潮州市重点中学2023-2024学年物理高二第一学期期末达标测试试题含解析

潮州市重点中学2023-2024学年物理高二第一学期期末达标测试试题

注意事项：

1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、关于下列器材的原理和用途，正确的是()

变压器既可以改变交变电压也可以改变频率

变压器

电磁炉的面板是用金属材料制造而成的

电磁炉

真空冶炼炉的工作原理是炉内的金属中产生涡流使金属熔化

磁电式仪表用来做线圈骨架的铝框能起电磁驱动作用

磁电式仪表

2、一带电粒子垂直于电场方向射入电场，经电场后的偏转角与下列因素的关系是()

A.偏转电压越高，偏转角越大

B.带电粒子的质量越大，偏转角越大

C.带电粒子的电荷量越少，偏转角越大

D.带电粒子的初速度越大，偏转角越大

3、如图所示,竖直光滑导轨上端接入一定值电阻凡G和G是半径都为。的两圆形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂

直于导轨平面向外，区域G中磁场的磁感应强度随时间按4=^+H（左＞0）变化,。2中磁场的磁感应强度恒为不，一质

量为m、电阻为八长度为L的金属杆AB穿过区域C2的圆心垂直地跨放在两导轨上,且与导轨接触良好,并恰能保持静

止，则

mg

A.通过金属杆的电流大小为

B2L

B.整个电路的热功率P=

Zn2

、.».।n,,.....».t兀

C.定值电阻的阻值为R=....-

mg

D.通过金属杆的电流方向为从A到B

4、如选项图所示，A中线圈有一小缺口，B、D中匀强磁场区域足够大，C中通电导线位于水平放置的闭合线圈某一

直径的正上方.其中能产生感应电流的是（）

通入增大的电流

XXXX

5、了解物理规律的发展过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要.则以下符合事实的是

A.丹麦物理学家奥斯特梦圆电生磁，终于发现了电磁感应现象

B.楞次总结出了感应电流方向所应满足的规律

C.法拉第发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕

D.安培定则是用来判断通电导线在磁场中所受安培力方向的

6、如图所示，带有正电荷的A粒子和B粒子同时以同样大小的速度（速度方向与边界的夹角分别为30。、60。）从宽度为

d的有界匀强磁场的边界上的O点射入磁场，又恰好都不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是（）

A.A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为工也

3

B.A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为一^

2+V3

C.A、B两粒子的比荷之比是三5

3

1

D.A、B两粒子的比荷之比是

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图所示，电阻R、电容器C与一半径为r的单匝圆形线圈连成闭合回路，线圈内有垂直纸面向里的匀强磁场。在

4时间内，磁感应强度的方向不变，大小由5均匀增加到2瓦在此过程中

A.流过R的电流方向从。到6B.线圈中产生的感应电动势为的二

C.电容器下极板带正电，上极板带负电D.电阻衣消耗的功率逐渐增大

8、在一静止正点电荷的电场中，任一点处的电势9与该点到点电荷的距离/■的倒数工的关系图像如图所示.电场中三

r

个点心从C的坐标如图所示，其电场强度大小分别为Ea、Eb和E0，现将一带负电的试探电荷依次由a点经过b点

移动到c点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为暝b和叫「下列判断正确的是()

B.Ea：Eb=l：4

C.也b：网c=l：l

D.%：网『=2:3

9、如图所示，通电导线旁边同一平面有矩形线圈abed.则()

A.若线圈向右平动，其中感应电流方向是a-*b-c-d

B.若线圈竖直向下平动，无感应电流产生

C.当线圈以通电导线为轴转动时，其中感应电流方向是a-b-c-d

D.当线圈向导线靠近时，其中感应电流方向是a-b-cfd

10、如图所示，在矩形区域abed内有匀强电场和匀强磁场，电场方向平行于ad边且由“指向d,磁场方向垂直于abed

平面，ab边长为6L，ad边长为2L,一带电粒子从ad边的中点。平行于成方向以大小为为的速度射入场内，恰好

做匀速直线运动；若撤去电场，其他条件不变，粒子从c点射出场区（粒子重力不计）.下列说法正确的是

A.磁场方向一定是垂直abed平面向里

兀L

B.撤去电场后，该粒子在磁场中的运动时间为「

3Vo

C.若撤去磁场，其他条件不变，粒子一定从左边射出场区

D.若撤去磁场，其他条件不变，粒子一定从而边射出场区

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11.（6分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，现除了有一个标有“3V1.5W”的小灯泡，导线和开关，还有:

