广东省广州市天河区2023-2024学年高二上学期期末物理试卷（解析版）

这是一份广东省广州市天河区2023-2024学年高二上学期期末物理试卷（解析版），共20页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32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. 如图，L是自感系数很大、电阻不计的线圈a、b是两个相同的小灯泡开关S由断开到闭合（ ）
A. a先亮b后亮，然后b逐渐变亮
B. b先亮a后亮，然后a逐渐变亮
C. a、b同时亮后b逐渐变暗至熄灭
D. a、b同时亮后a逐渐变暗至熄灭
【答案】C
【解析】当S闭合瞬时，两灯同时获得电压，同时发光，随着线圈L电流的增加，逐渐将b灯短路，b逐渐变暗直到熄灭，同时，a灯电流逐渐增大，变得更亮。故C正确ABD错误。
2. 回旋加速器核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中有周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两个D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，下列说法正确的是（ ）
A. 粒子射出时的动能与D形金属盒的半径无关
B. 回旋加速器是靠电场加速的，粒子射出时的动能与电压有关
C. 回旋加速器是靠磁场加速的，粒子射出时的动能与磁场无关
D. 加速电压越小，粒子在回旋加速器中需加速的次数越多
【答案】D
【解析】A．设D型盒半径为R，由牛顿第二定律得
粒子射出时的最大动能为
联立解得
可见，粒子射出时的动能与D形金属盒的半径有关，故A错误；
BC．回旋加速器是靠电场加速的，磁场只是改变速度的方向，并且粒子射出时的动能与电压无关但与磁场有关，故BC均错误；
D．粒子在回旋加速器中需加速次数为
因此，加速电压越小，粒子在回旋加速器中需加速的次数越多，故D正确；
3. 如图，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行。已知在到的时间间隔内，直导线中电流i发生某种变化，而线框中感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右。设电流i正方向与图中箭头方向相同，则i随时间t变化的图线可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】A．电流先正向减小，电流在矩形线框内产生磁场方向垂直纸面向里，且逐渐减小，根据楞次定律可知感应电流的磁场方向与原磁场方向相同也是向里，再根据安培定则可知，感应电流方向为顺时针方向，合力方向与线框左边所受力方向都向左；然后电流反向增大，在此过程，电流在矩形线框内产生的磁场方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，再根据安培定则可知，感应电流方向为顺时针方向，合力方向与线框左边所受力方向都向右，故A正确；
BD．电流反向减小，电流在矩形线框内产生的磁场方向垂直纸面向外，且逐渐减小，根据楞次定律可知感应电流的磁场方向与原磁场方向相同也是向外，再根据安培定则可知，感应电流方向为逆时针方向，故B、D错误；
C．由A项分析和图可知，线框受到的安培力水平向左不变，不符合题安培力的合力先水平向左、后水平向右，故C错误。
故选A。
4. 点电荷Q产生的电场中，电子仅在电场力作用下，从M点到N点做加速度增大的减速直线运动，则（ ）
A. 点电荷Q为正电荷
B. 从M点到N点电子电势能增加
C. M点场强比N点的大
D. M点电势比N点的低
【答案】B
【解析】A．根据点电荷周围电场的分布情况，电子仅在电场力作用下，从M点到N点做加速度增大的减速直线运动，则电子往靠近点电荷的方向运动，由于电子带负电，且做减速运动，则点电荷Q应带负电，故A错误；
B．因电子仅受电场力的作用，且从M点到N点动能逐渐减少，所以电场力做负功，因此电势能增加，故B正确；
C．从M点到N点是往靠近点电荷的方向运动，越靠近点电荷，电场强度越大，因此M点场强比N点的小，故C错误；
D．沿电场线电势逐渐降低，因此M点电势比N点的高，故D错误；
故选B。
