2023-2024学年福建省三明市高二（上）期末考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省三明市高二（上）期末考试物理试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1:5，当输入电压增加10V时，则输出电压( )
A. 增加2VB. 增加10VC. 增加50VD. 增加500V
2.如图，C是带电量为Q的物体，将带电量为q的小球通过丝线挂在P处，稳定后丝线偏离竖直方向的角度为θ，小球与物体的间距为d、库仑力为F。若( )
A. 保持Q、q不变，减小d，θ变大，则F与d有关
B. 保持Q、q不变，增大d，θ变小，则F与d成反比
C. 保持Q、d不变，减小q，θ变小，则F与q成正比
D. 保持q、d不变，增大Q，θ变大，则F与Q成正比
3.如图所示，光滑绝缘竖直杆位于等量异种点电荷连线的中垂线上。一穿在杆上的带正电小球，沿A→O→B下滑，则杆对带电小球作用力分析正确的是( )
A. 先变小后变大，方向水平向左B. 先变小后变大，方向水平向右
C. 先变大后变小，方向水平向左D. 先变大后变小，方向水平向右
4.研究小组用手机磁传感器测量三明市区的地磁场。将手机置于水平桌面，建立如图甲所示的三维直角坐标系，某次测量中，x、y、z三个方向上的磁感应强度数值如图乙所示，B表示此处的磁感应强度，Φ表示穿过手机正面的磁通量，则( )
A. B≈39μT；绕x轴旋转Φ会发生变化B. B≈53μT；绕x轴旋转Φ不变
C. B≈39μT；绕z轴旋转Φ会发生变化D. B≈53μT；绕z轴旋转Φ不变
5.如图所示，两平行直导线cd和ef竖直放置，通以方向相反、大小相等的电流，a、b两点位于两导线所在的平面内。则( )
A. b点的磁感应强度为零
B. a点的磁场方向垂直纸面向里
C. cd导线受到的安培力方向向右
D. 同时改变导线的电流方向，cd导线受到的安培力方向不变
6.如图所示，三个完全相同的小灯泡并联，电源内阻不可忽略。闭合开关S1，灯泡L1发光；陆续闭合S2、S3，其他灯泡也相继发光。关于灯泡L1的亮度变化分析，下列说法正确的是( )
A. 电源电动势不变，L1两端电压不变，L1亮度不变
B. 电路总电阻变小，L1两端电压变小，L1亮度变暗
C. 电路总电阻变大，L1两端电压变大，L1亮度变亮
D. 干路电流不变，其他灯分流导致流过L1电流变小，L1亮度变暗
7.某电场的等势线如图所示，a、b、c、d、e为电场中的5个点，下列分析正确的是( )
A. 电场的方向由b指向e
B. d点的电场强度大小最大
C. 正电荷在a的电势能大于e点的电势能
D. 电子从a点运动到d点，电场力做功为+4eV
8.如图，光滑绝缘的水平面上存在一电场，其某条电场线与x轴重合，x轴上各点的电势φ与坐标x的关系如图中曲线所示。曲线上A点(0.15,3)的切线与x轴的交点为(0.3,0)。将一电荷量为+2.0×10−8C的滑块P(可视为点电荷)，从x=0.10m处由静止释放，则滑块( )
A. 将沿x轴负方向运动
B. 运动的加速度一直增大
C. 在x=0.15m处的电势能为3.0×10−3J
D. 在x=0.15m处的电场强度大小为2.0×106V/m
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.一正余弦交流电的电动势e随时间t变化的规律如图所示，则该交变电流的( )
A. 频率是0.02Hz
B. 电动势有效值为5 2V
C. 一个周期内电流方向变化2次
D. 电动势瞬时值表达式是e=10cs100t(V)
10.如图甲所示，用充电宝为一手机充电，其等效电路如图乙所示，在某段时间t内，充电宝的输出电压U、输出电流I恒定不变，手机电池的内阻为r，设手机电池获得的电能除发热外全部转化为化学能，则( )
A. 充电宝输出的电功率为UI−I2rB. 手机电池的热功率为I2r
C. 手机电池产生的焦耳热为U2r2tD. 手机电池增加的化学能为UIt−I2rt
11.如图(a)，U型导线框abcd与螺线管相连，螺线管内的磁场平行于轴线，其磁感应强度B随时间t变化如图(b)所示，设图中箭头所示方向为B的正方向，则( )
A. 0∼t1内，感应电流的方向为adcbaB. t1∼t2内，d点电势高于a点电势
