四川省合江县马街中学2023-2024学年高二上学期1月期末物理试题（Word版附解析）

这是一份四川省合江县马街中学2023-2024学年高二上学期1月期末物理试题（Word版附解析），共17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。
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. 图是一幅“能源分类相关图”以下四组能源中，全部符合图中阴影部分的是（ ）
A. 煤炭、石油、沼气B. 水能、潮汐能、天然气
C. 太阳能、风能、生物能D. 地热能、海洋能、核能
【答案】C
【解析】
【详解】符合图中阴影部分的应是来自太阳辐射能的可再生新能源。
A．煤炭、石油、沼气都是不可再生能源，故A错误；
B．天然气是一种化石燃料是不可再生能源，故B错误；
C．太阳能、风能、生物能都是可再生新能源，都来自于太阳能，故C正确；
D．地热能来源于地球内部的热量，核能是指核裂变或聚变时产生的光能和热能，不是源于太阳能的辐射，故D错误。
故选C。
2. 输电线路会产生电能损失的。一根某型号铜导线电阻约为0.8Ω，通过2A的电流时，10s内产生的热量约为（ ）
A. 5JB. 10JC. 24JD. 32J
【答案】D
【解析】
【详解】由焦耳定律可得
故选D。
3. 如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由位置Ⅰ平移到位置Ⅱ，第二次将金属框绕cd边翻转到位置Ⅱ。设先后两次通过金属框的磁通量变化量分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则（ ）
A. ΔΦ1>ΔΦ2B. ΔΦ1=ΔΦ2
C. ΔΦ1＜ΔΦ2D. 不能判断
【答案】C
【解析】
【详解】设金属框在位置Ⅰ的磁通量大小为Φ1在位置Ⅱ的磁通量大小为Φ2。第一次将金属框由位置Ⅰ平移到位置Ⅱ，磁通量变化量的大小为
第二次将金属框绕cd边翻转到位置Ⅱ，磁通量变化量的大小为
则
ΔΦ1＜ΔΦ2
故选C。
4. 某同学用一个微安表头（量程1mA，内阻90Ω）电阻箱R1和电阻箱R2组装一个多用电表，有电流和电压两挡，改装电路如图所示，则R1、R2应调到多大阻值（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】B
【解析】
【详解】当接、a接线柱时改装为电流表，根据并联电路特点得
代入数据解得
当接、b接线柱时改装为电压表，根据串联电路特点得
解得
故选B
5. 隐身飞机通过运用多种隐形技术降低飞机的信号特征，使雷达难以发现、识别、跟踪和攻击。飞机隐身的途径主要有两种：一是改变飞机的外形和结构，减小回波；二是飞机表面采用能吸收雷达波的涂敷材料。雷达是利用电磁波探测目标的电子设备。雷达发射电磁波对目标进行照射并接收其回波，由此获得目标至电磁波发射点的距离、方位、高度等信息。常规雷达采用波长为0.01m～0.1m之间的厘米波，隐形飞机在常规雷达上反射的能量几乎与一只麻雀反射的能量相同，因此在常规雷达的屏幕上几乎看不到隐身飞机的回波。而米波雷达采用波长为1m～10m之间的米波，与隐身飞机的外形尺寸相匹配，从而发生谐振，大大增强了飞机回波信号的能量，从而使飞机的隐身效果下降。下列说法正确的是（ ）
A. 米波不能产生偏振现象
B. 米波的频率约为厘米波频率的10倍
C. 米波的传播速度小于厘米波的传播速度
D. 常规雷达比米波雷达的分辨率更高
【答案】D
【解析】
【详解】A．米波是电磁波，能产生偏振现象，故A错误；
B．由
可得米波的频率约为厘米波频率的
故B错误；
C．米波的传播速度等于厘米波的传播速度，故C错误；
D．雷达的分辨率是与其所使用的频率有着密切关系的，频率越高，分辨率也就越高，所以常规雷达比米波雷达的分辨率更高，故D正确。
故选D。
6. 如图所示为家用单相电能表的结构示意图，其中电流线圈串联在电路中，电压线圈并联在电路中，通过电流线圈和电压线圈的交变电流产生的交变磁场使铝盘中产生涡旋电流，交变磁场对涡旋电流的安培力推动铝盘转动，转动方向如图中箭头所示。旁边还固定一块形永久磁铁，铝盘转动时要从磁铁两极之间通过。关于家用单相电能表，下列说法正确的是（ ）
A. 用户功率越大，电压线圈在铝盘中产生的涡流越大