5. 用电流传感器研究电容器充放电现象，电路如图所示。电容器不带电，闭合开关，待电流稳定后再闭合开关，通过传感器的电流随时间变化的图像是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】闭合开关后，电容器充电，电容器电压与电源电压差值越来越小，则通过传感器的电流越来越小，充电完成后，电容器电压等于电源电压，此时电路中电流为零；
再闭合开关，因为电容器电压大于电压，则电容器放电，电容器电压与电压差值越来越小，则通过传感器的电流越来越小，且电流方向与开始充电时的方向相反，当电容器电压等于电压，此时电路中电流为零。
故选A。
6. 如图为某电吹风电路图，a、b、c、d为四个固定触点。可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点。触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种工作状态。和分别是理想变压器原、副线圈的匝数。该电吹风的各项参数如下表所示。下列说法正确的是（ ）

A. 当触片P同时接触两个触点a和b，电吹风处于吹冷风状态
B. 吹热风时，流过电热丝的电流是
C. 小风扇的内阻是
D. 变压器原、副线圈的匝数比
【答案】B
【解析】A．当触电P同时接触两个触点a和b，电热丝与小风扇均被接通，故电吹风处于吹热风状态，A错误；
D．小风扇额定电压为60V，由变压器电压与匝数之比可得
D错误；
C．正常工作时小风扇的额定功率为60W，可得
解得
输出功率为52W，故内阻上消耗的功率为8W，可得
联立解得小风扇的电阻为
R=8Ω
C错误；
B．由题中数据可知，吹热风时，电热丝的功率为400W，可得
解得流过电热丝的电流为
B正确。
故选B。
7. 电磁泵在生产、科技中得到了广泛应用。如图所示，泵体是一个长方体，ab边长为，两侧端面是边长为的正方形。在泵头通入导电剂后液体的电导率为σ（电阻率的倒数），泵体所在处有方向垂直向外的匀强磁场，磁感应强度为B，把泵体的上下两表面接在电压为U的电源（内阻不计）上，则（ ）
A. 泵体下表面应接电源正极
B. 减小液体的电导率可获得更大的抽液高度h
C. 减小磁感应强度可获得更大的抽液高度h
D. 通过泵体的电流
【答案】D
【解析】A．将液体等效为通电导线，泵体所在处有方向垂直向外的匀强磁场，液体被抽出，此时液体受到的安培力水平向左，根据左手定则可知，电流从上表面流向下表面，泵体上表面接电源正极，故A错误；
D．根据电阻定律可知，泵体内液体的电阻为
根据欧姆定律可得通过泵体的电流
故D正确；
B．若减小液体的电导率，则电流减小，安培力为
减小，抽液高度变小，故B错误；
C．减小磁感应强度，安培力变小，抽液高度变小，故C错误。
故选D。
8. 有一边长、质量的正方形导线框abcd，由高度处自由下落，如图所示，其下边ab进入匀强磁场区域后，线圈开始做匀速运动，直到其上边dc刚刚开始穿出匀强磁场为止。已知匀强磁场的磁感应强度，匀强磁场区域的高度也是l，g取，则线框（ ）
A. 电阻
B. 进入磁场的过程通过线框横截面的电荷量
C. 穿越磁场的过程产生的焦耳热
D. 穿越磁场的过程，感应电流方向和安培力方向都不变
【答案】C
【解析】A．线框由高度处自由下落，有
v2=2gh
线框在磁场中做匀速运动，则
mg=BIl
又
E=Blv
联立解得
R=0.2Ω
A错误；
B．线框进入匀强磁场的过程流过线框的电荷量
B错误；
C．线框穿越匀强磁场的过程产生的焦耳热
Q=2mgl=0.02J
C正确；
D．线框进入磁场和出离磁场时感应电流的方向相反；穿越磁场的过程安培力的方向没有变化，总是竖直向上，D错误。
故选C。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题4分，共12分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9. 如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图乙中曲线a，b所示，则（ ）
A. 两次t＝0时刻线圈平面均与中性面重合
B. 曲线a，b对应的线圈转速之比为2∶3
C. 曲线a表示的交变电动势频率为25 Hz
D. 曲线b表示的交变电动势有效值为10 V
【答案】AC
