浙江省杭州第四中学（下沙校区）2023-2024学年高二上学期期末物理试题（原卷版+解析版）

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2．答题前，在答题卷上填写班级、姓名、试场号、座位号，并填涂卡号。
3．所有答案必须写在答题卷上，写在试题卷上无效。
4．考试结束，只上交答题卷。
选择题部分
一、选择题（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1. 关于电磁场和电磁波，下列说法中正确的是（ ）
A. 变化的电场一定在周围空间产生变化的磁场
B. 各种频率的电磁波在真空中以不同的速度传播
C. 电磁波和机械波都依赖于介质才能传播
D. 麦克斯韦首先预言了电磁波的存在，赫兹最先用实验证实了电磁波的存在
【答案】D
【解析】
【详解】A．变化的电场一定在周围空间产生磁场，周期性变化的电场才会在周围空间产生变化的磁场，选项A错误；
B．各种频率的电磁波在真空中传播的速度相同，等于光速，选项B错误。
C．电磁波可以在真空中传播，选项C错误；
D．麦克斯韦首先预言了电磁波的存在，赫兹最先用实验证实了电磁波的存在，选项D正确。
故选D。
2. 有一接地的导体球壳，如图所示，球心处放一点电荷q，达到静电平衡时，则( )
A. q的电荷量变化时，球壳外电场随之改变
B. q在球壳外产生的电场强度为零
C. 球壳内、外表面的电荷在壳外的合场强为零
D. q与球壳内表面的电荷在壳外的合场强为零
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于球壳接地，在静电平衡后，球壳与大地是等势体，所以球壳外的电场为0，不随q的变化发生变化，A错误；
B．平衡状态后，q与球壳内表面的电荷在壳外的合场强为零，q单独在球壳外产生的电场强度不为零，B错误；
C D．金属球壳外表面接地，所以球壳外表面不带电，内表面带与q相反电性的电荷，当到达静电平衡状态后，q与球壳内表面的电荷在壳外的合场强为零，故C错误，D正确。
故选D。
3. 如图所示，将带正电的甲球放在不带电的乙球左侧，两球在空间形成了稳定的静电场，实线为电场线，虚线为等差等势线。A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则（ ）
A. A点和B点的电势相同
B. C点和D点的电场强度相同
C. 正电荷从A点移至B点，电势能减小
D. 负电荷从C点移至D点，电势能增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．由电场线和等势面的图线可知A点与C点在一个等势面上，再根据“沿电场线的方向电势逐渐降低”的特点可知，C点电势高于B点的电势，所以A点的电势高于B点的电势，故A错误；
B．因为电场强度是矢量，C点与D点方向不同，所以电场强度不同，故B错误；
C．由电场线和等势面的图线可知A点与C点在一个等势面上，再根据“沿电场线的方向电势逐渐降低”的特点可知，C点电势高于B点的电势，所以
即
由可知，电场力做正功，所以正电荷在A点移至B点，电势能减小，故C正确。
D．因为C、D关于AB对称，即C、D在同一等势面上，所以负电荷从C点移至D点，电势能不变，故D错误。
故选C。
4. 如图甲所示，在x轴上有一个点电荷Q（图中未画出），O、A、B为轴上三点。放在A、B两点的试探电荷受到的静电力与其所带电荷量的关系如图乙所示。以x轴的正方向为静电力的正方向，则（ ）
A. 点电荷Q一定为正电荷
B. 点电荷Q在A、B之间
C. 点电荷Q在A、O之间
D. A点的电场强度大小为
【答案】B
【解析】
【详解】ABC．由图乙知，正的试探电荷放在A点和负的试探电荷放在B点所受的静电力的方向都沿x轴的正方向，说明点电荷Q为负电荷且在A、B之间，故AC错误，B正确；
D．由图像的斜率
可知
故D错误。
故选B。
5. 如图所示，两相同灯泡A1、A2，A1与一理想二极管D连接，线圈L的直流电阻不计．下列说法正确的是
A 闭合开关S后，A1会逐渐变亮
B. 闭合开关S稳定后，A1、A2亮度相同
C. 断开S的瞬间，a点的电势比b点低
D. 断开S的瞬间，A1会逐渐熄灭
【答案】C
【解析】
【分析】对于二极管来说具有单向导电性，而对于线圈来讲通直流阻交流，通低频率交流阻高频率交流；
【详解】A、闭合开关S后，因线圈自感，但两灯和线圈不是串联的关系，则两灯立刻亮，故A错误；
B、闭合开关S稳定后，因线圈L的直流电阻不计，,所以A1与二极管被短路，导致灯泡A1不亮，而A2将更亮，因此A1、A2亮度度不同，故B错误；
CD、断开S的瞬间，A2会立刻熄灭，线圈L与灯泡A1及二极管构成回路，因线圈产生感应电动势，a端的电势低于b端，但二极管具有单向导电性，所以回路没有感应电流，A1也是立即熄灭，故D错误，C正确；
故选C．
【点睛】记住自感线圈对电流突变时的阻碍：闭合开关瞬间L相当于断路，稳定后L相当于一段导线，断开瞬间L相当于电源，注意二极管的单向导电性．
6. 在同一平面内有互相绝缘的三根无限长直导线ab、cd、ef围成一个等边三角形，一根导线通过的电流大小相等，方向如图所示，O点为等边三角形的中心，M、N两点分别为O点关于导线ab、cd的对称点．已知O点的磁感应强度大小为Bl，M点的磁感应强度大小为B2．若辙去导线ef，保持导线ab、cd中的电流不变，则此时N点的磁感应强度大小为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】设每根导线中的电流在O点产生的磁感应强度大小为B0，ef、cd的电流在M点产生的磁感应强度大小都为B'0，则在O点有B1=B0，在M点有：
撤去导线ef后，在N点有
联立各式可得：
故选D.
