，输电线的总电阻为r=100Ω，降压变压器所接用户可等效为图中的滑动变阻器，用户增加时相当于滑动触头向下滑动。已知用户端的额定电压U0=220V，降压变压器原、副线圈的匝数比为n3：n4=50∶1，升压变压器原线圈所接电压如图乙所示，用户端在正常情况下消耗的总功率P0=11kW，下列说法正确的是( )
A. 发电厂的输出功率为11kW
B. 升压变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2=2：111
C. 用户增加时，用户得到的电压减小
D. 用户增加时，输电线上的损失功率减小
10.如图为电磁刹车实验装置，小车底面安装有矩形导线框abcd，线框底面平行于地面，在小车行进方向有与abcd等宽、等长的有界匀强磁场，磁场方向垂直地面向上。小车进入磁场前撤去牵引力，小车穿过磁场后滑行一段距离停止。则小车( )
A. 进入磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为adcba
B. 穿过磁场的过程中，中间有一段时间矩形导线框中没有感应电流
C. 小车进入磁场前的速度越大，滑行的距离越远
D. 穿过磁场的过程中，矩形导线框受到的安培力方向始终水平向左
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.(1)如图所示的游标卡尺，游标尺上共有20个分度，用它测量某工件的外径时，示数如图，则此工件的外径是________cm。

(2)在“用多用电表测量电学中的物理量”的实验中，某同学使用的多用电表的刻度盘如图所示：

①关于多用电表的使用，下列说法中正确的是_______(选填选项前的字母)；
A.用电压挡测电压前，需调整指针定位螺丝，使指针指到右边的零刻度
B.若多用电表没有OFF挡，使用完后应将选择开关拨至交流电压最高挡
C.用欧姆挡测电阻时，被测电阻的阻值越大，指针向右转过的角度就越大
D.用欧姆挡测电阻时，改变不同倍率的欧姆挡后，需要重新进行欧姆调零
②在测量小灯泡的电阻时，红表笔接触点的电势比黑表笔________(选填“高”或“低”)；
③如果要用此多用电表测量一个阻值约为1000Ω的电阻，为了使测量结果比较精确，应将选择开关旋转到欧姆挡的__________(选填“×10”“×100”或“×1k”)位置。
12.叠层电池是把普通的化学干电池制作成长方形的小块，并多个叠加串联在一起，成为一个独立的电池，具有体积小，输出电压高的特点。如图甲所示，某叠层电池与普通干电池性质相同，其由多块干电池块串联在一起。为测量某叠层电池的电动势E和内阻r，该同学设计了如图乙所示的测量电路，所用器材如下：
A.待测电池
B.定值电阻R0(阻值为30.0Ω)
C.理想电压表V1(量程为0∼15V)
D.理想电压表V2(量程为0∼3V)
E.滑动变阻器R(最大阻值为500Ω)
F.开关一个，导线若干
回答下列问题：
(1)闭合开关前，应将滑动变阻器R的触头置于_______(选填“最左端”或“最右端”)。
(2)实验中，调节R触头的位置，发现当电压表V1示数为6.0V时，电压表V2示数为1.96V，此时通过电源的电流为_______mA(结果保留三位有效数字)。
(3)多次改变R接入电路的阻值，读出多组V1和V2的示数U1、U2，请你将(2)中的点描在图丙中，并连同已描出的点作出U1−U2的图像_________。
(4)由U1−U2图像可知该叠层电池的电动势E=______V，内阻r=_______Ω。(结果均保留三位有效数字)
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
