2023-2024学年北京市昌平区高二（上）期末物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年北京市昌平区高二（上）期末物理试卷一、选择题1.下列物理量中，属于矢量的是(

)A.电场强度 B.电势 C.电流 D.磁通量2.关于电荷，下列说法正确的是(

)A.电荷量很小的电荷就是元电荷 B.物体所带的电荷量可以是任意的

C.在国际单位制中，电荷量的单位是库仑 D.摩擦起电的过程实质上是创造电荷的过程3.一个带正电的球体M放在绝缘支架上，把系在绝缘丝线上的带电小球N挂在横杆上的P1处。当小球N静止时，丝线与竖直方向的夹角为θ，如图所示。在将悬点由P1处缓慢移到P2处的过程中，观察到夹角θ增大。由此可知(

)A.小球N带负电

B.悬点由P1处缓慢移到P2处的过程中，小球N受到的静电力减小

C.M与N间的静电力大小与它们间的距离的平方成正比

D.M与N4.如图所示，在正点电荷Q产生的电场中有a、b两点，用Ea、Eb分别表示a点和b点的电场强度大小，用φa、φb分别表示a点和b点的电势，用Epa、Epb分别表示同一负试探电荷在a点和A.Ea>Eb，φa<φb

B.Ea<Eb5.某空间中存在磁场，一电流元IΔl放在某点受到的最大磁场力为F。下列说法正确的是(

)A.该点处的磁感应强度大小为FIΔl

B.该点处的磁感应强度方向与F的方向相同

C.如果电流元的电流增大，该点处的磁感应强度也增大

D.6.下列说法正确的是(

)A.穿过某一回路的磁通量不为零，回路中将产生感应电动势

B.穿过某一回路的磁通量发生变化，回路中将产生感应电动势

C.穿过某一回路的磁通量越大，产生的感应电动势越大

D.穿过某一回路的磁通量变化越大，产生的感应电动势越大7.在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r；滑动变阻器的总电阻R大于电源内阻；电流表和电压表均可视为理想电表。闭合开关S，当滑动变阻器触头P从左端开始向右移动的过程中，下列说法正确的是(

)A.电流表、电压表的示数均增大 B.电流表、电压表的示数均减小

C.电源的输出功率增大 D.电源的输出功率先增大后减小8.某同学做静电感应实验，想让一个不带电的导体球甲带电，操作步骤及结论如下：①把甲球移近带负电的绝缘导体球乙，但甲、乙两球不接触；②用手触摸甲球；③手指移开；④移开乙球；⑤甲球带正电；⑥甲球带负电。上述操作过程和结论均正确的是(

)A.①→②→③→④→⑤ B.①→②→④→③→⑥

C.①→②→③→④→⑥ D.①→②→④→③→⑤9.如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，直角三角形导线框abc通以恒定电流I，放置在磁场中。已知ab边长为l，与磁场方向平行；bc边长为2l，与磁场方向垂直。下列说法正确的是(

)A.ab边所受安培力大小为BIl

B.bc边所受安培力大小为BIl

C.ca边所受安培力大小为5BIl

D.10.某电源在使用过程中，当通过它的电流大小有明显变化时，路端电压的变化并不明显．其原因是(

)A.电源内阻很大 B.电源内阻很小 C.电源电动势很大 D.电源电动势很小11.某扫地机器人利用自身携带的小型吸尘部件吸尘。已知机器人电池容量为3000mA⋅ℎ，电机两端电压为15V，吸尘时的额定功率为30W，输出功率为22W。下列说法正确的是(

)A.“mA⋅ℎ”是能量单位 B.吸尘时通过电机的电流为1.5A

C.该机器人电机的电阻为5.5Ω D.12.如图1所示，利用电压传感器和电流传感器观察电容器的充、放电过程。先将单刀双掷开关S置于接线柱1，给电容器充电；充电结束后，再将开关S置于接线柱2，电容器放电。传感器采集所测电路的电压、电流信号，得到电容器充、放电过程电压U和电流I随时间t变化的图像，分别如图2、图3所示。下列说法正确的是(