C. 0∼t1内，感应电流的大小逐渐增大D. t2∼t3内，感应电流的大小逐渐减小
12.如图甲，一光滑金属导轨aOb固定于水平面内，Oa与Ob夹角为37∘，空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场。一长直导体棒在外力作用下垂直于Oa向左运动，在从PQ运动到MN的过程中，其速度的倒数1v与棒距PQ距离x的关系如图乙所示。已知导体棒质量为m，磁感应强度为B，OQ=4L，ON=2L，除电阻R外其余电阻不计，导体棒与导轨接触良好，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。则( )
A. 流过导体棒的电流恒为2BLv0RB. 导体棒运动的时间为9L2v0
C. 通过回路的电荷量为9BL2RD. 外力做功为9B2L3v02R+mv026
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
13.某同学通过测量金属丝的电阻率来确定其材质，具体操作如下：
(1)用多用电表测金属丝的电阻，示数如图甲所示，则Rx=______Ω。
(2)用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图乙所示，则d=______mm。
(3)已知该金属丝的总长度l为20m，则材质是_________。
A.银(ρ银=1.65×10−5Ω⋅m) B.铝镍铁合金(ρ合=1.6×10−6Ω⋅m)
14.在科学探究电容器的实验中：
(1)电容器上标有“200μF，10V”，下列说法正确的是______。
A.电容器电压为5V时，电容是200μF
B.电容器电压为5V时，电容是100μF
(2)利用如图所示电路观察电容器的充、放电现象。其中E为电池、R为电阻箱、C为电容器、G为电流计、S为单刀双掷开关。
①将开关S接1，观察到电流计指针偏转情况为________；
A.逐渐偏转到某一刻度后保持不变
B.逐渐偏转到某一刻度后迅速回到零
C.迅速偏转到某一刻度后保持不变
D.迅速偏转到某一刻度后逐渐减小到零
②将开关S接2，观察到电流计指针偏转情况与接1的区别是_______；
③将G表换成电流传感器，充电过程完毕后再放电，其放电电流随时间变化图像如图所示，已知电池的电动势为8V，则这一过程中电容器释放的电荷量约为______C(结果保留两位有效数字)
四、简答题：本大题共3小题，共9分。
15.如图所示，P、Q为两平行金属板，两板间的距离d=10cm，电势差为UPQ=30V，板间电场为匀强电场，其中Q板接地。则场强大小为_______V/m，P板的电势为_______V；A点距P板3cm，A点的电势为_______V。
16.如图所示为某一电源的U−I图像，由图可知电源电动势为_______V；电源内阻为_______Ω；电源短路时电流为_______A。
17.质谱仪是一种分离和检测同位素的仪器。如图，氕、氘、氚离子经加速进入速度选择器，沿直线运动的离子穿过狭缝P进入垂直于纸面、磁感应强度为B2的匀强磁场，打在底片D上形成a、b、c三条痕迹。速度选择器内的匀强电场和匀强磁场分别为E和B1，不计离子重力与离子间的相互作用，则B2的方向为垂直纸面向_______(选填“里”“外”)；离子通过速度选择器的速度v=_______；c处痕迹对应_______离子。
五、计算题：本大题共3小题，共29分。
18.如图所示，宽为L=10cm的区域中存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B=0.17T。一带电粒子以速度v从A点垂直于磁场边界进入匀强磁场，已知粒子的质量m=1.7×10−27kg，电荷量q=+1.6×10−19C，v=3.2×106m/s，粒子重力忽略不计。
(1)求带电粒子在磁场中运动的半径r；
(2)画出带电粒子的运动轨迹并标出圆心角θ；
(3)求带电粒子在磁场中运动的时间t(结果保留2位有效数字)。
19.如图，两条相距为l1的光滑平行金属导轨固定于绝缘水平面，左端ab接阻值为R的电阻。MN、PQ间存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。一根质量为m、电阻为R的金属杆，在水平向右的恒定拉力F作用下以速度v0进入磁场向右运动，离开磁场前运动已达到稳定状态。已知v0=2 3FRB2L12，MN与PQ间距离为l2，金属杆与导轨始终保持垂直且接触良好，导轨电阻忽略不计。
