精品解析：山东省实验中学2023-2024学年高二上学期11月期中考试物理试题（解析版）

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说明：本试卷满分100分，分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷为第1页至第4页，第Ⅱ卷为第4页至第8页。试题答案请用2B铅笔或0.5mm签字笔填涂到答题卡规定位置上，书写在试题上的答案无效。考试时间90分钟。
第Ⅰ卷（共40分）
一、单项选择题（本题包括8小题，每小题3分，共24分。）
1. 中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角，“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也。”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图。结合上述材料，下列说法不正确的是（ ）
A. 地理南、北极与地磁场的南、北极不重合
B. 地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近
C. 地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行
D. 地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据题意可知，地理南、北极与地磁场存在一个夹角，为磁偏角，故两者不重合，A正确；
B．由图磁场方向可知地磁南极在地理的北极附近，地磁北极在地理的南极附近，B正确；
C．由于地磁场的磁场方向沿磁感线切线的方向，故只有赤道处地磁场的磁场方向才与地面平行，C错误；
D．在赤道处，磁场方向水平，而射线是带电的粒子，运动方向垂直磁场方向，根据左手定则可得射向赤道的粒子受到洛伦兹力的作用，D正确。
本题选错误的，故选C。
【点睛】地球本身是一个巨大的磁体，地球周围的磁场叫做地磁场。磁北极在地理南极附近，地磁南极在地理北极附近，所以地磁场的方向是从地磁北极到地磁南极。
2. 如图所示，通电导线旁边同一平面有矩形线圈abcd。则（ ）

A. 若线圈竖直向上平动，没有感应电流产生
B. 若线圈向左平动，其中感应电流方向是a→b→c→d
C. 当线圈向右平动时，其中感应电流方向是a→d→c→b
D. 当线圈以导线为轴转动时，其中感应电流方向是a→b→c→d
【答案】A
【解析】
【详解】A．若线圈竖直向上平动，线圈中的磁通量没有变化，故线圈中不产生感应电流，Ａ正确；
B．若线圈向左平动，线圈靠近导线磁通量增加，由楞次定律和安培定则可知，其中感应电流方向是a→d→c→b，B错误；
C．当线圈向右平动时，线圈远离导线磁通量减小，由楞次定律和安培定则可知，其中感应电流方向a→b→c→d，C错误；
D．当线圈以导线为轴转动时，线圈中磁通量不发生变化，没有感应电流产生，D错误。
故选A。
3. 如图所示，一正方形线圈的匝数为，边长为，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中。在时间内，磁感应强度的方向不变，大小由均匀地增大到。在此过程中，线圈中产生的感应电动势为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据题意，由法拉第电磁感应定律有
又有
，
联立解得
故选B。
4. 用如图所示电路给电容器充、放电。开关S接通1，稳定后改接2，稳定后又改接1，如此往复，观察电流表、电压表示数变化情况。则（ ）
A. S接1时，电流自左向右流过电流表，电流表示数不断增大
B. S接2时，电流自右向左流过电流表，电压表示数不断减小
C. S接1时，稳定后将两极板间的正对面积减小，电流自左向右流过电流表
D. S接2时，电容器对电阻R放电，极板间电荷量减小，电容减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．S接1时，电容器和电源相连，电容器充电，电流从电源的正极流出，所以电流自左向右流过电流表，但电流表示数不断减小，故A错误；
B．S接2时，电容器放电，由于电容器上极板带正电，所以放电时电流从上极板流出，自右向左流过电流表，电容器所带电荷量减小，所以电压表示数不断减小，故B正确；
C．S接1时，稳定后将两极板间的正对面积减小，根据电容的决定式可知，电容减小，而两极板电压不变，所以电容器所带电荷量减小，电流自右向左流过电流表，故C错误；
D．S接2时，电容器对电阻R放电，极板间电荷量减小，电容不变，故D错误
故选B。
5. 华为平板电脑配置的皮套在合上时能够使平板自动息屏，其实是“霍尔传感器”在发挥作用．如图所示，某霍尔元件导电物质为电子，霍尔元件的上下两个表面均垂直于磁场方向放置其中的1、2、3、4为霍尔元件的四个接线端．当开关和都闭合后，以下判断中正确的是（ ）