)

A.电容器充电过程，电流和电压都逐渐增大

B.电容器充电过程，电压逐渐增大而电流逐渐减小

C.电容器放电过程，极板带电量均匀减少

D.电容器放电过程，电容器的电容减小13.如图甲所示，100匝(图中只画了2匝)圆形线圈面积为0.01m2，电阻不计。线圈内存在方向垂直纸面向里且强度随时间变化的磁场；t=0时，B=0。线圈两端A、B与一个电压传感器相连，电压传感器测得A、B两端的电压按图(乙)所示规律变化。在t=0.05s时(

)A.磁感应强度随时间的变化率为0.01T/s B.磁感应强度随时间的变化率为20T/s

C.穿过每匝线圈的磁通量为2.5×10−4Wb 14.我们知道，在匀强磁场中，带电粒子的速度方向与磁感应强度方向平行或垂直时，带电粒子将做匀速直线运动或匀速圆周运动；如果带电粒子的速度方向与磁感应强度方向既不平行，又不垂直，带电粒子将做螺旋线运动，如图所示。粒子转过一周所需的时间称为回转周期；粒子每转一周前进的距离称为螺距。根据运动的合成与分解思想，可解决此问题。下列说法不正确的是(

)A.螺旋的直径与垂直磁感线的速度分量有关

B.螺距与垂直磁感线的速度分量无关

C.回转周期与垂直磁感线的速度分量有关

D.具有相同的平行磁感线速度分量的同种带电粒子，从同一点出发，经一个回转周期后，将重新会聚到一点二、非选择题15.多用电表是常用的电学测量仪表，它既能测量电流又能测量电压，还能测量电阻。

(1)关于多用电表的使用，下列操作正确的是______。

A.测灯泡电压时，应按图1所示连线，测量时开关S应断开

B.测灯泡电流时，应按图2所示连线，测量时开关S应闭合

C.测灯泡电阻时，应按图1所示连线，测量时开关S应断开

(2)某次用多用电表测量电阻和直流电压时指针位置如图3所示，若选择开关置于：

①“×1k”位置，则电阻的测量值为______kΩ；

②“10V”位置，则电压的测量值为______V。16.某学习小组做“测量金属丝的电阻率”的实验。

(1)使用螺旋测微器测量金属丝的直径d，某次测量时螺旋测微器的示数如图1所示，其读数为______mm。

(2)图2和图3是测量金属丝电阻Rx的两种电路，其主要区别是滑动变阻器的连接方式不同，一般称甲为“分压电路”，乙为“限流电路”。若需要待测电阻Rx两端电压从零开始连续变化，应选用______(选填“图2”或“图3)电路。

(3)测量金属丝的电阻Rx时，某同学按“分压电路”连接实验器材，如图4所示。其中______(选填“①”“②”或“③”)连线是错误的。

(4)该同学正确地完成了实验操作，在U−I坐标系中标出了测量数据的坐标点，并描绘出了U−I图线，如图5所示。根据图线可知，该金属丝的电阻值Rx=______Ω(结果保留两位有效数字)。

(5)关于实验误差的分析，下列说法正确的是______。

A.多次测量金属丝直径求平均值可以减小系统误差

B.用U−I图像处理实验数据求金属丝电阻可以减小偶然误差

C.电流表外接时，电压表分流会导致电阻测量值偏小

D.电流表外接时，电流表分压会导致电阻测量值偏大

(6)电导率σ是电阻率的倒数，常用单位是(Ω⋅cm)−1。某种饮用水的电导率约为1.0×10−3(Ω⋅17.一水平放置的平行板电容器，两极板间电场可视为匀强电场。一电子从两极板间的中央点以初速度v0垂直于极板间的匀强电场飞入，恰能从下极板右边缘飞出，如图所示。已知两极板间距为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e。不计电子的重力。求：

