2022-2023学年重庆市铜梁一中等三校高二上学期期末物理试题含解析

重庆市铜梁一中等三校2022-2023学年高二上学期期末物理试题

时间:75分钟  满分:100分

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. 下列说法正确的是（　　）

A. 变化的磁场产生电场，变化的电场不产生磁场

B. 黑体不反射电磁波，也不向外辐射电磁波

C. 原子从高能态向低能态跃迁时吸收光子的能量，等于前后两个能级之差

D. 波速等于波长乘以频率

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据麦克斯韦的地磁场理论可知，变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场。故A错误；

B．黑体不反射电磁波，但是向外辐射电磁波。故B错误；

C．原子从高能态向低能态跃迁时放出光子的能量，等于前后两个能级之差。故C错误；

D．根据

解得

即波速等于波长乘以频率。故D正确。

故选D。

2. 对楞次定律理解下面说法中不正确的是（  ）

A. 应用楞次定律本身只能确定感应电流的磁场方向

B. 应用楞次定律确定感应电流的磁场方向后，再由安培定则确定感应电流的方向

C. 楞次定律中“阻碍”二字的含义是指感应电流的磁场与原磁场的方向相反

D. 楞次定律所说的“阻碍”是指阻碍原磁场的变化，因而感应电流的磁场方向也可能与原磁场方向相同

【答案】C

【解析】

【详解】A．应用楞次定律本身只能确定感应电流的磁场方向，故A正确，不符合题意要求；

B．应用楞次定律确定感应电流的磁场方向后，再由安培定则确定感应电流的方向，故B正确，不符合题意要求；

CD．感应电流的磁场方向总是阻碍原磁场的变化，方向可能与原磁场方向相同，可能相反，故C错误，符合题意要求，D正确，不符合题意要求。

故选C。

3. 如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在条形磁铁的左上方固定一根与磁场垂直的长直导线，当导线中通以图示方向的电流时（　　）

A. 磁铁对桌面的压力减小，且受到向左的摩擦力作用

B. 磁铁对桌面的压力减小，且受到向右的摩擦力作用

C. 磁铁对桌面的压力增大，且受到向左的摩擦力作用

D. 磁铁对桌面的压力增大，且受到向右的摩擦力作用

【答案】C

【解析】

【分析】先判断电流所在位置的磁场方向，然后根据左手定则判断安培力方向；再根据牛顿第三定律得到磁体受力方向，最后对磁体受力分析，根据平衡条件判断。

【详解】根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向，再根据左手定则判断安培力方向，如图：

根据牛顿第三定律，电流对磁体的作用力向右下方；选取磁铁为研究对象，磁铁始终静止，根据平衡条件，可知通电后桌面对磁铁的支持力变大，磁铁受到桌面的静摩擦力方向水平向左；最后再根据牛顿第三定律，磁铁对桌面的压力增大。

故选C。

【点睛】本题关键先对电流分析，得到其受力方向，再结合牛顿第三定律和平衡条件分析磁体的受力情况。

4. 如图所示，闭合矩形导体框在水平向右的匀强磁场中绕竖直方向的对称轴匀速转动。已知匀强磁场的磁感应强度大小为B，导体框的面积为S。导体框从图示位置开始转动并计时，则下列说法正确的是（　　）

A. 0时刻穿过导体框的磁通量为

B. 导体框从图示位置转过30°，穿过导体框的磁通量为

C. 导体框从图示位置转过60°，穿过导体框磁通量为

D. 导体框从图示位置转过180°，穿过导体框的磁通量为

【答案】C

【解析】

【详解】A．0时刻导体框与磁场方向平行，穿过导体框的磁通量为0，故A错误；

B．导体框从图示位置转过30°，穿过导体框的磁通量为

故B错误；

C．导体框从图示位置转过60°，穿过导体框的磁通量为

故C正确；

D．导体框从图示位置转过180°，导体框和磁场平行，穿过导体框的磁通量为0，故D错误。

故选C。

5. 如图所示是一个由电池、电阻R、开关S与平行板电容器组成的串联电路，开关S闭合。一带电液滴悬浮在两板间P点不动，下列说法正确的是（　　）

A. 增大两极板的距离，电容器的电容变大

B. 增大两极板距离的过程中，电阻R中有从b到a的电流

C. 断开S，减小两极板的正对面积，P点电势升高

D. 断开S，减小两极板距离的过程中，液滴将加速下降

【答案】C

【解析】

【详解】A．根据

可知，增大两极板的距离，电容器的电容变小，A错误；

B．根据

可知，两极板间电压一定，电容减小，则极板所带电荷量减小，A极板与电源正极连接，A极板带正电，当电荷量减小时，A极板得电子，电子从b运动到a，则增大两极板距离的过程中，电阻R中有从a到b的电流，B错误；