B. 用户功率减小，电流线圈在铝盘中产生的涡流变大
C. 永久磁铁对铝盘起着电磁阻尼的作用
D. 当停止用电时，永久磁铁可以保持铝盘继续转动
【答案】C
【解析】
【详解】AB．电流线圈串联在电路中，用户功率越大则电流越大，产生的磁场越强，则涡流越大，而电压线圈并联在电路中其电流与用户功率无关，电流大小不变，因此其的涡流不变，故AB错误；
CD．当停止用电时，铝盘失去继续转动的动力，线圈转动切割永久磁铁产生电磁阻尼效果，避免由于惯性继续转动而带来计量误差，故C正确，D错误。
故选C。
7. 如图甲所示，100匝圆形线圈接入理想变压器原线圈，变压器的副线圈接入阻值为R的电阻，电表都是理想电表。已知每匝线圈的电阻均为R，若在线圈位置加入垂直于线圈平面的磁场，磁感应强度B随时间t按正弦规律变化的图像如图乙所示，得到圆形线圈的电热功率与电阻R的功率相等。下列说法正确的是（ ）
A. 时刻两电流表示数均达最大
B. 时刻两电流表示数均为0
C. 原、副线圈匝数比
D. 对某一段线圈来说，当磁感应强度最大时，受到的安培力最大
【答案】C
【解析】
【详解】AB．电表测量的是有效值，不是瞬时值，两电流表的示数不变，AB错误；
C．根据题意得
解得
C正确；
D．当磁感应强度最大时，感应电流等于零，线圈受到的安培力等于零，D错误。
故选C。
8. 如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，PQ、MN均处在竖直向下的匀强磁场中，当PQ在一外力的作用下运动时，MN向右运动，则PQ所做的运动可能是（ ）
A. 向右加速运动B. 向左加速运动
C. 向右减速运动D. 向左减速运动
【答案】BC
【解析】
【详解】MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的安培力向右，由左手定则可知MN中电流由M指向N，根据右手螺旋定则可知，上面线圈中感应电流产生的磁场方向向上；而上面线圈中感应电流是由下面线圈中磁场变化引起的，说明下面线圈中磁场是向上减弱，或向下增强；而下面线圈中电流是由PQ切割磁感线产生的，由安培定则可知，PQ中感应电流由Q到P减小，或由P到Q增大，由右手定则可知，PQ可能向右做减速运动或向左做加速运动。
故选BC。
9. 如图所示，、、为三根与纸面垂直的固定长直导线，其截面位于等边三角形的三个顶点上，沿水平方向，导线中均通有大小相等的电流，方向如图所示。点为三角形的中心到三个顶点的距离相等，已知导线在三角形中心点处所产生的磁场的磁感应强度大小为，则（ ）
A. 点的磁感应强度为B. 点的磁场方向沿连线方向指向
C. 导线受到的安培力方向水平向左D. 导线受到的安培力方向沿连线方向指向
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．根据右手螺旋定则，电流在产生的磁场大小为B0，平行于向左，电流在产生的磁场大小为B0，方向平行指向右下方，这两个场强的夹角为120，因此合场强大小为B0，方向平行于ab斜向左下方，如图所示
而电流在产生的磁场大小也为B0，方向也平行指向左下方，因此O点合场强大小为2B0，方向行于ab斜向左下方。
A正确，B错误；
CD．由于同方向的电流相互吸引，反方向的电流相互排斥，因此导线受到导线b的吸引力和导线c的排斥力，两个力大小相等，合力沿水平向左；而导线受到导线a和导线b的排斥力，合力方向沿Oc向外，C正确，D错误。
故选AC。
10. 在如图所示的电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，V、A、V1、V2四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用U、I、U1、U2表示，下列判断正确的是（ ）
A. I减小，U1增大
B. I减小，U2增大
C. 电压表V2的示数变化量与电流表A示数变化量之比的绝对值不变
D. 电压表V示数变化量与电流表A示数变化量之比的绝对值变大
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，R2变大，外电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，总电流I变小，路端电压U变大，R1的电压