(1)电子在两极板间的加速度大小a；

(2)两极板间电压U；

(3)在此过程中电场力对电子所做的功W。18.质谱仪是一种研究带电粒子的重要工具，它的构造原理如图所示。粒子源S产生的带正电粒子首先经M、N两带电金属板间的电场加速，然后沿直线从缝隙O垂直于磁场

方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中经过半个圆周打在照相底片上的P点。已知M、N两板间电压为U，带正电粒子的质量为m、电荷量为q。若粒子进入电场时的速度、所受重力及粒子间的相互作用力均可忽略。

(1)求粒子离开加速电场时速度的大小v；

(2)若粒子打在照相底片上的P点与缝隙O的距离为L，请推导L的表达式；

(3)有同学认为，若保持M、N两板间电压不变，增大两板间距离，上述粒子将打在照相底片上P点的下方。你认为这个说法是否正确？请说明理由。19.如图甲所示，相距为L的平行金属导轨置于水平面内，导轨间接有定值电阻R。质量为m的金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中。t=0时刻，对金属棒ab施加一与导轨平行的恒定拉力F，使其由静止开始做加速直线运动。不计金属棒与导轨的电阻及金属棒与导轨间的摩擦。

(1)从t=0时刻开始计时，在图乙所示的坐标系中定性画出金属棒ab的速度大小v随时间t变化的图像；并求出金属棒ab的最大速度vm。

(2)已知金属棒ab从开始运动到速度达到最大时的位移为x，求在此过程中安培力对金属棒ab所做的功WA。

(3)本题中通过安培力做功实现了能量转化。我们知道安培力是洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力对运动电荷不做功，这似乎出现了矛盾，请结合图丙所示情境，分析说明当金属棒ab以速度v向右运动时，自由电子所受洛伦兹力是如何在能量转化过程中起作用的？

20.物理学中的宏观现象与粒子的微观行为之间存在必然联系，从微观角度分析宏观现象产生的本质原因是物理学的重要研究方法。

(1)如图1所示，一段横截面积为S、长为L的直导线，单位体积内有n个自由电子，电子电荷量为e。该导线两端加电压时，自由电子定向移动的平均速率为v。

a.请推导导线中的电流I与v之间关系式。

b.将该通电直导线放在磁感应强度B的匀强磁场中，电流方向与磁感线垂直，导线所受安培力大小为F=BIL。请由安培力的表达式推导洛伦兹力的表达式f=evB。

(2)如图2所示的霍尔元件，宽度和厚度分别为ℎ和d，放在沿−z方向的匀强磁场B中，当元件通有沿x方向的电流I时，在元件的上侧面和下侧面之间会产生电势差U。已知该霍尔元件的载流子是电子，电荷量为e，单位体积中的自由电子数为n。

a.请证明：U=BIneℎ。

b.由上问可知，在I、n、e、ℎ一定的条件下，U与B成正比，由U的数值可以比较B的大小，因此可以用这种元件探测某空间磁场的磁感应强度。该元件的摆放的方向对测量结果是否有影响？简要说明理由。

答案和解析1.【答案】A

【解析】解：A、既有大小又有方向，运算时遵循平行四边形定则的物理量是矢量，电场强度是矢量，故A正确；

B、电势只有大小，没有方向，是标量，故B错误；

CD、电流和磁通量虽有方向，但电流和磁通量运算时不遵循平行四边形定则，所以电流、磁通量都是标量，故CD错误。

故选：A。

既有大小又有方向，运算时遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移、动量、电场强度等都是矢量；只有大小没有方向，运算时遵循代数运算法则的物理量是标量，如路程、时间、质量、动能、功、电势、电流等都是标量。

矢量与标量的最大区别是运算法则不同：矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数运算法则。2.【答案】C