D．断开S，极板所带电荷量一定，根据

可知，减小两极板距离的过程中，极板间电场强度不变，液滴所受电场力不变，液滴仍然处于静止状态，D错误；

C．根据上述，断开S，减小两极板的正对面积，极板间的电场强度增大，根据

可知，断开S，减小两极板的正对面积，P点电势升高，C正确。

故选C。

6. 如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两端接有阻值为R的定值电阻，阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置，其他部分电阻不计，整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。从t＝0时刻开始棒受到一个平行于导轨向上的外力F，由静止开始沿导轨向上运动，运动中棒始终与导轨垂直，且接触良好，通过R的感应电流随时间t变化的图像如图乙所示。下面分别给出了穿过回路abPM的磁通量Φ、磁通量的变化率、棒两端的电势差Uab和通过棒的电荷量q随时间变化的图像，其中正确的是（　　）

A  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】由电流图象得，I=kt，k是比例系数。设金属棒长为L

A．由图看出，通过R的感应电流随时间t增大，由欧姆定律得知，回路中的感应电动为

即

而A图描述磁通量与时间关系中斜率不变，产生的感应电动势不变，故A错误；

B．由

，，

得

则与成正比，故B正确；

C．a、b两端的电压

则Uab与t成正比，故C错误；

D．通过导体棒的电量为

故q－t图象为抛物线，并非过原点的直线，故D错误。

故选B。

7. 如图所示，三根长直导线A、B、C相互平行，截面为正三角形，三条边的中点分别记为D、E、F点，中心为O点，现给三根导线通入如图方向的等大电流I，已知距导线r处的磁感应强度，其中k为常数，则（　　）

A. D点和E点的磁场方向相同

B. D点和E点的磁场大小不同

C. D、E、F三点中F点磁场最小

D. O点磁场为零

【答案】C

【解析】

【详解】ABC．设正三角形的边长为2L，根据B=，结合矢量的叠加原理，如图，可得D、E、F三点的磁感应强度大小分别为

BD=，BE=，BF=k

可知D点和E点的磁场大小相同，方向不同，选项AB错误，C正确；

D．由安培定则结合磁场的叠加原理，如图，可知O点的磁感应强度不为零，选项D错误。

故选C。

二、多项选择题:本题共3小题，每小题5分，共15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5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分.

8. 如图所示为某型号的直轨式小吊机，其配备的电动机可以将重物吊起后转移至窗口或空间狭小的室内。电动机的输入电压为220V，当将质量为100kg的重物以0.6m/s的速度沿竖直方向匀速提升时，通过电动机的电流为4A。已知重力加速度，不考虑其它阻力，下列说法正确的是（　　）

A. 电动机内部线圈电阻为17.5Ω

B. 此时电动机输出功率为600W

C. 电动机空载时内部线圈消耗的功率为880W

D. 刚启动时通过电动机的电流大于4A

【答案】ABD

【解析】

【详解】A．设电动机内部线圈电阻为r

解得

故A正确；

B．此时电动机输出功率为

故B正确；

C．电动机空载时的电流一定小于额定电流4A，输入功率一定小于880W，内部线圈消耗的功率一定小于880W，故C错误。

D．刚启动时，电动机不转，是纯电阻电路，通过电动机的电流为

故D正确。

故选ABD。

9. 如图所示，一价氢离子(H+)和二价氦离子(He2+)的混合体，由静止经同一加速电场加速后，垂直于电场方向射入同一偏转电场中，偏转后打在同一荧光屏上，则它们（　　）

A. 离开偏转电场时速度方向不同

B. 离开偏转电场时速度方向相同

C. 到达屏上同一点

D. 到达屏上不同点

【答案】BC

【解析】

【详解】设离子的电荷量为q，质量为m，偏转电场极板板长为L，板间距离为d。根据动能定理可知，在加速电场中

在偏转电场中运动时间

偏转距离

得到

设速度偏转角度为θ，则

由以上可知y、θ与离子的质量、电荷量无关，则一价氢离子、二价氦离子离开偏转电场时速度方向相同，会打在屏上同一点。

故选BC

10. 如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，电流表为理想电表，两个灯泡A、B的电阻不变，当滑动变阻器的滑片P向上移动时，下列说法正确的是（　　）