(1)通过电阻R的感应电流方向；
(2)求金属杆稳定状态时的速度；
(3)求穿过磁场区域过程中，金属杆产生的焦耳热。
20.如图甲所示，某示波器简化装置由加速板PQ、水平偏转板AB及圆弧荧光屏MN组成。连续“飘入”质量为m、电荷量为q、初速为零的粒子，经加速电压U0加速后，沿偏转电场的中央轴线射入偏转电场，最后打在荧光屏上。已知圆弧的半径为2l，其圆心O与中央轴线在水平偏转板区域内的中点恰好重合，A、B两板间距和板长均为l，板间电势差UAB随时间t的变化规律如图乙所示，粒子通过A、B两板间的时间远小于T，不计粒子间的相互作用及粒子的重力。
(1)求粒子进入偏转电场时的速度大小；
(2)所有粒子均能穿过偏转电场打在荧光屏，求U的最大值；
(3)若U取(2)中最大值，求粒子：
(i)从进入偏转电场到打在屏上的最短时间；
(ii)打在荧光屏MN上的弧长。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】C
【详解】由理想变压器原、副线圈的电压比等于匝数比即
U1U2=n1n2
得
U2=n2n1U1
即副线圈两端电压与原线圈两端电压成正比，所以
ΔU2=n2n1⋅ΔU1
当输入电压增加10V时，输出电压增大50V。
故选C。
2.【答案】A
【解析】A
【详解】AB.保持Q、q不变，减小d， θ 变大，则F与d有关；增大d， θ 变小，则F与d有关，但不能确定F与d成反比，故A正确，B错误；
C.保持Q、d不变，减小q， θ 变小，则F与q有关，但不能确定F与q成正比，故C错误；
D.保持q、d不变，增大Q， θ 变大，则F与Q有关，但不能确定F与Q成正比，故D错误。
故选A。
3.【答案】C
【解析】C
【详解】根据等量异种电荷周围的电场线分布知，从 A→O→B ，电场强度的方向不变，水平向右，电场强度的大小先增大后减小．则正电小球所受电场力的大小先变大，后变小，方向水平向右，则杆对带电小球作用力水平向左，作用力先变大后变小。
故选C。
4.【答案】A
【解析】A
【详解】地磁场磁感应强度大小为
B= By2+Bz2≈39μT
假手机正面面积为S，绕x轴旋转手机时穿过手机正面磁感线条数发生变化，磁通量会变化。当绕z轴旋转时穿过手机正面磁感线条数不变，磁通量不变化。
故选A。
5.【答案】D
【解析】D
【详解】A.根据安培定则可知，两导线在b点的磁感应强度方向均垂直纸面向里，则b点的磁感应强度不为零，故A错误；
B.根据安培定则可知，导线cd在a点的磁感应强度方向垂直纸面向外，ef在a点的磁感应强度方向垂直纸面向里，但a点距离导线cd近，因此合磁场垂直纸面向外，故B错误；
CD.两导线通以方向相反大小相等的电流，两导线之间存在相互排斥的安培力作用，cd导线受到的安培力方向向左，若同时改变导线的电流方向，两导线电流方向仍相反，两导线之间仍存在相互排斥的安培力作用，故cd导线受到的安培力方向向左不变，故C错误，D正确。
故选D。
6.【答案】B
【解析】B
【详解】陆续闭合 S2 、 S3 ，可知电路外电阻变小，电路总电阻变小，电源电动势不变，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流变大，路端电压变小，则 L1 两端电压变小，通过L1电流变小， L1 亮度变暗。
故选B。
7.【答案】D
【解析】D
【详解】A.根据电场方向与等势面垂直且沿电场方向电势降低，可知b点处的电场方向垂直be向左，故A错误；
B.等差等势面越密集的地方场强越大，则b点的电场强度大小最大，故B错误；
C.根据
Ep=qφ
由于a的电势小于e点的电势，则正电荷在a的电势能小于e点的电势能，故C错误；
D.电子从a点运动到d点，电场力做功为
Wad=−eUad=−e(3−7)V=4eV
故D正确。
故选D。
8.【答案】D
【解析】D
【详解】A.根据沿电场方向电势降低可知，电场方向沿x轴正方向，由于滑块带正电，滑块受到的电场力沿x轴正方向，则滑块静止释放后将沿x轴正方向运动，故A错误；