【解析】解：A、元电荷是最小的电荷量，不是电荷，故A错误；

B、物体所带的电荷量为元电荷的整数倍，不是任意的，故B错误；

C、在国际单位制中，电荷量的单位是库仑，故C正确；

D、摩擦起电的实质是电荷的转移，不是创造电荷的过程，故D错误。

故选：C。

元电荷是最小的电荷量，是数量；物体所带电荷量是元电荷的整数倍，不是任意的；在国际单位制中，电荷量的单位是库仑；摩擦起电的实质是电荷的转移。

本题考查元电荷、电荷量的单位和摩擦起电，解题关键是掌握电荷的基础知识。3.【答案】D

【解析】解：A、小球M与N相互排斥，M、N带同种电荷，M带正电，N也带正电，故A错误；

B、在M缓慢靠近N的过程中，根据库仑定律F=kQqr2可知r减小，则电场力增大，故B错误；

CD、根据库仑定律公式F=kQqr2,M与N间的电场力大小与间距的平方成反比，与电荷量的乘积成正比，故C错误，D正确。

4.【答案】C

【解析】解：电场线密集的地方场强越大，沿着电场线方向，电势逐渐降低，可知Ea>Eb，φa>φb，负电荷在电势高的位置，电势能较小，所有Epa<Epb，故5.【答案】A

【解析】解：A.根据磁感应强度的定义式可知，该点处的磁感应强度大小为B=FIΔl，故A正确；

B.根据左手定则可知，该点处的磁感应强度方向与F的方向垂直，故B错误；

CD.该点处的磁感应强度由磁场本身决定，如果电流元的电流增大或撤去电流元，该点处的磁感应强度不变，故CD错误；

故选：A。

根据左手定则判断通电导线在磁场中的受力；磁感应强度B=FIΔl是采用比值法定义的，B大小与F、I、L无关，B由磁场本身决定。6.【答案】B

【解析】解：AB、穿过某一回路的磁通量发生变化，回路中将产生感应电动势。穿过某一回路的磁通量不为零，若磁通量不发生变化，则回路中不产生感应电动势，故A错误，B正确；

CD、根据法拉第电磁感应定律，感应电动势大小与磁通量的变化率成正比，与磁通量、磁通量变化量没有直接关系，磁通量越大或磁通量变化越大，磁通量的变化率不一定越大，产生的感应电动势不一定越大，故CD错误。

故选：B。

产生感应电动势的条件是穿过回路的磁通量发生变化。感应电动势大小遵守法拉第电磁感应定律。

解答本题时，要掌握产生感应电动势的条件和法拉第电磁感应定律，关键要知道感应电动势大小与磁通量的变化率成正比，与磁通量、磁通量变化量无关。7.【答案】D

【解析】解：AB、滑动变阻器触头P从左端开始向右移动的过程中，电阻减小，则总电阻减小，总电流增大，内电压增大，路端电压减小，所以电流表示数增大，电压表示数减小，故AB错误；

CD、根据输出功率的变化特点可知当滑动变阻器的电阻等于电源内阻时，输出功率最大，滑动变阻器的总电阻R大于电源内阻；当滑动变阻器阻值减小时，电源的输出功率先增大后减小，故C错误，D正确；

故选：D。

当滑动变阻器的触头P从左端滑向右端的过程中，分析外电路总电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，判断电压表示数的变化。根据外电阻与内阻的关系分析电源的输出功率。

本题是电路的动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”的顺序进行分析。要知道可变电阻最大功率的条件。8.【答案】A

【解析】解：为使导体球甲带电，应先把甲球移近带负电的绝缘导体球乙，但甲、乙两球不接触，甲、乙两球发生静电感应，近端带异种电荷，远端带同种电荷，再用手触摸甲球，将甲球接地，先将手指移开，再移开乙球，此时甲球带正电，则操作步骤为①→②→③→④→⑤，故A正确，BCD错误。