【解析】t＝0时刻，两次产生的交流电的电动势瞬时值均为零，因此线圈平面均与中性面重合，A项正确；图中a、b对应的周期之比为2∶3，因此线圈转速之比na∶nb＝∶＝3∶2，B项错误；a线表示的交流电动势的频率为fa＝＝25 Hz，C项正确；a线对应线圈相应的电动势的最大值Eam＝NBS·，由图象知Eam＝15 V，b线对应线圈相应的电动势的最大值Ebm＝NBS·，因此＝＝，Ebm＝10 V，有效值Eb＝ V＝5V，D项错误．
10. 如图所示的直线加速器由沿轴线分布的金属圆筒（又称漂移管）A、B、C、D、E组成，相邻金属圆筒分别接在电源的两端。质子以初速度从O点沿轴线进入加速器，质子在每个金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，在金属圆筒之间的狭缝被电场加速，加速时电压U大小相同。质子电荷量为e，质量为m，不计质子经过狭缝的时间，下列说法正确的是（ ）
A. MN所接电源的极性应周期性变化
B. 圆筒的长度应与质子进入该圆筒时的速度成正比
C. 质子从圆筒E射出时的速度大小为
D. 圆筒A的长度与圆筒B的长度之比为
【答案】ABC
【解析】A．因由直线加速器加速质子，其运动方向不变，由题图可知，A的右边缘为正极时，则在下一个加速时需B右边缘为正极，所以MN所接电源的极性应周期性变化，A正确；
B．因质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，由
可知，金属圆筒的长度应与质子进入圆筒时的速度成正比，B正确；
C．质子以初速度v0从O点沿轴线进入加速器，质子经4次加速，由动能定理可得
解得
C正确；
D．对于带电粒子在圆筒A分析可得
对于质子以初速度v0从O点沿轴线进入加速器，质子经1次加速，由动能定理可得
解得
所以
故D错误。
故选ABC。
11. 如图所示，有一竖直向上的圆柱形匀强磁场区域，有两个比荷相等的带电粒子k1、k2分别从P点沿着半径垂直磁场射入，其中粒子k1偏转90°右边从A点射出，粒子k2偏转60°左边从B点射出。不计粒子重力，下列判断正确的是（ ）
A. 粒子k1带正电，粒子k2带负电
B. 粒子k1带负电，粒子k2带正电
C. 带电粒子k1、k2的速度v1：v2=：1
D. 带电粒子k1、k2在磁场中运动的时间t1：t2 = 3：2
【答案】AD
【解析】AB．根据左手定则可知k1受向右的洛伦兹力，故k1带正电，k2受向左的洛伦兹力，故k2带负电，B错误，A正确；
C．根据
可得
k1、k2的比荷相等，则有
由几何关系可知
则有
C错误；
D．由
可知两粒子在磁场中运动的周期相同，运动的时间分别为
则
D正确。
故选AD。
三、非选择题（本题共7小题，共56分。考生根据要求作答）
12. 用如图甲所示的多用电表测量一个阻值约为的电阻，测量步骤如下：
（1）调节指针定位螺丝S，使多用电表指针对准电流“0”刻度线；
（2）将选择开关旋转到“”挡的____________位置；（填“”或“”）
（3）将红、黑表笔分别插入“+”“-”插孔，并将____________，调节____________，使电表指针对准____________；
（4）将红、黑表笔分别与待测电阻两端接触，若多用电表读数如图乙所示，该电阻的阻值为____________。
【答案】（2）×1 （3）两表笔短接 欧姆调零旋钮 电阻的零刻度线 （4）19
【解析】（2）[1]将选择开关旋转到Ω挡的位置，因阻值约为20Ω，为使读数靠近中间表盘，应选“×1”挡；
（3）[2][3][4]根据欧姆挡使用原理，将红、黑表笔分别插入“+”“-”插孔，并将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准电阻的零刻度线上。
（4）[5]根据图乙所示，该电阻的阻值为19Ω。
13. 某实验小组为测量干电池的电动势和内阻，设计了如图所示电路，所用器材如下：
电压表（量程，内阻很大）
电流表（量程）
电阻箱（阻值）
干电池一节、开关一个和导线若干
（1）调节电阻箱到最大阻值，闭合开关。逐次改变电阻箱的电阻，记录其阻值R、相应的电流表示数I和电压表示数U。根据记录数据作出的图像如图所示，则干电池的电动势为____________V（保留3位有效数字）、内阻为____________（保留2位有效数字）。
（2）根据记录数据进一步探究，作出图像如图所示。利用图像的纵轴截距，结合（1）问得到的电动势与内阻，还可以求出电流表内阻为_________（保留2位有效数字）。