减小，R2的电压
增大，故A错误，B正确；
C．电阻R2是变化的，无法直接分析的变化，但对电源及定值电阻R1，有
所以
保持不变，故C正确；
D．同理，对电源有
所以
也不变，故D错误
故选BC。
11. 质谱仪的工作原理如图所示，大量粒子飘入加速电场，其初速度几乎为0，经过加速后，通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场中，最后打到照相底片上。在一次测试中，大量的某种粒子经加速电场加速后刚进入匀强磁场时的速度大小均为v，打在底片上的位置到M点的最小距离为，匀强磁场的磁感应强度为B，不考虑粒子的重力及它们之间的相互作用。则（ ）
A. 粒子的比荷为
B. 加速电场的电压为
C. 粒子在磁场中运动的时间为
D. 大量粒子所经过磁场区域最窄处的宽度为
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨道半径为
根据牛顿第二定律可得
解得
故A正确；
B．粒子在电场中加速，根据动能定理可得
联立，可得
故B错误；
C．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为
粒子在磁场中运动的时间为
联立，可得
故C正确；
D．粒子在磁场中经过的区域为图中的阴影部分，如图
根据几何关系有
最窄处的宽度为
联立，可得
故D正确。
故选ACD。
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. 某同学设计电路来探究镍铜丝的电阻与长度的关系。
（1）请思考电流表应选择的量程________，并用笔画线代替导线把电流表和滑动变阻器连接好________。
（2）调节的位置，闭合开关，读出的长度为时电压表和电流表的示数，算出对应的电阻，利用多组数据绘出如图（b）所示的图像。通过图线分析，写出镍铜丝的电阻与长度的函数关系式________。
（3）如果该镍铜丝的直径为，R-x图像的斜率为k，试用、写出其电阻率的表达式_________。
（4）如图（c），用螺旋测微器测金属丝直径为________；如图（d），用游标卡尺测量金属丝长度为________。
【答案】 ①. 0~0.6A ②. ③. ④. ⑤. 6.122（6.121~6.123内均可） ⑥. 10.235
【解析】
【详解】（1）[1]由题图（a）（b）可知实验中电源电压在3V左右，镍铜丝接入电路的最大阻值在4Ω左右，则通过滑动变阻器可以使通过镍铜丝的电流在0.6A以内，所以为了读数能够更加精确，应选择电流表的0~0.6A量程。
[2]由于此实验不需要测量镍铜丝接入电路长度一定时多组的电压和电流值，而是每改变一次长度只测量一组电压和电流值，因此滑动变阻器采用限流式接法即可，连接图见答案。
（2）[3]R-x图像为一条过原点的倾斜直线，且斜率为10，则镍铜丝的电阻与长度的函数关系式为
（3）[4]根据电阻定律有
①
由图像可知
②
联立①②可得
（4）[5]用螺旋测微器测金属丝直径为
[6]用游标卡尺测量金属丝长度为
13. 图a为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池，R1、R2、R3、R4和R5是定值电阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为100μA，内阻为450Ω。虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆×100Ω挡。
（1）图a中的B端与________（填“红”或“黑”）色表笔相连接；
（2）根据题给条件可得R1＋R2=_______Ω。
（3）某次测量时该多用电表B端是与“1”相连的，指针位置如图b所示。则读数为________mA；
（4）某次利用多用电表欧姆挡探测一个不含电源的黑箱中元件，如图c，已知黑箱中只有两个元件，且分别在A、B和A、C之间。当红、黑表笔分别接在A、B时，指针首先向右摆动，然后又慢慢地向左回归至“∞”位置；将红、黑表笔分别接在A、C，指针指在“∞”位置，将红、黑表笔分别接在C、A，指针指在“0”刻线偏左一点。在图c的黑箱图中画出电学元件_________。
【答案】 ①. 红 ②. 50 ③. 1.40 ④.
