河北省石家庄市西山学校2023-2024学年高二上学期期末考试物理试题

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高二年级物理答案
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．物理学的发展离不开科学家们的贡献，他们的发现和研究成果对生活生产产生了很大的影响。下列符合物理学史的是（ ）
A．库仑通过油滴实验精确测定了元电荷e的数值
B．奥斯特发现了电磁感应现象，法拉第发现了电流的磁效应
C．通电螺线管的磁场与条形磁铁的磁场相似，安培由此受到启发提出分子电流假说
D．牛顿提出了万有引力定律，并通过实验精确测量了引力常量G的数值
【答案】C
【详解】A．由物理学史知密立根完成的测量微小油滴上所带电荷的实验即油滴实验，是物理学发展史上具有重要意义的实验。这一实验首次证明了电荷的不连续性，即任何带电体所带的电量都是基本电荷的整数倍，并精确测定了元电荷e的数值。故A错误；
B．由物理学史知法拉第发现了电磁感应现象，奥斯特发现了电流的磁效应，故B错误；
C．通电螺线管的磁场可通过安培定则判断等效的南北极是与条形磁铁的磁场相似，安培由此受到启发提出在原子、分子等物质微粒内部，存在着一种环形电流即分子电流，分子电流使每个物质微粒成为微小的磁体，它的两侧相当于两个磁极，即分子电流假说，故C正确；
D．牛顿提出了万有引力定律，并没有测出引力常量，历史上第一个在实验室里比较准确地测出万有引力常量的科学家是英国科学家卡文迪许，故D错误。
故选C。
2．大小相同的两个金属小球A、B带有等量电荷，相隔一定距离时，两球间的库仑引力大小为F，现在用另一个跟它们大小相同的不带电金属小球，先后与A、B两个小球接触后再移开，这时A、B两球间的库仑力大小（ ）
A．一定是B．一定是C．可能是D．可能是
【答案】C
【详解】设两球开始所带电荷量都为，距离为，开始时库仑力为，用不带电的金属小球先后与A、B两个小球接触后再移开，两球所带电荷量分别为、，由库仑定律可知此时两球间的库仑力为
设两球开始所带电荷量分别为和，距离为，开始时库仑力的大小为，用不带电的金属小球先后与A、B两个小球接触后再移开，两球所带电荷量分别为、，由库仑定律可知此时两球间的库仑力的大小为
综上所述，可知A、B两球间的库仑力大小可能是
故选C。
3．如图所示，当架空线路的一根带电导线断落在地上时，电流就会从导线的落地点向大地流散，在地面上形成一个以导线落地点为中心的电势分布区域。其电势分布在地表区域可等效为以落点为中心的点电荷形成的电场。如果人或牲畜行走时就可能发生触电事故，这种触电叫做跨步电压触电。下列说法正确的是（ ）

A．人向中心行走过程中，如果每步步长一致，每步两脚间电压相同
B．下落的导线输电电压高低不影响每步之间的电压
C．做立定跳姿势两脚并拢跳离导线触地点中心是防跨步触电的一种有效方法
D．跨大步跑开远离导线触地点中心触电风险较小
【答案】C
【详解】A．类比点电荷电场，靠近点电荷的电场强度越大，相等距离电势差越大，则人向中心行走过程中，如果每步步长一致，每步两脚间电压不相同，故A错误；
B．下落的导线输电电压越高，等效的点电荷形成的电场强度越大，每步的电压越高，故B错误；
C．做立定跳姿势两脚并拢跳离导线触地点中心时，两脚之间的距离小，根据
两脚之间电压很小，是防跨步触电的一种有效方法，故C正确；
D．跨大步跑开远离导线触地点中心，两脚之间的距离增大，两脚之间电压增大，触电风险较大，故D错误。
故选C。
4．如图所示，一对面积较大的平行板电容器AB水平放置，A板带正电荷，B板接地，P为两板中点，再使A、B分别以中心点O、Oʹ为轴在竖直平面内转过一个相同的小角度θ，下列结论正确的是（ ）
A．电容器AB的电容不变B．两板间电场强度变大
C．两板间的P点电势增大D．两板间的P点电势降低
【答案】D
【详解】A．根据题意，两极板在竖直平面内转过一个相同的小角度θ，两极板间的距离d减小，根据电容的决定式和定义式
，
由此可知，d减小，C增大，故A错误；
B．根据公式
可知，两板间电场强度不变，故B错误；
CD．由图可知，P与B板间的距离减小，由于电容器内部电场强度不变，所以P与B板间的电势差减小，B板接地，其电势为零，所以P点电势降低，故C错误，D正确。
故选D。