A. 当将变大并稳定后，PQ两点之间电势差的绝对值变小了
B. 仅将电源反向接入电路，P、Q电势差不变
C. P点的电势低于Q点的电势
D. 当将变大并稳定后，PQ两点之间电势差绝对值变大了
【答案】A
【解析】
【详解】C．由右手定则可知电磁铁上端为N极，那么放在铁芯中间的霍尔元件所处位置的磁感应强度方向竖直向下，由左手定则可知电子所受洛伦兹力指向2端，则电子堆积在2端，而2端与Q相连，故P点电势高于Q点电势，故C错误；
B．只将电源E2反向接入电路，由左手定则可知电子所受洛伦兹力指向4端，则电子堆积在4端，而4端与P相连，故Q点电势高于P点电势，所以P、Q两点之间的电势差变为原来的相反数，故B错误；
D．根据霍尔元件的工作原理，载流子受到的洛伦磁力和电场力相等
解得P、Q两点间的电势差
磁感应强度B由左侧电路中的电流决定，当增大R1时，左侧电路中的电流减小导致磁感应强度B减小，则P、Q两点间的电势差的绝对值减小，故D错误；
A．而公式中的v为带负电的电子定向移动的速度，由右侧电路电流决定，则当增大时，右侧电流减小，即v减小，P、Q两点间的电势差的绝对值减小，故A正确。
故选A。
6. 如图为多用表欧姆挡的原理图，其中电流表的满偏电流为300μA，内阻rg＝100Ω，调零电阻的最大阻值R＝50kΩ，串联的固定电阻R0＝50Ω，电池电动势E＝1.5V。用它测量电阻Rx，能准确测量的范围是（ ）

A. 30kΩ～80kΩB. 3kΩ～8kΩ
C. 300Ω～800ΩD. 30Ω～80Ω
【答案】B
【解析】
【详解】欧姆表的中值电阻附近刻度最均匀，读数误差最小，欧姆表的中值电阻R中等于欧姆表的内电阻R总，根据闭合电路欧姆定律，满偏时
即此欧姆表的中值电阻
为使读数准确，测量电阻应在5kΩ附近。
故选B。
7. 无限长直导线在周围某点产生的磁场的磁感应强度大小与导线中电流大小成正比，与该点到导线的距离成反比。三根无限长直导线垂直纸面平行放置，分别位于直角三角形OMN的三个顶点处。导线中通入大小分别为2I、I、和I的恒定电流，方向如图所示。P为MN连线中点，则P处磁感应强度方向为（ ）
A. 水平向右B. 水平向左C. 竖直向下D. 竖直向上
【答案】A
【解析】
【详解】根据右手螺旋定则结合几何关系，N处导线在P点产生的磁感应强度方向垂直MN向上（与水平方向夹角为60°），大小为B，M处导线在P点产生的磁感应强度方向垂直MN向上，大小为B，O处导线在P点产生的磁感应强度方向垂直OP向下（与水平方向夹角为60°），大小为2B，根据平行四边形定则，故P处合磁感应强度方向水平向右。
故选A。
8. 如图所示，竖直平面内有一半径为R圆形区域，其圆心为O，最高点为P，该区域内存在垂直圆面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在圆形区域右侧竖直放置一粒子收集器， M、N为收集器上、下边缘的两点，MN与圆形区域在同一平面内，O与N在同一水平线上，，。从P点沿PO方向射入大量速率不等的同种粒子，粒子所带电荷量为q、质量为m。忽略粒子间的相互作用力和粒子重力，关于打在收集器MN上的粒子，下列说法正确的是（ ）

A. 粒子带负电
B. 粒子在磁场中运动的最短时间为
C. 打在收集器上的粒子的最小速率为
D. 从P点到 N点的粒子比从P点到 M点的粒子运动时间短
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据题意可知，粒子在磁场中向右偏转，根据左手定则可知，粒子带正电，故A错误；
B．打到M、N两点的粒子轨迹如图所示