【解析】
【详解】（1）[1]由图a可知，当B端与3相连时为欧姆挡，根据电源的正负极位置可知此时电流从B端流入，A端流出，所以B端与红色表笔相连接。
（2）[2]根据电表改装原理可知，与G并联的分流电阻越大，则改装后电流表量程越小，所以B端与2相连时，电表为直流电流1mA挡，则有
解得
（3）[3]根据前面分析可知，B端与1相连时，电表为直流电流2.5mA挡，此时图b中表盘分度值为0.05mA，需要估读到0.01mA，则读数为
（4）[4]当红、黑表笔分别接在A、B时，指针首先向右摆动，然后又慢慢地向左回归至“∞”位置，说明有电流先通过了电表，之后A、B之间处于断路状态，由此可推知A、B之间为电容器。将红、黑表笔分别接在A、C，指针指在“∞”位置，将红、黑表笔分别接在C、A，指针指在“0”刻线偏左一点，说明A、C之间的元件具有单向导通性，即二极管，又因为电流从黑表笔流出，且黑表笔接A时二极管导通，所以A为二极管的正极。综上所述作出黑箱中的元件如图所示。
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. 某研究小组在研究通电导线在磁场中的受到力方向跟哪些因素有关的实验中，把长L=0.2m的导体棒置于匀强磁场中，使导体棒和磁场方向垂直，如图所示。若导体棒中的电流I=2.0A，方向向左，导体棒受到的安培力大小为4×10-3N。（g取10m/s2）求：
（1）安培力的方向。
（2）磁感应强度大小。
（3）若导体棒中电流大小为3A，导线棒L质量为6×10-4kg，则两根竖直细导线所受的拉力T各为多少？
【答案】（1）安培力的方向竖直向下；（2）0.01T；（3）
【解析】
【详解】（1）根据左手定则可知，安培力的方向书竖直向下；
（2）根据公式
解得
B = 0.01T
（3）由平衡条件知
解得
15. 利用电动机搭建如图所示电路来提升重物，M为电动机，R0、R1为电阻箱。当闭合S0、S2，断开S1，调节时，电流表示数1A，稳定时电动机恰好能以2m/s的速度匀速提升重4N的物体；当闭合S0、S1、S2，调节，时，电流表示数1.6A，稳定时电动机又恰好能以2m/s的速度匀速提升重4N的物体。不计空气阻力、电流表内阻和电机内部摩擦。求：
（1）电动机的内阻；
（2）电源电动势E和内阻r。
【答案】（1）；（2）36V，3Ω
【解析】
【详解】（1）由于两次电动机均恰好能以2m/s的速度匀速提升重4N的物体，故两次流过电动机的电压相等。故当S0、S1、S2均闭合时，流过电阻箱R1通过的电流
此时电阻箱R1两端电压为
根据并联电路的规律可知，电路中电动机两端的电压为
故根据只闭合S0、S2，断开S1时情况可知，电动机的总功率为
故根据物体的运动情况可知，电动机的输出功率与牵引力的功率相等，故电动机的输出功率为
故电动机内阻消耗的热功率公式为
根据非纯电阻电路热功率的公式，在只闭合S0、S2，断开S1时有
得
（2）当只闭合S0、S2，断开S1时，由闭合电路欧姆定律及串并联电路的规律得
当S0、S2，S1均闭合时，由于电动机两端的电压不变，由闭合电路欧姆定律及串并联电路的规律得
代入数据解得
E＝36V，r＝3Ω
【点睛】处理本题个关键在于明确电动机两端的电压及其功率均为发生变化。明确非纯电阻总功率与各部分功率的关系。结合闭合电路的欧姆定律及串并联电路的规律进行解答即可。
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%。