【答案】（1）1.58 0.66 （2）2.5
【解析】（1）[1][2]根据闭合电路欧姆定律可得
可得图像的纵轴截距等于电动势，则干电池的电动势为
图像的斜率绝对值等于内阻，则内阻为
（2）[3]根据闭合电路欧姆定律可得
可得
由图像的纵轴截距可知
解得电流表内阻为
14. 在“测定金属丝的电阻”的实验中：
（1）用螺旋测微器测量金属丝直径时，其示数如图甲所示，则金属丝的直径为__________；
（2）某同学设计了如图乙所示的电路测量该金属丝的电阻（阻值约为几欧），可选用的器材规格如下：
电流表A（，内阻约） 电流表G（，内阻为）
滑动变阻器（阻值） 滑动变阻器（阻值）
定值电阻 定值电阻
电源E（电动势） 开关S和导线若干
图乙中单刀双掷开关应置于____________（填“a”或“b”），滑动变阻器R应选____________（填“”或“”），定值电阻应选____________（填“”或“”）；
（3）若某次测量时电流表G的读数，电流表A的读数指针如图丙所示，则金属丝阻值的测量值为_________（结果保留1位小数）。
【答案】（1）##0.149##0.151 （2） （3）
【解析】（1）[1]螺旋测微器的精确度为，由图可知金属丝的直径为
（2）[2]由于金属丝的电阻约为几欧，属于小电阻，电流表应采用外接法，故单刀双掷开关应置于；
[3]因待测电阻只有几欧，为了调节方便，滑动变阻器应选择阻值较小的；
[4]定值电阻和电流表改装成的电压表，量程比较合适，所以定值电阻选；
（3）[5]根据读数可知电流为，被测电阻两端电压为
由欧姆定律可知
15. 晚会上装饰着120个彩色小灯泡，每个小灯泡的额定电压都是4V，工作电流都是0.1A，它们并联在一起，由一台变压器供电，小灯泡正常发光。变压器的原线圈接在220V的照明电路上，则通过原线圈的电流为___________A。（结果保留2位小数）
【答案】0.22
【解析】忽略变压器的能量损耗，变压器的输入功率等于输出功率，设原线圈中的电压、电流分别为、，小灯泡的电压、电流分别为、，即
解得
16. 在边长为a的正方形的每个顶点都放置一个电荷量为q的同种点电荷。如果保持它们的位置不变，每个电荷受到其他三个电荷的静电力的合力是___________。（静电力常量为k）
【答案】
【解析】[1]如图，假设第四个电荷q放在d点，则对角线上b点的电荷给它的库仑斥力为
a点的电荷和c点的电荷给它的库仑斥力大小均为
根据力的合成法则，点电荷q所受的电场力大小为
17. 如图，长为L、重力为G的金属杆ab用绝缘轻绳水平悬挂在垂直纸面向里的匀强磁场中。ab下方纸面内有一固定的圆形金属导轨，半径为r，圆形导轨内存在垂直纸面向外的匀强磁场。长为r的导体棒OA的一端固定在圆心O处的转轴上，另一端紧贴导轨。OA在外力作用下绕O匀速转动时，绳子拉力刚好为零。已知两磁场的磁感应强度大小均为B，ab电阻为R，其它电阻不计。则OA的转动方向为___________（填“顺时针”或“逆时针”），转动角速度___________。
【答案】顺时针
【解析】[1]依题意，金属棒ab受到向上的安培力，由左手定则可知电流方向是，导体棒OA中的电流方向是，由右手定则可知OA顺时针转动；
[2]假设轻绳的拉力为零时，回路电流为I，则有
OA转动产生的电动势
根据闭合电路欧姆定律
联立以上各式，并代入数据解得
18. 如图（a）所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L＝0.4 m．导轨右端接有阻值R＝1 Ω的电阻，导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好．导体棒及导轨的电阻均不计，导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场，bd连线与导轨垂直，长度也为L.从0时刻开始，磁感应强度B的大小随时间t变化，规律如图（b）所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s后刚好进入磁场．若使棒在导轨上始终以速度v＝1 m/s做直线运动，求：
（1）棒进入磁场前，回路中电动势E大小；
（2）棒在运动过程中受到的最大安培力F，以及棒通过三角形abd区域时电流I与时间t的关系式．