5．如图所示，某同学在玻璃皿中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极做“旋转的液体”实验，若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度为B＝0.1T，玻璃皿的横截面的半径为a＝0.05m，电源的电动势为E＝3V，内阻r＝0.1Ω，限流电阻R0＝4.9Ω，玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R＝0.9Ω，闭合开关后，当液体旋转时，电压表的示数为1.5V，则（ ）
A．由上往下看，液体做顺时针旋转
B．液体所受的安培力大小为1.5×10－4N
C．闭合开关后，液体热功率为0.81W
D．闭合开关10s，液体具有的动能是3.69J
【答案】D
【详解】A．由于中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形的电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心；玻璃皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的安培力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转，故A错误；
B．电压表的示数为1.5V，则根据闭合电路欧姆定律有
E＝U＋IR0＋Ir
所以电路中的电流
I＝＝A＝0.3A
液体所受的安培力大小
F＝BIL＝BIa＝0.1×0.3×0.05N＝1.5×10－3N
故B错误；
C．玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R＝0.9Ω，则液体热功率为
P热＝I2R＝0.32×0.9W＝0.081W
故C错误；
D．10s末液体的动能等于安培力对液体做的功，通过玻璃皿的电流的功率
P＝UI＝1.5×0.3W＝0.45W
所以闭合开关10s，液体具有的动能
Ek＝W电流－W热＝（P－P热）·t＝（0.45－0.081）×10J＝3.69J
故D正确。
故选D。
6．如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中的电流i随时间t变化的规律如图乙所示，取甲图中电流方向为正方向，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则（ ）
A．在t₁时刻，FN>G，P中有顺时针方向感应电流
B．在t2时刻，FN=G，P中有顺时针方向感应电流
C．在t3时刻，FN=G，P中有顺时针方向感应电流
D．在t₄时刻，FN>G，P中无感应电流
【答案】C
【详解】A．在t₁时刻，线圈Q中电流均匀增加，则穿过线圈P的磁通量增加，根据楞次定律可知，线圈P受磁场力向下，则FN>G，P中感应电流的磁场向上，可知P中有逆时针方向感应电流（从上往下看），选项A错误；
B．在t2时刻，线圈Q中电流不变，则P中磁通量不变， P中无感应电流，则此时FN=G，选项B错误；
C．在t3时刻，线圈Q中电流正向减小，则穿过线圈P的磁通量向下减小，则根据楞次定律可知，P中感应电流的磁场向下，则P中有顺时针方向感应电流，因此时Q中电流为零，则P不受磁场力，则FN=G，选项C正确；
D．在t₄时刻，线圈Q中电流不变，则P中磁通量不变， P中无感应电流，则此时FN=G，选项D错误。
故选C。
7．在如图所示的电路中，L是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，L1和L2是两个完全相同的小灯泡，下列说法正确的是（ ）
A．当闭合开关S时，L1、L2同时亮，最后两灯一样亮
B．闭合开关S后，L1亮后逐渐变暗，L2亮后逐渐变亮
C．当断开开关S时，两灯同时熄灭
D．断开开关S时，L2立即熄灭，L1亮一下然后逐渐熄灭，流过L1的电流方向从A通过L1流到B
【答案】B
【详解】AB.开关闭合瞬间，L1和L2同时亮，由于线圈L的自感现象，L中的电流逐渐增大并达到最大，此时L1中电流逐渐减小并趋于零，L2中电流增大，因此闭合开关后，L1亮后逐渐变暗，L2亮后逐渐变亮，故A错误，B正确；
CD.开关断开后，由于L2中无电流，因此L2立即熄灭，L1与线圈L构成闭合回路，由于自感现象，因此L1会亮一下然后逐渐熄灭，电流方向从B通过L1流到A，故CD错误。
故选B。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但选不全的得3分，有选错的得0分。
8．如图，直线 a、抛物线 b 和 c 为某一稳恒直流电源在纯电阻电路中的总功率 PE、输出功率 PR、电源内部发热功率 Pr随路端电压 U 变化的图象，但具体对应关系未知，根据图象可判断（ ）