7. 如图所示，电源的电动势为30 V，内电阻为1 Ω，一个标有“6 V,12 W”的电灯与一个绕线电阻为2 Ω的电动机串联．开关闭合后，电路中的电灯正常发光，则电动机输出的机械功率为( )
A. 36 WB. 44 W
C. 48 WD. 60 W
【答案】A
【解析】
【详解】电路中电灯正常发光，所以UL＝6 V，则电路中电流为，电动机两端的电压UM＝E－Ir－UL＝30 V－2×1 V－6 V＝22 V，则电动机输出的机械功率P出＝P电－P热＝UMI－I2RM＝22×2 W－4×2 W＝36 W.
A．36 W与计算结果相符，A正确．
B．44 W与计算结果不符，B错误．
C．48 W与计算结果不符，C错误．
D．60 W与计算结果不符，D错误．
8. 在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图（a）所示，碰撞前、后两壶运动的v-t图线如图（b）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则（ ）
A. 两壶发生了弹性碰撞
B. 碰后蓝壶速度为0.8m/s
C. 碰后蓝壶移动的距离为2.4m
D. 碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受摩擦力
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】AB．由图可知，碰前红壶的速度v0＝1.0m/s，碰后速度为v′0＝0.2m/s，碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得
mv0＝mv′0+mv
代入数据解得
v＝0.8m/s
由于
碰撞过程机械能有损失，碰撞为非弹性碰撞，A错误，B正确；
C．根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，可得，碰后蓝壶移动的位移大小
C错误；
D．根据图象斜率表示加速度，可知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律可知，碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，D错误。
故选B。
9. 如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为，电阻，各电表均为理想交流电表。原线圈输入电压的变化规律如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A. 副线圈输出电压的频率为5Hz
B. 电压表的示数为22V
C. 电阻R消耗的电功率为22W
D. 电流表的示数为1A
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．由乙图可知原线圈的周期为T=0.02s，原副线圈的频率一样为，所以A错误；
B．电压表的示数为有效值，由变压器电压与匝数成正比的规律，可知电压表的示数为
所以B错误；
C．电阻R消耗的电功率为
所以C正确；
D．由变压器功率规律有
，
解得
所以D错误；
故选C。
10. 一重力不计的带电粒子以初速度先后穿过宽度相同且紧邻在一起的有明显边界的匀强电场E和匀强磁场B，如图甲所示，电场和磁场对粒子总共做功；若把电场和磁场正交叠加，如图乙所示，粒子仍以的初速度穿过叠加场区对粒子总共做功，比较、的绝对值大小（ ）
A. B.
C. D. 可能也可能
【答案】B
【解析】
【详解】不论带电粒子带何种电荷，由于
所以电场力qE大于洛伦兹力qBv0，根据左手定则判断可知：洛伦兹力存在与电场力方向相反的分力，所以带电粒子在电场中的偏转位移比重叠时的偏转位移大，所以不论粒子带何种电性，甲中带电粒子在电场中偏转位移一定大于乙中的偏转位移，且洛伦兹力对带电粒子不做功，只有电场力做功，所以一定是
W1＞W2
故选B。
11. 如图所示，质量为m、长为l的铜棒ab，用长度也为l的两根轻导线水平悬吊在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，未通电时，铜棒静止，通入恒定电流后，棒向外偏转的最大角度为θ，重力加速度为g，不计空气阻力。则（ ）
A. 棒中电流的方向为b→aB. 棒中电流的大小为
C. 棒中电流的大小为D. 若只增大轻导线的长度，则θ角变大
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．根据导体棒受到的安培力方向可知，电流的方向由a到b，A错误；
BC．根据动能定理可知
解得
C错误B正确；
D．根据B可知，最大偏转角与导线的长度无关，D错误。
故选B
12. 如图所示，边长为a电阻为R的正方形导体框水平放置，磁感应强度为B的匀强磁场与水平面成角斜向下，导体框可分别绕mn和ef轴以相同角速度匀速转动。下列说法正确的是（ ）
A. 导体框绕ef轴转动比绕mn轴转动时导体框发热功率小
B. 导体框绕ef轴转动与绕mn轴转动时导体框的发热功率一样大
C. 从图示位置导体框绕ef轴顺时针转过比绕mn轴转过导体框的磁通量变化量大
D. 从图示位置导体框绕ef轴顺时针转过与绕mn轴转过导体框的磁通量变化量相同
【答案】C
【解析】
【详解】CD．导体框绕ef轴转动过程中产生感应电动势的峰值为
则发热功率
绕mn轴转动时，感应电动势最大值
所以导体框绕ef轴转动比绕mn轴转动时导体框的发热功率大，故AB错误。
AB．从图示位置导体框绕ef轴顺时针转过 90°，磁通量变化量
绕mn轴转过90°导体框的磁通量变化量
所以不相同，从图示位置导体框绕ef轴顺时针转过90°比绕mn轴转过90°导体框的磁通量变化量大，故C正确，D错误；
故选C。
13. 如图所示，边长为L的正方形CDEF区域内有方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，对角线CE和DF的交点为P，在P点处有一粒子源，可以连续不断地向纸面内各方向发射出正离子。已知离子的质量为m、电荷量为q，不计离子重力及离子间相互作用力。则离子不可能射出正方形区域的发射速率v应满足（ ）
A. 0