故选：A。

根据感应起电方法分析即可，注意应先将手移开再移开乙球。

本题考查感应起电，解题关键是掌握感应起电的方法。9.【答案】D

【解析】解：A、导线的ab边与磁场平行，不受安培力的作用，故A错误；

B、导线的bc边与磁场垂直，受到的安培力大小为

Fbc=2BIl

故B错误；

C、导线ac与磁场垂直的有效长度是2l，则导线受到的安培力大小为

Fca=2BIl

故C错误；

D、由左手定则可知，导线的bc边受到的安培力方向，与导线ac边受到的安培力方向相反，整个导线框所受安培力为0，故D正确。

故选：D。

分别根据安培力的计算公式得出导线的ab边和bc、10.【答案】B

【解析】解：根据闭合电路感应电动势E=U外+U内，那么路端电压表达式U外=E−Ir，

当通过它的电流大小有明显变化时，而路端电压的变化并不明显，说明电源的内阻较小，但电源的电动势通常不变，故B正确，ACD错误；

故选：B．

11.【答案】D

【解析】解：A.mA⋅ℎ应该是电量的单位，不是能量单位，故A错误；

B.根据I=PU=3015A=2.0A，故B错误；

C.机器人电机电阻R=P−P出I2=30−2222Ω=2Ω，故C错误；

D.充电后的工作时间为t=UQP=15×330ℎ=1.5ℎ，故12.【答案】B

【解析】解：AB.电容器充电过程，电压逐渐增大，电流逐渐减小，故A错误，B正确；

C.电容器放电过程，极板带电量减少的越来越慢，不是均匀减少，故C错误；

D.电容器放电过程，电容器的电容不变，故D错误。

故选：B。

根据电容器充、放电的过程中电流变化情况、电容器两板间的电压变化情况分析；电容器的电容是由电容器本身的性质决定的；电容器放电过程电荷量不会均匀减小。

本题要注意图象的含义，弄清楚电容器充放电过程中电压和充电电流的变化情况，以及电容器的电容的决定因素。13.【答案】D

【解析】解：AB、由图乙知，在t=0.05s时A、B两端的电压U=1.0V，因线圈电阻不计，所以线圈产生的感应电动势E=U=1.0V

根据法拉第电磁感应定律得

E=NΔΦΔt=NΔBΔtS

解得：ΔBΔt=1.0T/s，故AB错误；

CD、在t=0.05s时，B=ΔBΔtt=1.0×0.05T=0.05T，穿过每匝线圈的磁通量为Φ=BS=0.05×0.01m2=5×10−4Wb，故C错误，D14.【答案】C

【解析】解：A、根据洛伦兹力提供向心力有，qvyB=mvy2r

解得r=mvyqB

螺旋的直径与垂直磁感线的速度分量有关，故A正确；

BCD、粒子运动周期T=2πrvy=2πmqB，粒子在平行于磁场方向做匀速直线运动，粒子螺旋运动的螺距d=15.【答案】BC

10

6.2

【解析】解：(1)由图1可知多用电表与灯泡并联，且有电源电压，可知多用电表测量灯泡的电压，图2多用电表与灯泡串联，则多用电表测灯泡的电流，故A错误，BC正确；

故选：BC。

(2)①“×1k”位置，则电阻的测量值为10×1kΩ=10kΩ

②“10V”位置，分度值为0.2V，则电压的测量值为6.2V

故答案为：(1)BC；(2)①10；②6.2

(1)根据多用电表的使用方法分析判断；

(2)根据多用电表的读数方法解答。

本题考查练习使用多用电表，解题关键掌握多用电表的读数方法。16.【答案】0.900

图2

②

4.5

BC

【解析】解：(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm，金属丝直径d=0.5mm+40.0×0.01mm=0.900mm；