A直流电源（电动势6V,内阻可不计）

B.直流电流表（量程0〜3A,内阻约为0.1。）

C.直流电流表（量程0〜600mA,内阻约为5Q）

D.直流电压表（量程0〜15V,内阻约为15k£2）

E.直流电压表（量程0〜3V,内阻约为6k。）

F.滑动变阻器（10C,2A）G.滑动变阻器（lkQ,0.5A）

实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化直至额定电压，且电表读数相对误差较小

（1）以上器材中电流表选用（填代号），电压表选用（填代号），滑动变阻器选用（填代号）

（2）在方框中画出实验电路图____

（3）某同学通过实验得到了一组数据点，请描绘出该灯泡的U—/图线

（4）现把这种小灯泡接到电源电动势E=3V,内阻尸3。的电源两端，则此时灯泡的实际功率为W（结果保

留两位有效数字）

12.（12分）如下图，游标卡尺的读数是mm；螺旋测微器的读数是mm

U

1011cm45

I—40

…小1”八O35

010I30

J

四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13.（10分）如图，两根间距为L=0.5m的平行光滑金属导轨间接有电动势E=3V、内阻r=l。的电源，导轨平面与

水平面间的夹角。=37。.金属杆ab垂直导轨放置，质量m=0.2kg.导轨与金属杆接触良好且金属杆与导轨电阻均不

计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中.当Ro=l。时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g=10m/s2,疝1137。=0.6,

cos37°=0.8

（1）求磁感应强度B的大小;

（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，求金属杆的加速度

14.（16分）如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m,“、5间的电场强度为E=5.0X105N/C,b

板下方整个空间存在着磁感应强度大小为5=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场.今有一质量为/n=4.8xl0-25kg,电荷

86

量为9=1.6xlO-iC的带正电的粒子（不计重力），从贴近a板的左端以vo=l.OxlOm/s的初速度水平射入匀强电场，刚好

从狭缝P处穿过匕板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到8板的。处（图中未画出）.求P、。之间的距离L

XXXXXXXX

xxxx^xxxx

15.（12分）A5C表示竖直放在电场强度为£=104v/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的5C部分是半径

为R的,圆环，轨道的水平部分与半圆环相切.A为水平轨道上的一点，而且A3=R=0.2m,把一质量E=0.1kg,带电

4

量为q=+10TC的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）

O："iC

⑴小球到达c点的速度大小

⑵小球在C点时，轨道受到的压力大小

参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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,C