13.电子所带的电荷量最早是由美国科学家密立根通过油滴实验测定的。油滴实验的原理如图所示，两块水平放置的金属板分别与电源的两极相接，油滴从喷雾器喷出后由于摩擦而带负电，油滴进入上板中央小孔后落到匀强电场中，通过显微镜可以观察到油滴的运动情况。假设两金属板间的距离d=5.0×10−2m，忽略空气对油滴的浮力和阻力，重力加速度g取10m/s2，请问：
(1)调节两板间的电势差U=200V，观察到某个质量为m1=1.28×10−15kg的油滴恰好处于悬浮不动，则哪一金属板接电源的正极？该油滴所带电荷量q1多大？
(2)维持两板间电势差不变，观察到另一个质量为m2=2.00×10−15kg的带负电油滴，从上板小孔静止开始做匀加速直线运动，经时间t=0.5s到达下板，则此油滴所带电荷量q2多大？
14.某兴趣小组用电流传感器测量某磁场的磁感应强度大小。实验装置如图甲所示，不计电阻且足够长的光滑金属导轨竖直放置在匀强磁场中，导轨间距d=0.5m，其平面与磁场方向垂直。电流传感器与阻值R=0.8Ω的电阻串联接在导轨上端。现将质量m=0.02kg、有效阻值r=0.2Ω的导体棒AB由静止释放，导体棒AB沿导轨下滑，该过程中电流传感器测得电流随时间变化规律如图乙所示，电流最大值Im=lA。导体棒下滑过程中与导轨保持垂直且良好接触，不计电流传感器内阻及空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)该磁场的磁感应强度大小；
(2)在t1时刻导体棒AB的速度大小；
(3)在0∼t1时间内导体棒AB下降的高度h=5m，此过程中电阻R产生的电热。
15.如图所示的平行板电容器中，存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度大小B1=0.20T，方向垂直纸面向里，电场强度E1=1.0×105V/m，PQ为板间中线。紧靠平行板右侧边缘xOy坐标系的第一象限内，边界AO与y轴的夹角∠AOy=45°，边界线的上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B2=0.25T，边界线的下方有竖直向上的匀强电场，电场强度E2=5.0×105V/m。一带电量q=8.0×10−19C，质量m=8.0×10−26kg的正离子从P点射入平行板间，沿中线PQ做直线运动，穿出平行板后从y轴上坐标为(0,0.4m)的Q点垂直y轴射入磁场区，多次穿越边界线OA。不计离子重力，π取3.14，求：
(1)离子运动的速度；
(2)离子从通过y轴进入磁场到第二次穿越边界线OA所用的时间；
(3)离子第四次穿越边界线OA时的速度(最后结果保留两位有效数字)。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查物理学史。解决问题的关键是清楚电场、电磁感应、楞次定律、磁场对运动电荷的作用力和电流的磁效应的有关学史。
【解答】
A.法拉第最早提出了“电场”的概念，故A正确;
B.法拉第发现了电磁感应现象，楞次总结出了楞次定律，故B错误;
C.洛伦兹总结出了磁场对运动电荷的作用力规律，故C错误;
D.丹麦物理学家奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，称为电流的磁效应，故D错误。
2.【答案】C
【解析】【分析】
该题考查电场线相关知识。熟知电场线特点是解决本题的关键。
根据电场线方向判断点电荷电性；电场线分布的疏密程度能够表示电场的强弱，由此分析解题即可。
【解答】
A.根据图中所示可知，电场线起源于右侧点电荷，终止于左侧点电荷，则右侧点电荷带正电，左侧点电荷带负电，即两点电荷的电性相反，故A错误；
B.若两点电荷所带的电荷量相等，则左右电场线的分布关于电荷连线的中垂线具有对称性，根据图像可知，右侧点电荷周围的电场线分布比左侧点电荷周围电场线分布密集一些，则右侧点电荷的电荷量大于左侧点电荷的电荷量，即两点电荷所带的电荷量不相等，故B错误；