【答案】（1）0.04 V； （2）0.04 N， i＝t－1（其中，1s≤t≤1.2s）；
【解析】（1）在棒进入磁场前，由于正方形区域abcd内磁场磁感应强度B的变化，使回路中产生感应电动势和感应电流，根据法拉第电磁感应定律可知，在棒进入磁场前回路中的电动势为E＝＝0.04V
（2）当棒进入磁场时，磁场磁感应强度B＝0.5T恒定不变，此时由于导体棒做切割磁感线运动，使回路中产生感应电动势和感应电流，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中的电动势为：e＝Blv，当棒与bd重合时，切割有效长度l＝L，达到最大，即感应电动势也达到最大em＝BLv＝0.2V＞E＝0.04V
根据闭合电路欧姆定律可知，回路中的感应电流最大为：im＝＝0.2A
根据安培力大小计算公式可知，棒在运动过程中受到的最大安培力为：Fm＝imLB＝0.04N
在棒通过三角形abd区域时，切割有效长度l＝2v（t－1）（其中，1s≤t≤＋1s）
综合上述分析可知，回路中的感应电流为：i＝＝（其中，1s≤t≤＋1s）
即：i＝t－1（其中，1s≤t≤1.2s）
19. 如图所示是某种质谱仪的结构简化图。质量为m、电荷量为的粒子束恰能沿直线通过速度选择器，并从半圆环状D形盒的中缝垂直射入环形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里。D形盒的外半径为，内半径为R，壳的厚度不计，出口M、N之间放置照相底片，底片能记录粒子经过出口时的位置。已知速度选择器中电场强度大小为E，方向水平向左，磁感应强度大小为B（磁场方向未画出）。不计粒子重力，若带电粒子能够打到照相底片，求：
（1）B的方向以及粒子进入D形盒时的速度大小；
（2）D形盒中的磁感应强度的大小范围；
（3）打在底片M点的粒子在D形盒中运动的时间。
【答案】（1）B的方向垂直纸面向外，；（2）；（3）
【解析】（1）沿直线通过速度选择器的粒子满足
解得
由左手定则可知，B的方向垂直纸面向外。
（2）由几何关系可知，能打在底片上的粒子运动的半径满足
当时，满足
解得
当时，满足
解得
故D形盒中的磁感应强度满足
（3）打在底片M点的粒子，运动时间为
20. 在光滑水平面上有一质量m＝1.0×10-3kg电量q＝1.0×1O-10C的带正电小球，静止在O点，以O点为原点，在该水平面内建立直角坐标系xOy，现突然加一沿x轴正方向，场强大小E＝2.0×106v／m的匀强电场，使小球开始运动经过1.0s，所加电场突然变为沿y轴正方向，场强大小仍为E＝2.0×106V/m的匀强电场再经过1.0s，所加电场又突然变为另一个匀强电场，使小球在此电场作用下经1.0s速度变为零．求此电场的方向及速度变为零时小球的位置．
【答案】指向第三象限，与x轴成225°角 （0.40m，0.20m）
【解析】试题分析：第1s内小球沿x轴正方向做匀加速直线运动，第2s内做类平抛运动，加速度沿y轴正方向，第3s内做匀减速直线运动．根据牛顿第二定律和运动学公式求出第1s末小球的速度和位移．对于类平抛运动，运用运动的分解法求出第2秒末小球的速度大小和方向，并求出x方向和y方向的位移大小．再根据牛顿第二定律和运动学公式求出电场的方向和第3s末的位置．
由牛顿定律得知，在匀强电场中小球加速度的大小为：
代人数据解得：a=0.20m/s2
当场强沿x正方向时，经过1秒钟小球的速度大小为：vx=at=0.20×1.0=0.20m/s
速度的方向沿x轴正方向，小球沿x轴方向移动的距离
在第2秒内，电场方向沿y轴正方向，故小球在x方向做速度为vx的匀速运动，在y方向做初速为零的匀加速运动，沿x方向移动的距离∆x2=vxt=0.20m
沿y方向移动的距离：
故在第2秒末小球到达的位置坐标x2=∆x1+∆x2=0.30m y2＝∆y=0.10m
在第2秒末小球在x方向的分速度仍为vx，
在y方向的分速度vy=at=0.20×1.0 =0.20m/s
由上可知，此时运动方向与x轴成450角，要使小球速度能变为零，则在第3秒内所加匀强电场的方向必须与此方向相反，即指向第三象限，与x轴成225O角．
在第3秒内，设在电场作用下小球加速度的x分量和y分量分别为ax, ay，则
在第3秒未小球到达的位置坐标为

此电场的方向为指向第三象限，与x轴成225°角．速度变为零时小球的位置为（0.40m，0.20m）