A．图象中任意电压值对应的功率关系为 PE=Pr+PR
B．Pr﹣U 图象的对应图线 b，由图知电动势为 3V，内阻为 1Ω
C．PE﹣U 图象对应图线 a，由图知电动势为 9V，内阻为 3Ω
D．外电路电阻为 1Ω 时，输出功率最大为 2W
【答案】AB
【分析】根据功率公式分别写出三个功率PE、PR、Pr与路端电压U的关系式，结合数学知识求电源的电动势和内阻．根据内外电阻相等时，电源的输出功率最大，求得输出功率最大值．
【详解】根据功率分配关系可得：PE=Pr+PR，故A正确；因 ，根据由数学知识可知，Pr-U图象的对应图线b，当Pr=0时E=U=3V，当U=0时，解得内阻r=1Ω，故B正确．总功率，可知PE-U图象对应图线a，由B分析可知电动势为3V，内阻为1Ω，故C错误；当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，即当外电路电阻为1Ω时，输出功率最大，最大输出功率为，故D错误；故选AB．
【点睛】本题的关键要根据功率公式得到三种功率的解析式，利用图象信息进行研究．要有基本的读图能力，根据数学知识来理解图象的物理意义．
9．如图甲所示，在两平行金属板间加有一交变电场，两极板间可以认为是匀强电场，当时，一带电粒子从左侧极板附近开始运动，其速度随时间变化关系如图乙图所示。带电粒子经过4T时间恰好到达右侧极板，（带电粒子的质量m、电量q、速度最大值、时间T为已知量）则下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子在两板间做往复运动，周期为T
B．两板间距离
C．两板间所加交变电场的周期为T，所加电压
D．若其他条件不变，该带电粒子从开始进入电场，该粒子能到达右侧板
【答案】BD
【详解】A．由图像可知，运动过程中粒子速度方向未发生改变，带电粒子在两板间做单向直线运动，A错误；
B．速度—时间图像与坐标轴围成的面积表示位移，由图像可知两板间距离为
B正确；
C．设板间电压为U，则粒子加速度为
则
解得
C错误；
D．开始进入电场的粒子，速度—时间图像如图，由图像可知，粒子正向位移大于负向，故运动方向时而向右，时而向左，最终打在右板上，D正确。
故选BD。
10．如图所示，虚线OM、ON的夹角为45°，且两虚线间存在垂直纸面向外的匀强磁场，一系列质量为m、电荷量为-q的粒子垂直OM以不同的速率射入磁场。已知,磁感应强度大小为B，忽略粒子的重力。则下列说法正确的是（ ）
A．粒子从ON间离开磁场的速度
B．粒子从ON间离开时，所需的最短时间为
C．能回到OM边界的粒子距离M 点最远为
D．从OM间离开的粒子，粒子的速度越大在磁场中的运动时间越短
【答案】AC
【详解】A．当粒子运动轨迹与ON边相切时速度最小，粒子经过N点时速度最大，粒子运动轨迹如图所示
根据几何关系得
解得
根据洛伦兹力提供向心力可得
解得
粒子达到N点时，对应的轨迹半径为
，
根据洛伦兹力提供向心力可得
解得
所以粒子从ON间离开磁场的速度为
故A正确；
B．粒子运动轨迹对应的圆心角越小时间越短，最小的圆心角为
故粒子在磁场中运动的最短时间为
故B错误；
C．当粒子运动轨迹与ON边相切时，粒子能恰好回到OM边界，此时距离M点最远，如果v增大则将从ON边射出，故C正确；
D．从OM间离开的粒子，粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角均为，所以粒子在磁场中运动时间相同，故D错误。
故选AC。
三、实验题（共20分）
11．（本题8分）物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析等。
（1）如图甲所示，用螺旋测微器测得金属丝的直径D= mm；如图乙所示，用20分度游标卡尺测得金属丝的长度L= mm。
（2）某同学用多用表欧姆“×10”挡粗测金属丝的电阻，发现指针偏转角度过大，需要进行调整。下列实验步骤正确的操作顺序为 （填各实验步骤前的字母）。
A．将选择开关置于“×1”位置
B．将选择开关置于“OFF”位置
C．将两表笔分别接触待测电阻两端，读出其阻值后随即断开
D．将两表笔直接接触，调节欧姆调零旋钮，使指针指向欧姆零点
（3）某同学利用图丙所示电路，通过测绘小灯泡的I-U图像来研究小灯泡的电阻随电压变化的规律。在一次实验中，闭合开关后发现电流表有示数，电压表示数为零。关于电路的故障，下列说法正确的是 。
A．可能是小灯泡发生断路
B．可能是小灯泡发生短路
C．可能是变阻器的滑片处断路
【答案】 2.150 12.30 ADCB B
【详解】（1）[1]螺旋测微器的精确值为，由图甲可知金属丝的直径为