(2)若需要待测电阻Rx两端电压从零开始连续变化，滑动变阻器应采用分压式接法，图2为分压式接法，图3为限流式接法，故选图2；

(3)图4中，导线②的连接是错误的，导线②应接在滑动变阻器的左下接线柱；

(4)根据欧姆定律I=URx

变形得，待测电阻U=Rx⋅I

U−I图像的斜率k=2.5−00.56−0Ω≈4.5Ω

结合U−I函数，待测电阻Rx=k=4.5Ω

(5)A.多次测量金属丝直径求平均值可以减小偶然误差，故A错误；

B.根据描点法作图可知，用U−I图像处理实验数据时，兼顾了不能落在直线上的点，去掉了个别相差较远的点，因此用图像法求金属丝电阻可以减小偶然误差，故B正确；

CD.实验的误差来源于电压表分流，流过待测电阻的真实电流IR=I−IV

根据欧姆定律，待测电阻的真实值R真=UIR=UI−IV>UI=Rx，故C正确，D错误。

故选：BC。

(6)根据电阻定律和电导率与电阻率的关系，待测电阻Rx=ρLS=1δ⋅LS

代入数据解得待测电阻Rx=600Ω

当该同学用上述装置进行检测时，电路中最大电流为I=URx=2.5600A≈0.0042A

几乎无法使电流表指针发生偏转，因此不能用上述实验装置完成精确测量。

17.【答案】解：(1)电子做类平抛运动，水平方向

L=v0t

竖直方向

d2=12at2

解得

a=v02dL2；

(2)根据牛顿第二定律

F=ma

电子所受电场力

F=eE

两板间电电压

U=Ed

联立解得

U=mv02d2eL2；

(3)根据题意分析可知，电子进入和离开电场两点间电势差为U2，电场力做功

W=eU2【解析】(1)根据类平抛运动的规律求解电子在两极板间的加速度大小；

(2)先根据牛顿第二定律求解电场力大小，再根据电场力公式求解电场强度大小，最后根据电势差与电场强度关系求解电势差；

(3)根据电场力做功与电势差关系求解此过程中电场力对电子所做的功。

本题考查带电粒子在电场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。18.【答案】解：(1)设带电粒子离开电场时的速度大小为v，根据动能定理

qU=12mv2

解得v=2qUm

(2)设带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律

qvB=mv2R

由几何关系可知

L=2R

解得：L=2B2mUq

(3)由L的表达式可知，L的距离与极板之间的距离无关，只改变极板之间的距离，上述粒子将打在照相底片上P点。

【解析】(1)根据动能定理求带电粒子离开电场时的速度大小

(2)根据牛顿第二定律和几何关系推导y与m的关系式

(3)根据(2)推导出的关系式分析即可。

考查粒子在加速电场中做加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，学会对粒子受力分析，理解洛伦兹力提供向心力的条件与应用，掌握牛顿第二定律与几何关系综合应用。19.【答案】解：(1)根据牛顿第二定律

F−B2L2vR=ma

可知，速度增大，加速度减小，当加速度为0时，速度最大，之后金属棒做匀速直线运动，故金属棒ab的速度大小v随时间t变化的图像如图所示

根据电磁感应定律，金属棒切割磁感线产生的感应电动势

E=BLv

根据闭合电路的欧姆定律，回路中的感应电流

I=ER

金属棒受到的安培力

FA=BIL

当速度v最大时

F=FA

联立解得

vm=FRB2L2；

(2)此过程根据动能定理

Fx+WA=12mvm2

解得

WA=mF2R22B4L4−Fx；

(3)自由电子所受洛伦兹力的示意图如图所示

设自由电子电荷量为e，垂直导体棒运动的速度为v时，受到沿棒方向的洛伦兹力

f1=evB

该力使自由电子以速度u向b端移动，对自由电子做正功，在Δt时间内，做功

W1=f1⋅uΔt=evBuΔt

垂直棒