【解析】A.变压器原、副线圈的磁通量的变化率相等，所以它只能改变交变电压，不能改变频率，故A错误；

B.电磁炉的工作原理是电磁感应现象，面板不能用金属材质，故B错误；

C.真空冶炼炉的工作原理是炉内的金属导体内产生涡流使其熔化，故C正确；

D.铝框做支架能在线圈转动过程中产生电磁感应现象，感应电流的安培力对线圈的转动起阻尼作用，故D错误。

故选C。

2、A

【解析】带电粒子垂直于电场方向射入电场，做类平抛运动，设出相关的物理量，推导出带电粒子经电场后的偏转角

即可求解

【详解】设带电粒子的质量为m,电荷量为q,初速度为vo,偏转电场的长度为L,偏转电压为U,带电粒子垂直于电场

方向射入，做类平抛运动，加速度a=心，运动的时间t=',则射出电场时沿电场力方向的速度vy=at=与等，经

mdv0mdV0

vvqUL

电场后的偏转角tan。=一=一尸

%mdv0

vqUL

由偏转角tan6=」v=-^可，可知偏转电压U越高，偏转角越大，故A正确；带电粒子的质量m越大，偏转角越小,

v0mav0

故B错误；带电粒子的电荷量q越少，偏转角越小，故C错误；带电粒子的初速度vo越大，偏转角越小，故D错误

故选A

3、B

【解析】A、对金属杆'根据平衡方程得：mg=5〃・2a,解得：/=再'故A错误

kjraiTi2

B、整个电路中产生的热功率为：P=EI=，.故B正确;

Z£)2

—=-^•na2=kna\

C、由法拉第电磁感应定律，则有：回路中产生的感应电动势为：E=且闭合电路欧姆定律有:

4t4t

E~_mg2k兀B,/,,3、r

1=-------»X1~~~解得：R=-------=——r.故C错误;

R+r2B2amg

D、区域Ci中磁场的磁感强度随时间按a=6+比々＞口变化，可知磁感强度均匀增大，穿过整个回路的磁通量增大,

由楞次定律分析知，通过金属杆的电流方向为从B到A.故D错误

4、B

【解析】本题考查了感应电流产生的条件：闭合回路中的磁通量发生变化.据此可正确解答本题

【详解】A、由于圆环不闭合，即使磁通量增加，也不产生感应电流，故A错误

B、由图知，闭合回路的面积增大，磁通量增加，将产生感应电流.故B正确

C、根据安培定则知，穿过圆环的磁通量完全抵消，磁通量为零，且保持不变，所以不产生感应电流，故C错误

D、线框垂直于磁感线运动，虽然切割磁感线，但穿过线框的磁通量没有变化，因此也不会产生感应电流，故D错误

故选B

5、B

【解析】奥斯特发现了电流的磁效应，而法拉第发现了电磁感应现象，AC错误；楞次总结出了楞次定律，即感应电

流方向所应满足的规律，B错误；安培定则是根据电流方向判断磁场方向的定则，D错误；

考点：考查了物理学史

【名师点睛】平时学习应该注意积累对物理学史的了解，知道前辈科学家们为探索物理规律而付出的艰辛努力，对于

物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一

6、C

【解析】带有正电荷的A粒子和B粒子同时从O点不同角度射入匀强磁场后，又恰好都不从另一边界飞出，轨迹与磁

场右侧相切.由粒子的电性可确定洛伦兹力方向，根据处理规律：定圆心、画圆弧、求半径.并根据几何关系可确定

粒子的半径关系及粒子的比荷

r.3

详解】由几何关系得：rACOs30°+rA=d,rBCOs60°+rB=d,解得：丁=2+百,故AB错误;

2

粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m—,解得：幺=工，由题意可

rmBr

知，两粒子的v大小与B都相同，则A、B两粒子的q/m之比与粒子的轨道半径成反比，即粒子比荷之比为：刀二，

故C正确，D错误；故选C

【点睛】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，要会用圆弧的特性来确定圆心，画出圆弧并运用几何关系来算出圆弧

的半径，同时还体现出控制变量的思想

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、AB

【解析】AC.线圈内垂直纸面向里的磁感应强度增加，根据楞次定律可知线圈内的感应电流产生的磁感应强度垂直纸

面向外，根据安培定则可知感应电流为逆时针方向，所以通过电阻的电流为从。到心说明。点电势高，则电容器上

极板带正电，下极板带负电，A正确，C错误；

B.根据法拉第电磁感应定律：

LA①AB°B兀产

E=n=S=---

AZAZAf

B正确；

D.电动势恒定，通过电阻的电流恒定，根据电功率：

P=I2R

可知电阻上消耗的功率不变，D错误。

故选AB。

8、BC

【解析】灵活应用点电荷的场强公式及电势随］变化的图像进行分析推理。

r

【详解】AB.由点电荷的场强公式

可得

纥：£=1:4,

"：娱=4:9

故A错误，B正确。

CD.电场力做的功

W=qU

又因为

%：加=1：1，

所以网b：叫c=l：l。故C正确，D错误。

故选BC。

9,BD

【解析】当导线框向右平移时，穿过线圈的磁通量减少，根据右手螺旋定则与楞次定律可知，感应电流方向是

a-d-CTb,即顺时针方向.故A错误；若线圈竖直向下平动，穿过线圈的磁通量不变，无感应电流产生.故B正确;