由图可知，粒子打到N点时，在磁场中的轨迹对应的圆心角最小，在磁场中的运动时间最小，则有
故B错误；
C．粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力可得
解得
由图可知粒子打到M点时，在磁场中的轨道半径最小，粒子的速度最小，根据几何关系可得
可得
则最小半径为
联立解得打在收集器上的粒子的最小速率为
故C错误；
D．由图可知，从P点到 N点的粒子在磁场中的运动时间小于从P点到 M点的粒子在磁场中的运动时间；离开磁场到打到收集器，从P点到 N点的粒子通过的位移小于从P点到 M点的粒子通过的位移，从P点到 N点的粒子的速度大于从P点到 M点的粒子的速度，则从P点到 N点的粒子从离开磁场到打到收集器所用时间小于从P点到 M点的粒子从离开磁场到打到收集器所用时间，故从P点到 N点的粒子比从P点到 M点的粒子运动时间短，故D正确。
故选D。
二、多项选择题（本题包括4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题意，选对但不全得2分，有选错不得分）
9. 三根导线MN、NP、PQ连接成如图所示的形状，与直流电源相连。NP段导线为以O点为圆心的圆弧。MO、OQ、MN、NO、PO、PQ等长，MOQ在同直线上。 垂直于导线所在平面的磁场被ON与OP所在直线划分为三个区域，其磁感应强度大小相同，方向如图所示。已知导线MN受到的安培力大小为F，则（ ）
A. 导线NP受到的安培力大小为F
B. 导线NP受到的安培力大小为F，方向竖直向下
C. 导线MNPQ受到的安培力大小为0
D. 导线MNPQ受到的安培力大小为2F ，方向竖直向上
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．根据几何关系，导线NP在磁场中的有效长度与导线MN相等，则导线NP受到的安培力大小为F，根据左手定则，安培力方向竖直向下，故A错误，B正确；
CD．根据左手定则导线MN受到的安培力大小为F，方向指向左上方与竖直方向夹角为60°，同理导线PQ受到的安培力大小为F，方向指向右上方与竖直方向夹角为60°，则此二力的合力与导线NP受到的安培力大小相等方向相反，则导线MNPQ受到的安培力大小为0，故C正确，D错误。
故选BC。
10. 回旋加速器两个D形金属盒分别和一高频交流电源两极相接，两盒放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的中心附近。若粒子源射出的粒子电荷量为q，质量为m，D形金属盒的半径为R，下列说法正确的是（ ）
A. 所加交流电的频率为B. 所加交流电的频率为
C. 粒子加速后获得的最大动能为D. 粒子加速后获得的最大动能为
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．所加交流电压频率等于粒子在磁场中的频率，根据
、
得
故频率
B正确，A错误；
CD．粒子速度增加则半径增加，当轨道半径达到最大半径时速度最大，由
得
得
则其最大动能为
D正确，C错误。
故选BD
11. 如图，竖直放置的光滑半圆形轨道固定在垂直纸面向外的匀强磁场内，一带电量为的带电小球从轨道左端静止释放，运动过程中不脱离轨道，则下列说法正确的是（ ）
A. 小球能到达轨道右端相同高度
B. 小球每次经过轨道最低点时的速度相同
C. 小球每次经过轨道最低点时对轨道压力相同
D. 小球每次从最高点到最低点所用时间相同
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由于洛伦兹力不做功，只有重力做功，小球运动过程机械能守恒，小球可以到达右端相同高度处，故A正确；
BC．洛伦兹力对小球不做功，小球运动过程只有重力做功，小球机械能守恒，小球每次到达最低点时速度大小相等，方向不同；小球做圆周运动的向心力大小相等，小球向右经过最低点时所受洛伦兹力竖直向下，小球向左经过最低点时所受洛伦兹力竖直向上，两种情况下小球对轨道的压力不同，故BC错误；
D．由于洛伦兹力不做功，又没有摩擦力，故对其速度大小有影响只有重力，所以小球每次从最高点到最低点所用时间相同，故D正确。
故选AD。
12. 2022年6月2日，北京正负电子对撞机“撞”出里程碑式新发现。如图是对撞测量区的简化示意图，I区磁感应强度大小为B，磁场边界MN平行于PQ、EF垂直于MN。正负电子分别以相同速率、平行EF且垂直磁场的方向入射，由注入口C、D进入I区，在II区平行于EF方向上进行对撞。已知：注入口C、D到EF的距离均为d，边界MN和PQ的间距为4d，正、负电子的质量均为m，所带电荷量分别为e和，且速率均为，电子重力不计，下列说法正确的是（ ）
A. 正电子由注入口C注入对撞测量区
B. 负电子由注入口C注入对撞测量区
C. II区磁感应强度大小为B
D. 正、负电子在对撞测量区经过时间相撞
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．正负电子在II区平行于EF方向上进行对撞，正负电子应向右偏转，由左手定则可知，从C入射的为负电子，从D入射的为正电子，选项A错误，B正确；
C．电子的速率，则电子在I区域的运动半径为
边界MN和PQ的间距为4d，两电子要在II区域平行于EF方向上进行对撞，则根据几何关系可知电子在II区域的运动半径为
所以II区磁感应强度大小为B，选项C正确；
D．电子在I、II区域运动的周期均为
正、负电子在对撞测量区相撞经过的时间
选项D错误。
故选BC。
第Ⅱ卷（非选择题，共60分）
三、实验题（本题包括2小题，共18分）
13. 在实验室内要测量一节干电池（电动势约为1.5V，内阻小于）的电动势和内阻，实验室提供的用于实验的器材除了开关、导线外，还有：电压表（0~3V）、电流表（0~0.6A）、滑动变阻器（）、定值电阻（阻值）