B.根据 φ−x 图像的切线斜率绝对值表示场强大小，可知滑块沿x轴正方向运动过程，受到的电场力逐渐减小，加速度逐渐减小，故B错误；
C.滑块在 x=0.15m 处的电势能为
Ep=qφ=2.0×10−8×3×105J=6.0×10−3J
故C错误；
D.在 x=0.15m 处的电场强度大小为
E=ΔφΔx=3×1050.3−0.15V/m=2.0×106V/m
故D正确。
故选D。
9.【答案】BC
【解析】BC
【详解】A.由图像可知该交变电流的频率为
f=1T=10.02Hz=50Hz
故A错误；
B.电动势有效值为
E=Em 2=10 2V=5 2V
故B正确；
C.一个周期内经过两次中性面，电流方向变化2次，故C正确；
D.电动势瞬时值表达式为
e=10cs100πt(V)
故D错误。
故选BC。
10.【答案】BD
【解析】BD
【详解】A.充电宝输出的电功率为
P总=UI
故A错误；
B.手机电池的热功率为
P热=I2r
故B正确；
C.手机电池不能看成纯电阻，则
r≠UI
手机电池产生的焦耳热为
Q=I2rt≠U2r2t
故C错误；
D.根据能量守恒定律可知，充电宝输出的电功等于手机电池增加的化学能与手机电池内阻产生的焦耳热之和，即
P总t=ΔE+Q
手机电池增加的化学能为
ΔE=UIt−I2rt
故D正确。
故选BD。
11.【答案】AD
【解析】AD
【详解】AC.由图像可知， 0∼t1 内，通过螺线管的磁通量向上增加，根据楞次定律可知，感应电流的方向为 adcba ；根据
E=nΔΦΔt=nΔBΔtS
可知 0∼t1 内，感应电动势保持不变，则感应电流的大小保持不变，故A正确，C错误；
B.由图像可知， t1∼t2 内，通过螺线管的磁通量先向上减少，后向下增加，根据楞次定律可知，感应电流的方向为 dabca ，则d点电势低于a点电势，故B错误；
D.根据
E=nΔΦΔt=nΔBΔtS
可知 t2∼t3 内，感应电动势大小逐渐减小，则感应电流的大小逐渐减小，故D正确。
故选AD。
12.【答案】BD
【解析】.BD
【详解】由图乙可知，导体棒运行的速度与位移的关系为
1v=3v0−34v0Lx
A.由于Oa与Ob夹角为 45∘ ，则
OQ=QP
当位移为x时，回路中产生的感应电动势
E=B(4L−x)v
代入数据可得
E=B(4L−x)4v0L(12L−3x)=4BLv03
回路中的电流
I=ER=4BLv03R
A错误；
B.在 1v−x 图像中，图线与横轴围成的面积等于所用时间，可知
t=12(32v0+3v0)2L=9L2v0
B正确；
C.通过回路的电荷量
q=It=4BLv03R×9L2v0=6BL2R
C错误；
D.根据能量守恒可知，外力做的功一部分转化为导体棒的动能，一部分转化为焦耳热，即
W=I2Rt+12m[(2v0 3)2−(v0 3)2]=9B2L3v02R+mv026
D正确。
故选BD。
13.【答案】 110 0.600 B
【详解】(1)[1]由图甲可知
Rx=11×10Ω=110Ω
(2)[2]由图乙可得，金属丝的直径为
d=0.5mm+10.0×0.01mm=0.600mm
(3)[3]由电阻定律有
Rx=ρlS
解得
ρ=RxSl=Rxπd24l≈1.6×10−6Ω⋅m
故选B。

【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】 A D 指针偏转方向相反 1.6×10−3 ## 1.6×10−3 ## 1.8×10−3
【详解】(1)[1]电荷量不同时，电容器两端电压不同，但无论电压多少电容器的电容不变，是200μF。
故选A。
(2)①[2]使开关S接1，电源给电容器充电，电流顺时针方向，电路瞬间有了充电电流，随着电容器所带电荷量逐渐增大，电容器两极板间的电压逐渐增大，充电电流逐渐减小，所以此过程中观察到电流表指针迅速偏转到某一刻度后逐渐减小到0。
故选D。
②[3]将开关S接2，电容器放电，放电电流方向逆时针方向与充电电流方向相反，随着电容器所带电荷量逐渐减小，放电电流逐渐减小，此过程中观察到电流表指针迅速偏转到某一刻度后逐渐减小到0。因此将开关S接2，观察到电流计指针偏转情况与接1的区别是指针偏转方向相反。
③[4]由I−t图像可知图像与横轴围成的面积表示电容器所带的电荷量，图中图像与横轴围成的部分大约由43个小方格，则有电容器所带的电荷量为