当线圈以通电导线边轴转动时，由通电导线的磁场分布可知线圈的磁通量不变，因此没有感应电流；故C错误；当线

圈向导线靠近时，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，其中感应电流方向是arb-c-d.故D正确.故选

BD

【点睛】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向，掌握感应电流的产生条件，会根据楞次定律判

断感应电流的方向

10、AC

【解析】由左手定则判断出磁场的方向；根据洛伦兹力提供向心力得出粒子的周期，然后结合偏转角求时间；若撤去

磁场，粒子在电场中做类平抛运动，将运动分解.

【详解】A、设粒子带正电荷，则受到的电场力的方向向下，洛伦兹力的方向向上，由左手定则可得，磁场的方向垂

直于纸面向里.同理若粒子带负电，则受到的电场力的方向上，洛伦兹力的方向向下，由左手定则可得，磁场的方向垂

直于纸面向里；故A正确.

B、撤去电场后，该粒子在磁场中做圆周运动，其运动的轨迹如图：

则：R2=（R-L）。+（6L¥,则H=2L；

由洛伦兹力提供向心力得：q%5=〃z日，则5=篝，粒子运动周期7,则T=幺4，粒子的偏转角仇

°R2qL%

J2L出兀0T2兀R27tL

411。="=上，所以。="；该粒子在磁场中的运动时间为：t=L=w=—.故B错误.

R232万6%3%

2

C、D、电场和磁场均存时，粒子做匀速直线运动gE="o3,联立3=普，可得石=竺金,

2qL2qL

撤去磁场中，带电粒子在电场中做类平抛运动，假设带电粒子从ab边射出场区，由运动学规律有：L=^at2,2aL=诏，

2L

根据牛顿第二定律可得Eq=ma,联立解得，=——，

%

带电粒子沿面方向运动距离x=voU2L,x大于面边长，故假设不成立，带电粒子从加边射出场区.故C正确，D错误.

故选AC.

【点睛】本题主要考查了带电粒子在组合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况

分析粒子的运动情况，熟练掌握圆周运动及平抛运动的基本公式

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

①.C②.E③.F④.⑥.0.72

【解析】（D标有“3VL5W”的小灯泡，（=条，解得：/°=0.5A,故电流表选C（量程0〜600mA，内阻约为5C）

2e

电压表选E（量程0〜3V,内阻约为6kO）；

实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化直至额定电压，控制电路采用分压式，故滑动变阻器选F（10。,2A）

u2

(2)&=二才，解得&=6Q，灯的电阻相对电压表电阻较小，测量电路采用电流表的外接法，控制电路采用分压

1e

(3)实验得到了一组数据点，描绘出该灯泡的U—/图线如图:

；-：：：!

：：：：

••••

：：：：

；:：；：：：：：：：：

(4)现把这种小灯泡接到电源电动势E=3V,内阻尸3。的电源两端，在灯泡U—/图线中画出电源的U—/图线，两

图线的交点表示灯泡此时的工作电压和工作电流.P=W=1.76x0.41W«0.72W

【点睛】电源的U—/图线和电阻的U—/图线交点表示将两者相连时对应的工作电压和工作电流

12、①.100.2②.0.900

【解析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标尺读数，不需估读.螺旋测微器的读数方法是

固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读

【详解】游标卡尺的主尺读数为100mm,游标尺上第2个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为

2X0.1mm=0.2mm,所以最终读数为：100mm+0.2mm=100.2mm.螺旋测微器的固定刻度为0.5mm,可动刻度为

40.0X0.01mm=0.400