（1）按照电路图进行实验，测量得到7组U、I数据，在图像中描点、画图，得到的图像如图所示，由图像可得被测电池的电动势______V，电池内电阻______。（结果均保留2位小数）
（2）由于实验存在误差，导致电动势和内电阻的测量值相对于真实值都有偏差，通过分析可知，______，______。（选填“大于”、“小于”或“等于”）
【答案】 ①. 1.45 ②. 0.30 ③. 小于 ④. 小于
【解析】
【详解】（1）[1][2]根据闭合电路的欧姆定律
整理得
由图像可得，电池的电动势为纵轴截距，即
图像的斜率
则电池内阻为
（2）[3][4]根据电路图可知，由于电压表的分流作用，干路中电流的真实值大于测量值，当外电路短路时电流的测量值等于真实值，电源图像如图所示

由图可知
14. 为了测量电压表的内阻，某同学在实验室中找到了下列器材：
待测电压表（，内阻约为）
电压表（，内阻约为）
电压表（，内阻约为）
定值电阻
定值电阻
滑动变阻器，最大阻值为
电源E（电动势，内阻不计）
开关，导线若干
请选择合适的实验器材，设计出测量电路。
（1）为使测量结果尽可能精确，要求所有电表的读数不小于满偏刻度的三分之一，实验中除了待测电表外，还需要选择的电表是___________（填代号），定值电阻应选择___________（填代号）；
（2）请在虚线框中画出测量电压表的内阻的电路图____________；

（3）若电压表、，的读数用、表示，则待测电压表的内阻为___________（用所选用器材的读数和物理量表示）；
（4）仅考虑系统误差，该测量值___________真实值。（选填“大于”“小于”或“等于”）。
【答案】 ①. ②. ③. 见解析 ④. ⑤. 等于
【解析】
【详解】（1）[1][2]将定值电阻与待测电压表V1串联，用另一块电压表测出总电压，待测电压表与定值电阻分得的电压之比就等于电阻之比，为了使电压表尽可能接近满偏，电压表选V2，定值电阻选R2。
（2）[3]滑动变阻器采用分压式接法，如图所示