A. 灯泡A变亮，灯泡B变暗

B. 电容器的电荷量变小

C. 电流表的示数变大

D. 滑动变阻器中的电流减小量大于灯泡B中的电流增加量

【答案】BD

【解析】

【详解】A．当滑动变阻器的滑片P向上移动时，滑动变阻器阻值增大，根据“串反并同”，灯泡A变暗，灯泡B变亮，A错误；

B．定值电阻R与滑动变阻器串联，电容器与定值电阻并联，则电容器电势差减小，根据

可知，电容器的电荷量减小，B正确；

C．电流表与滑动变阻器串联，则电流表示数减小，C错误；

D．滑动变阻器与灯泡B的电流之和等于通过电流表的电流，即

因为电流表电流减小，灯泡B电流增大。可知，滑动变阻器中的电流减小量大于灯泡B中的电流增加量，D正确。

故选BD。

三、非选择题:共57分。第11～15题为必考题，每个试题考生都必须作答,考生根据要求作答。

11. 某同学要测量一个新材料圆柱体的电阻率，进行了如下操作：

（1）用游标卡尺测量圆柱体长度如图甲所示，可知其长度为________mm。

（2）用螺旋测微器测量圆柱体直径如图乙所示，可知其直径为________mm。

（3）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图丙所示，则该电阻的阻值约为________Ω。

【答案】    ①. 102.4    ②. 3.372##3.373##3.374##3.375    ③. 84##85##86##87##88

【解析】

【详解】（1）[1] 圆柱体长度

（2）[2] 圆柱体直径

（3）[3] 电阻的阻值约为

12. 在测量电源电动势和内电阻的实验中，有电压表V（量程为3V，内阻约3kΩ）；电流表A（量程为0.6A，内阻约为0.80Ω）；滑动变阻器R（10Ω，2A）。为了更准确地测出电源电动势和内阻设计了如图所示的电路图。

①如图所示在闭合开关之前为防止电表过载而滑动变阻器的滑动头P应放在___________（选填“a”或“b”）处；

②在实验中测得多组电压和电流值，得到如图所示的U—I图线，由图可得该电源电动势E = ___________V，内阻r = ___________Ω。

③某同学在设计电压表改装时，将一个内阻为50Ω，满偏电流为0.5mA的电流表表头改成量程为3V的电压表，需要___________（选填“串”或“并”）联一个阻值___________Ω的电阻。

【答案】    ①. a    ②. 1.5    ③. 1.0    ④. 串    ⑤. 5950

【解析】

【详解】①[1]如图所示在闭合开关之前为防止电流表过载，滑动变阻器接入电路阻值应为最大值，滑动头P应放在a处；

②[2][3]根据闭合电路的欧姆定律有

U = E - IR

则由图像可得该电源电动势

E = 1.5V

内阻

（3）[4][5]某同学在设计电压表改装时，将一个内阻为50Ω，满偏电流为0.5mA的电流表表头改成量程为3V的电压表，需要串联一个电阻，根据

U = IG（RG + R）

可得

R = 5950Ω

即串联的电阻阻值为5950Ω。

13. 如图所示，两平行金属板A、B间为一匀强电场，A、B相距，C、D为电场中的两点（其中C点在金属板上），且，连线和场强方向成角。已知电子从D点移到C点电场力做功为，电子电荷量，求：

（1）匀强电场的场强大小；

（2）A、B两板间的电势差；

（3）若A板接地，D点电势为多少？

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）由题，电场力做正功，根据电场力做功有

解得

（2）因电场力做正功，则知电子在电场中受到的电场力方向向上，电子带负电，则场强方向为，则A、B间电势差为

（3）A、D间电势差为

由，A板接地则，可得

14. 如下图所示，在倾角θ=37°的斜面上固定两根足够长的平行金属导轨（电阻可忽略不计），相距L=1.0m。导轨处于磁感应强度B=1.0T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上，下端接有一阻值为R=2.0Ω的电阻。一根质量m=0.1kg、电阻r=2.0Ω的导体棒MN垂直跨放在导轨上，该导体棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5。t=0时刻导体棒受到平行于导轨向上的外力作用，由静止开始沿导轨以加速度a=2.0m/s2向上做匀加速直线运动，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：