Q=43×0.2×10−3×0.2C=1.7×10−3C

【解析】详细解答和解析过程见答案
15.【答案】 300 30 21
【详解】[1]根据匀强电场电势差与电场强度的关系可知
E=Ud=300 V/m
[2] Q板接地，电势为0，由于
UPQ=φP−φQ
可知
φP=30 V
[3] A点距P板3cm，则A点距Q板 d′ =7cm，根据
UAQ=φA=Ed′
解得
φA=21 V

【解析】详细解答和解析过程见答案
16.【答案】 2 0.2 10
【详解】[1]根据闭合电路的欧姆定律
E=U+Ir
整理得
U=−Ir+E
图像的纵截距表示电源电动势，电源电动势为
E=2V
[2]图像斜率的绝对值表示电源内阻，电源内阻为
r=k=2−0.86Ω=0.2Ω
[3]电源短路时电流为
I短=Er=20.2A=10A

【解析】详细解答和解析过程见答案
17.【答案】 外 EB1 氕
【详解】[1]由图可知带正电粒子在磁场 B2 中向左偏转，根据左手定则可知， B2 的方向为垂直纸面向外；
[2]离子通过速度选择器时，根据受力平衡可得
qvB1=qE
解得速度大小为
v=EB1
[3]粒子在磁场 B2 中，由洛伦兹力提供向心力可得
qvB2=mv2r
可得
r=mvqB2=mEqB1B2
c处痕迹对应的轨道半径最小，粒子比荷最大，则c处痕迹对应氕离子。

【解析】详细解答和解析过程见答案
18.【答案】(1) r=0.2m ；(2)见解析；(3) t=3.3×10−8s
【详解】(1)带电粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得
qvB=mv2r
代入数据解得轨道半径为
r=0.2m
(2)带电粒子的运动轨迹如图所示
(3)由图可知偏转角 θ 满足
sinθ=Lr=12
可得
θ=π6
带电粒子的运动周期为
T=2πrv=2πmqB
带电粒子在磁场中运动的时间为
t=θ2πT=112T
代入数据解得
t≈3.3×10−8s

【解析】详细解答和解析过程见答案
19.【答案】(1) a→b ；(2) 2FRB2l12 ；(3) Fl22−2mR2F2B4l14
【详解】(1)金属杆进入磁场向右运动，根据右手定则可知，通过电阻R的感应电流方向为 a→b 。
(2)设金属杆稳定状态时的速度为 v ，此时产生的感应电动势大小为
E=Bl1v
感应电流大小为
I=E2R=Bl1v2R
根据受力平衡可得
F=F安=BIl1
联立解得
v=2FRB2l12
(3)金属杆穿过磁场区域过程中，设克服安培力做的功为 W安 ，由动能定理得
Fl2−W安=12mv2−12mv02
解得
W安=Fl2−4mR2F2B4l14
则整个电路产生的焦耳热为
Q=W安=Fl2−4mR2F2B4l14
金属杆产生的焦耳热为
Q′=12Q=Fl22−2mR2F2B4l14

【解析】详细解答和解析过程见答案
20.【答案】(1) v0= 2qU0m ；(2) Um=2U0 ；(3)(i) tmin=2 2+1t2 m2qU0 ，(ii) s=56πl
【详解】(1)由动能定理得
qU0=12mv02
解得
v0= 2gU0m
(2)粒子通过A、B两板间的时间远小于T，故粒子在AB板间运动可视为受恒定电压作用。粒子从极板右侧边缘射出时，对应的电压最大，此时竖直偏转量
y=l2
水平方向
l=v0t
竖直方向
y=12at2
偏转加速度
a=qUmml
解得
Um=2U0
(3)(i)当粒子从极板右侧边缘射出时，水平总位移最小，故时间最短，如下图
射出电场时速度与水平方向夹角为θ
则有
tanθ=vyv0
vy=at
解得
θ=45∘
由于速度反向延长线过水平位移中点，由几何关系得
OC=CE=12l
OO1=ON=OC+CO1=2l
则有
OD=ONcs45∘= 2l
则水平位移有
O2D= 2l+12l
最短时间为
lmin=O2Dv0
解得
tmin=2 2+1t2 m2gU0
(ii)当偏转电压为 33v 时，设射出电场时速度与水平方向夹角为 θ′
由
tanθ′=v′yv0
v′y=a′t
a′=q⋅ 33Uml
可得
θ′=30∘
则荧光屏有粒子撞击弧长所对应的圆心角为 75∘ ，粒子打在荧光屏MN上的弧长
s=75∘360∘⋅2π⋅2l=56πl

【解析】详细解答和解析过程见答案