（3）[4]由于电压表V1与R2串联，满足
可得
（4）[5]由于V1两端的电压和R2两端的电压测量准确，没有系统误差，因此测量值等于真实值。
四、解答题（共42分）
15. 如图所示，两平行金属导轨间的距离，金属导轨所在的平面与水平面夹角，空间中存在垂直于导轨所在平面向上，磁感应强度的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势、内阻不计的直流电源。现把一根质量的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止。若导体棒接入电路中电阻，导轨电阻不计，g取，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）导体棒受到的安培力大小；
（2）导体棒与轨道间的滑动摩擦因数。
【答案】（1）4N；（2）
【解析】
【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律得
导体棒受到的安培力为
（2）对导体棒受力分析如图所示
设摩擦力沿斜面向下，沿斜面方向，有
Ff=μFN
垂直于斜面方向，有
联立解得
16. 如图所示，电源电动势E=3V，内阻r=lΩ，小灯泡由于铭牌磨损，只能看到额定电压为2V。先将开关S接1，当滑动变阻器调到4Ω时，小灯泡L恰能以额定功率发光；再将开关S接2，小灯泡L和电动机M均以额定功率正常工作，已知电动机的内阻为求：
（1）小灯泡L的额定功率；
（2）电动机以额定功率工作时的输出功率；
【答案】（1）；（2）0.12W
【解析】
【详解】（1）开关S接1时，根据闭合电路欧姆定律有
解得
小灯泡的功率为
解得
（2）开关S接2时，根据闭合电路欧姆定律有
解得
电动机的输入功率为
发热功率为
所以机械功率为
17. 如图所示，平面直角坐标系xOy中，x>0区域内存在着方向与x轴负向成45°角的匀强电场E2，电场强度大小E2=V/m，在区域内存在着垂直于xOy平面向里的匀强磁场，在区域内存在沿y轴负方向的匀强电场E1，电场强度大小E1=20V/m，带正电粒子从电场E1中P（−2m，0.5m）点沿x轴正方向以初速度v0=2m/s射出，粒子恰好从坐标原点进入电场E2，该粒子的比荷，不计粒子重力，求：
（1）粒子进入磁场时速度的大小和方向；
（2）磁感应强度大小；
（3）粒子从P点射出到第三次经过y轴时的时间。
【答案】（1），速度方向与x轴正向夹角为；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据题意可知，粒子在电场中做类平抛运动，设经过时间进入磁场，有
解得
则有
粒子从处进入磁场，其速度大小
速度方向与x轴正向夹角为
解得
（2）由对称性可知，粒子进入电场时速度方向与x轴正向夹角也为，即在磁场中转过角度，设在磁场中圆周运动半径为R，运动轨迹如图所示，由几何关系得
则
洛仑兹力提供向心力有
解得
（3）粒子进入电场做匀减速运动，当速度为零时折返，由动能定理有
解得
在磁场做圆周运动周期
粒子在磁场中运动时间
粒子在电场中单程运动时间
粒子再次进入磁场做圆周运动，转过后垂直进入电场，用时，粒子从P点射出到第三次通过y轴时间
18. 如图所示，在空间建立正交坐标系Oxyz ，空间中存在范围足够大，大小可调节的沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场。过x轴上C（2L，0，0）点有平行于 yOz平面的无限大平面光屏，质量为m ，电荷量为q（q> 0）的粒子从坐标原点O沿z轴正方向以初速度v射入该空间中，不计粒子重力。
（1）若空间内只存在如图所示的电场，粒子打在光屏上的P点，CP =4L ，求此电场的电场强度E的大小；
（2）若空间内只存在如图所示的磁场，粒子经过段时间到达 坐标为（0，－L，）的位置，求此磁场的磁感应强度B0的大小；
（3）若电场和磁场同时存在，已知磁场磁感应强度为B，粒子第一次回到x轴上并经过A（L，0，0）点，求电场强度E的大小；
（4）若空间中电磁场与（3）相同，粒子在O点时的速度v0在xOz平面内并与x轴正方向夹角为60°，且v0= ，求粒子打到光屏上时的位置坐标。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）粒子做类平抛运动，水平方向
竖直方向

解得
（2）如图
由几何关系
可得
由
解得
（3）x轴方向由静止做匀加速直线运动
yOz平面内做匀速圆周运动，第一次回到x轴，则
可得
（4）粒子在x轴方向做匀加速直线运动
可得
故粒子恰好在磁场中完成一个圆周，则打在光屏上时位置坐标为（2L，0,0）。