CD.电场线分布的疏密程度能够表示电场的强弱，根据图像可知，A点位置的电场线分布比B点位置电场线分布密集一些，则A点的电场强度比B点的电场强度大，故C正确，D错误。
故选C。
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了静电感应，研究影响平行板电容器的影响因素，小灯泡的伏安特性曲线，以及电流表改装，比较基础，重点是对原理的把握，熟记相关知识即可。
【解答】
A.根据静电感应的原理知，一个带电的物体与不带电的导体相互靠近时由于电荷间的相互作用，会使导体内部的电荷重新分布，异种电荷被吸引到带电体附近，而同种电荷被排斥到远离带电体的导体另一端，故a端带正电，故A错误；
B.研究影响平行板电容器的影响因素时，采用的是每次实验都保证只有一个变量的方法，故图2采用了控制变量法，故B错误；
C.由图丙图像可知，随灯泡两端电压增大，通过灯泡的电流增大，温度升高且电压与电流的比值增大，灯泡电阻随温度升高而增大，故C错误；
D.图丁中，并联的电阻R越小，IR就越大，改装后的电流表量程IR+Ig越大，故D正确。
故选D。
4.【答案】B
【解析】B
【详解】由电路可知，灯泡L和滑动变阻器R并联接到电源两端，电压表测量路端电压，电流表测量灯泡的电流，则当滑动变阻器的滑片Р向右移动的过程中，R变大，则总电阻变大，总电流减小，路端电压变大，即电压表的示数变大，灯泡的电流变大，即电流表的示数变大；通过滑动变阻器的电流变小，根据P=I2r可知，电源消耗的功率变小。选项ACD错误，B正确。
故选B。
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查霍尔效应。解决问题的关键是理解霍尔元件的原理，根据左手定则、平衡条件、电流的微观表达式分析判断。
【解答】
A.电流方向向右，电子向左定向移动，根据左手定则，电子所受洛伦兹力垂直纸面向外，电子打在前表面，前表面电势比后表面电势低，故 A正确;
BCD.根据平衡条件eUb=evB，根据电流微观表达式有I=neSv，又S=bd，联立解得U=BIned，可知霍尔电压U与d有关，与a、b无关，故BCD错误。
6.【答案】C
【解析】C
【详解】AB.将钢窗右侧向外匀速打开，则穿过窗口的磁通量向北增加，则根据楞次定律，钢窗中产生了逆时针电流，因磁通量的变化不是均匀的，则感应电动势的大小是变化的，选项AB错误；
C.钢窗中产生的感应电流方向不变，磁场方向不变，则钢窗竖直边框受到地磁场的安培力的方向是不变的，选项C正确；
D.钢窗中磁通量最大时，磁通量的变化率最小，则感应电动势最小，选项D错误。
故选C。
7.【答案】C
【解析】C
【详解】AB.根据右手定则，可知线框进入磁场时产生的感应电流为逆时针方向，离开磁场时产生的感应电流为顺时针方向，故AB错误；
CD.当线框运动时间为 1.5Lv 时感应电流为零，故C正确，D错误。
故选C。
8.【答案】AB
【解析】AB
【详解】A项：根据顺着电场线方向电势降低可知，M点的电势高于N点的电势，而M、P两点的电势相等，则N点电势低于P点电势．故A正确；
B项：根据动能定理得：检验电荷由N到P的过程： −q(φN−φP)=12mv2 ，由题，P点的电势为零，即φP=0，解得，N点的电势 φN=−mv22q ，故B正确；
C项：P点电场强度大小是 Ep=kQrp2 ，N点电场强度大小是 EN=kQrN2 则 EP:EN=rN2:rP2=4:1 ，故C错误；
D项：检验电荷在N点具有的电势能为 Ep=−qφN=12mv2 ，故D错误．
9.【答案】BC
【解析】BC
【详解】A.发电厂的输出功率
P1=ΔP+P4