（1）t=0时刻外力的大小；

（2）如果前3s内在电阻R上产生的焦耳热为Q=4J，则该过程中外力做功为多少？

【答案】（1）1.2N；（2）18.8J

【解析】

【详解】（1）静止开始时，对导体棒分析，由牛顿第二定律得

其中

，

解得

F0=1.2N

（2）0~3s内，根据动能定理可得

根据功能关系有

导体棒的位移

导体棒额速度

根据电热分配有

解得

WF=18.8J

15. 如图所示为一质谱仪的结构简图，正对着竖直放置的两块平行金属板、间电压可以调节，相距为，、分别为、板上的小孔，、、三点共线，它们的连线垂直、，且，以为圆心、为半径的圆形区域内存在磁感应强度为、方向垂直纸面向外的匀强磁场，圆弧为记录粒子位置的胶片，上各点到点的距离以及两端点间的距离都为，两端点的连线垂直、板，粒子经进入、间的电场后，通过进入磁场，粒子在处的速度和粒子所受的重力均不计。

（1）当、间的电压为时，粒子恰好打在上的中点，求该粒子的荷质比；

（2）已知一质量为的粒子恰好打在的最右侧端点，在相同的加速电压下，该粒子的一个同位素粒子恰好打在的最左侧端点，求这个同位素粒子的质量；

（3）已知一质量为、带电量为的粒子从进入电场，当、间的电压不同时，粒子从到打在上经历的时间会不同，求的最小值。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【分析】

【详解】（1）粒子从到的过程中，根据动能定理有

解得

粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有

得加速电压与轨迹半径r的关系为

如图中轨迹①所示：

结合题意由几何关系知粒子在磁场中运动的轨迹半径

r=R

解得粒子比荷为

（2）当粒子打在胶片c的最右侧端点时，如图中轨迹②所示，根据几何关系可以求得粒子在磁场中运动的轨迹半径

打在胶片c最左侧端点的粒子运动轨迹如图中轨迹③所示，轨迹半径为

由(1)可得粒子质量的通用表达式为

则

解得该同位素粒子的质量为

（3）a、b间的电压越大，粒子进入磁场时的速度越大，粒子在极板间经历的时间越短，同时在磁场中运动轨迹的半径越大，速度偏转角越小，有

可知在磁场中运动的时间也越短，离开磁场时粒子速度方向沿磁场区域半径方向，则射出磁场后到打在胶片上时的位移大小相等，粒子速度越大，所用时间也越短，所以当粒子打在胶片c的最右侧端点时，对应粒子在整个过程中经历的时间最短，此时粒子在磁场中运动的轨迹半径为

粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为

由得该粒子进入磁场时速度的大小

粒子在电场中经历的时间

粒子在磁场中经历的时间

粒子出磁场后做匀速直线运动经历的时间

粒子从进入电场到打在胶片c上经历的最短时间为

16. 如图所示，A为内表面光滑的薄壁U型盒，质量，底面长，A的中央位置放有可视为质点、质量的滑块B，初始A、B均静止。在A左侧与A相距处有一可视为质点、质量为的滑块C，开始时C以的初速度向右沿直线运动，与A碰撞后粘在一起，已知A、C与水平面间的动摩擦因数均为，不考虑各物体相互碰撞的时间及B与A碰撞时的机械能损失，三物体始终在一条直线上运动，取。求：

（1）C与A碰撞前瞬间，滑块C速度的大小；

（2）A与B发生第一次碰撞后B的速度；

（3）C开始运动到B与A发生第二次碰撞前经历的时间t以及整个过程B与A碰撞的次数N。

【答案】（1）24m/s；（2）11m/s；（3），6

【解析】

【详解】（1）从C开始运动到与A碰撞前过程，对C由动能定理得

解得

（2）A、C碰撞过程系统动量守恒，以水平向右为正方向，设碰后瞬间A、C整体的速度大小为vA，由动量守恒定律得

解得

设A、C在摩擦力作用下向右做匀减速运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得

解得

设A、C整体向右运动后速度减为，根据运动学规律得

解得

设A、C整体与B发生第一次弹性碰撞后A、C整体的速度大小为vA1，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得

由机械能守恒定律得

解得

（3）A、C整体与B发生第一次弹性碰撞后A、C静止，B向右匀速运动距离L，直到发生第二次碰撞。C与A碰撞前做减速运动的时间为

A、C共同向右做减速运动的时间为

B向右匀速运动的时间为

因此C从开始运动到A与B发生第二次碰撞前经历的时间为

设A运动的总路程为s，对A运动的全过程由能量守恒定律得

解得

s=18m

A、B每次碰撞都会交换速度，重复之前的运动过程直至停止运动，易知

第1次碰撞到第2次碰撞之间，A静止；第2次碰撞到第3次碰撞之间，A前进L；第3次碰撞到第4次碰撞，A静止；第4次到第5次碰撞，A前进L；第5次碰撞到第6次碰撞，A静止；第6次碰撞后A前进3.125m后静止，无法再与B碰撞，所以碰撞次数为