[2]20分度游标卡尺的精确值为，由图乙可知金属丝的长度为
（2）[3]某同学用多用表欧姆“×10”挡粗测金属丝的电阻，发现指针偏转角度过大，可知金属丝的电阻阻值较小，应将选择开关置于“×1”位置，接着将两表笔直接接触，调节欧姆调零旋钮，使指针指向欧姆零点，然后将两表笔分别接触待测电阻两端，读出其阻值后随即断开，最后将选择开关置于“OFF”位置。故实验步骤正确的操作顺序为ADCB。
（3）[4]在一次实验中，闭合开关后发现电流表有示数，电压表示数为零。
A．如果是小灯泡发生断路，则电流表示数为零，故A错误；
B．可能是小灯泡发生短路，则电流表有示数，电压表示数为零，故B正确；
C．可能是变阻器的滑片处断路，则电流表示数为零，故C错误。
故选B。
12．（本题12分）某同学用电流表和电压表测一旧电池的电动势和内阻的实验过程如下：
（1）此同学利用一内阻，满偏电流的表头G改装一个双量程电流表，其内部结构图如图（a）。已知电阻，，则该电流表的小量程为 、大量程为 。
（2）此同学利用改装后的电流表和电压表，设计了如图（b）的实验原理图。
（3）此同学选择合理量程的电流表和电压表测得7组数据，作出如图（c）所示的图像，若不考虑电表内阻影响，用作图法可求得该电池的电动势 V和内阻 。（结果均保留三位有效数字）
（4）此同学认真分析发现若考虑电表内阻影响，利用第（3）问方法测得电池内阻 （填“偏大”、“偏小”或“不变”），电池内阻 （结果保留两位有效数字）。
【答案】 5.00 100 1.50 75.0 偏大 65
【详解】（1）[1][2]当开关接b时，电流表量程为
当开关接a时，电流表量程为
所以该电流表的小量程为5.00mA，大量程为100mA。
（3）[3][4]由闭合电路得欧姆定律可得
化简可得
图像的纵截距为
所以该电池的电动势为1.50V。
斜率
所以该电池的内阻为。
（4）[5]若考虑电表内阻的影响，则由闭合电路欧姆定律
化简可得
斜率为
所以测得电池内阻偏大。
[6]由图c可知，改装后的电流表量程为5mA，所以改装后的电流表内阻为
所以电池内阻为
四、解答题（共34分）
13．（本题9分）已知质量为m的带电液滴，以速度v垂直射入竖直向下的电场强度为E的匀强电场和水平向里的磁感应强度为B的匀强磁场中，如图所示，液滴刚好能在此空间竖直平面内做匀速圆周运动。已知重力加速度为g，求：
（1）液滴所带电荷量及电性；
（2）液滴做匀速圆周运动的半径；
（3）撤去电场，液滴仍以速度v从左边界垂直射入，当液滴在竖直方向的位移大小为h时液滴的速度大小。
【答案】(1)负电，；(2)；(3)
【详解】⑴液滴带负电，由于能做匀速圆周运动，故满足
mg＝qE
解得q=。
(2)带电液滴在复合场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供
qvB＝m
联立解得。
(3)洛伦兹力不做功，据动能定理可得
可解得当液滴在竖直方向的位移大小为h时液滴的速度大小为。
14．（本题11分）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。
【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
解得
（2）设t1时刻导体棒AB的速度大小为，导体棒切割磁感线产生感应电动势
根据闭合电路欧姆定律可得
联立解得
（3）在0~t1时间内对导体棒由能量守恒有
而此过程中电阻R产生的电热
联立解得
15．（本题14分）如图所示，两根平行的光滑金属导轨MN、PQ放在水平面上，左端向上弯曲，导轨间距为L，电阻不计。水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。导体棒a和b的质量分别为m和2m，电阻值分别为Ra=2R，Rb=R；b棒放置在水平导轨上足够远处，a棒在弧形导轨上距水平面h高度处由静止释放。运动过程中导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，重力加速度为g。求：
（1）最终稳定时两棒的速度大小；
（2）从a棒开始下落到最终稳定的过程中，b棒上产生的内能；
（3）求全过程通过a棒的电荷量。

【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）对a棒由动能定理得
解得
取水平向右为正方向，由动量守恒定律得
解得
（2）对系统由能量守恒定律得
解得
b棒上产生的内能为
（3）对b棒由动量定理得
解得
可知全过程通过a棒的电荷量为。