式中 P4 为用户端消耗的总功率 P0 ，根据题意可得用户端总电流
I4=P0U0=11×103220A=50A
根据变压器原副线圈匝数与电压电流之间的关系可得
n3n4=U3U0 ， n3n4=I4I3
解得
U3=11000V ， I3=1A
由此可得发电厂的输出功率
P1=P4+I32r=11.1kW
故A错误；
B.根据以上分析可得
U2=U3+I3r=11100V
而根据图乙可得
U1=U1m 2=200 2 2V=200V
可得升压变压器原、副线圈的匝数比为
n1n2=U1U2=20011100=2111
故B正确；
C.用户增加时，用户端总电阻减小，电流 I4 增大，由于升压变压器与降压变压器的匝数比恒定，因此输电线路中的电流 I3 增大，输电线路中的电阻分压增大，而 U1 不变则 U2 不变，根据
U3=U2−I3r
可知 U3 减小，而 U3 减小则 U4 减小，即用户端的电压减小，故C正确；
D.根据以上分析可知，用户增加时，输电线上的电流 I3 变大，而输电线路上的功率损失
P损=I32r
则可知损失功率增大，故D错误。
故选BC。
10.【答案】CD
【解析】解：
A，进入磁场时，ab边切割磁感线，根据右手定则，则可判断感应电流的方向为abcda，故A错误。
B，因为矩形导线框与有界磁场等宽，导线框进入磁场时，磁通量增大，离开磁场时，磁通量减小，所以一直有感应电流，故B错误。
C，汽车穿过磁场时，通过的电荷量q=It=ΔΦtR⋅t=ΔΦR，所以通过汽车的电荷量q恒定，结合动量定理−BILt=mv2−mv1即BLq=mv2−mv1，所以进入磁场的速度越大，出磁场的速度越大，滑行的距离越远，故C正确；
D，进入磁场时感应电流的方向为abcda，根据左手定则可判断ab边受到安培力的方向沿水平向左；离开磁场时的电流方向为adcba，根据左手定则，cd边受到安培力的方向依然水平向左。故D正确。
故选：CD。
导体棒切割磁感线产生的感应电流由右手定则来判断，通电直导线在磁场中受到的安培力由左手定则来判断。判断是否有感应电流主要看磁通量是否发生变化。
用右手定则判断感应电流的方向，用左手定则判断安培力的方向，用磁通量的变化来判断感应电流的有无。
11.【答案】 5.015 BD/DB 低 ×100
【详解】(1)[1]游标卡尺的读数由主尺刻度和游标尺刻度两部分组成，20分度值的游标尺其精度为0.05mm，图示主尺刻度为5cm，游标尺第3格与主尺刻度对其，则可知其读数为
5cm+0.05×3mm=5.015cm
(2)[2]A.用电压挡测电压前，需调整指针定位螺丝，使指针指到左边的零刻度，故A错误；
B.为了防止多用电表被误用，以及尽可能延长内部电源的使用寿命，若多用电表没有OFF挡，使用完后应将选择开关拨至交流电压最高挡，故B正确；
C.用欧姆挡测电阻时，被测电阻的阻值越大，指针向右转过的角度就越小，故C错误；
D.用欧姆挡测电阻时，改变不同倍率的欧姆挡后，需要重新进行欧姆调零，故D正确。
故选BD。
[3]在测量小灯泡的电阻时，多用电表选择欧姆档，此时多用电表接通了内部电源，黑表笔与内部电源的正极相连，红黑表笔与内部电源的负极相连，因此红表笔接触点的电势比黑表笔低。
[4]欧姆表表盘的中值刻度为15，而在测电阻时，要尽可能的使指针指在中值刻度附近，因此测量一个阻值约为1000Ω的电阻时应将选择开关旋转到欧姆挡的“×100”位置处。

【解析】略
12.【答案】 最左端 65.3 14.0 123
【详解】(1)[1]闭合开关前，为了保护电路，应将滑动变阻器R的触头置于最左端，让接入电路中的阻值最大。
(2)[2]根据电路原理可知，此时通过电源的电流即为通过定值电阻 R0 的电流，根据欧姆定律可得
I=U2R0=≈65.3mA
(3)[3]作图时要用平滑的直线将各点迹连接起来，尽可能多的让点迹落在所做图线上，不能落在图线上的点迹，要让其均匀的分布在直线的两侧，误差较大的点迹直接舍去，做出的图像如图所示
(4)[4]根据电路图，由闭合电路的欧姆定律可得
E=U1+U2R0r
变式可得
U1=E−rR0U2
可知， U1−U2 图像与纵轴的截距表示电源的电动势 E ，而图像斜率的绝对值表示 rR0 ，则根据图像可得
E=14.0V ， rR0=0.5−14.03.3
解得

【解析】略
13.【答案】(1)0.4T；(2)5m/s；(3)0.6J
【详解】(1)根据题意可知，当导体棒速度最大时，产生的感应感应电动势最大，回路中的感应电流才有最大值，则可知当感应电流最大时导体棒所受安培力与重力大小相等方向相反，合力为零，根据平衡条件有
mg=BdIm
解得
B=0.4T
(2)设t1时刻导体棒AB的速度大小为 vm ，导体棒切割磁感线产生感应电动势
Em=Bdvm
根据闭合电路欧姆定律可得
Im=ER+r
联立解得
vm=5m/s
(3)在0∼t1时间内对导体棒由能量守恒有
mgh=12mvm2+Q
而此过程中电阻R产生的电热
QR=RR+rQ
联立解得
QR=0.6J

【解析】略
14.【答案】(1)0.4T；(2)5m/s；(3)0.6J
【详解】(1)根据题意可知，当导体棒速度最大时，产生的感应感应电动势最大，回路中的感应电流才有最大值，则可知当感应电流最大时导体棒所受安培力与重力大小相等方向相反，合力为零，根据平衡条件有
mg=BdIm
解得
B=0.4T
(2)设t1时刻导体棒AB的速度大小为 vm ，导体棒切割磁感线产生感应电动势
Em=Bdvm
根据闭合电路欧姆定律可得
Im=ER+r
联立解得
vm=5m/s
(3)在0∼t1时间内对导体棒由能量守恒有
mgh=12mvm2+Q
而此过程中电阻R产生的电热
QR=RR+rQ
联立解得
QR=0.6J

【解析】略
15.【答案】(1) 5×105m/s ；(2) 8.3×10−7s ；(3) 1.1×106m/s
【详解】(1)粒子在相互垂直的匀强磁场和匀强电场区域内沿着PQ做直线运动，则可知粒子在该区域内所受电场力与洛伦兹力大小相等方向相反，粒子处于平衡状态，沿着PQ做匀速直线运动，则根据平衡条件有
E1q=B1qv
解得
v=E1B1=1.0×1050.2=5×105m/s
(2)粒子进入 B2 磁场区后在洛伦兹力的作用下做圆周运动，设其做圆周运动的轨迹半径为 r ，则根据洛伦兹力充当向心力有
B2qv=mv2r
可得
r=mvB1q
代入数据解得
r=0.2m
做出粒子在磁场中运动的轨迹如图所示
粒子磁场中做圆周运动的周期
T=2πrv
可知粒子从Q点到第一次穿越OA所用的时间
t1=14T=πr2v=3.14×0.22×5×105s=6.28×10−7s
粒子穿越OA后进入电场做匀减速直线运动直至速度减为零，然后反向加速，以第一次穿过OA的速度大小反向穿过OA，设粒子在电场中运动的时间为 t2 ，则根据速度时间关系可得
v=−v+E2qmt2
解得
t2=2.0×10−7s
如此可知，离子从通过y轴进入磁场到第二次穿越边界线OA所用的时间
t=t1+t2=8.3×10−7s
(3)根据粒子的运动轨迹图像分析可知，粒子第二次穿越OA后在磁场中做圆周运动到第三次穿越OA所用时间等于 t1 ，第三次穿越OA后在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，其位移的偏向角等于 45∘ ，则有
12⋅E2qmt32vt3=tan45∘
解得
t3=2×10−7s
则第四次穿过OA时竖直方向的分速度
vy=at3=E2qmt3=10×105m/s
由此可得离子第四次穿越边界线OA时的速度
v= vy2+v2≈1.1×106m/s

【解析】略