浙江省温州市2023-2024学年高二上学期1月期末考试物理试题（含答案）

浙江省温州市2023-2024学年高二上学期1月期末考试物理试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三总分评分一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1．下列物理量属于矢量的是（）A．磁感应强度 B．电势 C．电流 D．磁通量2．下列说法正确的是（）A．法拉第发现了电流的磁效应 B．安培提出了分子电流假说C．爱因斯坦提出了能量子假说 D．赫兹建立了经典电磁场理论3．下列说法正确的是（）A．避雷针的工作原理是静电屏蔽B．金属探测仪的工作原理是静电感应C．雷达是用X光来测定物体位置的设备D．电磁波的传播不需要介质，可以在真空中传播4．如图所示，在一平面内有两条垂直交叉、相互绝缘的无限长直导线，流过每一条导线的电流均为I。已知一根无限长直导线通过电流I时，在距离导线d处所产生的磁场的磁感应强度大小为B0，则图中与导线距离均为d的M、NA．B0、0 B．B0、B0 C．0、2B05．下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是（）A．图甲中转动蹄形磁体时，静止的铝框（可绕轴自由转动）会随磁体同向转动B．图乙中蹄形磁体靠近自由转动的铜盘时，铜盘转速不变C．图丙中磁电式电流表中铝框骨架若用质量相等的塑料框替代效果相同D．图丁中磁体从内壁光滑闭合竖直铝管的上端静止释放，磁体做自由落体运动6．一小量程电流表G，满偏电流为50μA，内阻为800Ω。将它改装成0~1mA、0~10mA的两量程电流表，电路如图所示。下列说法正确的是（）A．R1与R2B．开关S接b时的量程为0~1mAC．测出的电流为0.5mAD．将图中R1与R7．回旋加速器结构示意图如图所示，两个D形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。A处有一初速为零的带电粒子，不计粒子的重力和通过盒缝的时间，下列说法正确的是（）A．电场和磁场都能加速带电粒子B．粒子在磁场中做圆周运动的圆心保持不变C．仅增大加速电压，粒子在加速器中的运动总时间不变D．仅增大加速电压，粒子离开加速器时获得的动能不变8．如图所示，某个小水电站发电机的输出功率为100kW，发电机的输出电压为250V，用匝数比n1A．输电线路上通过的电流为400AB．降压变压器原线圈两端的电压为3800VC．用户得到的功率为90kWD．降压变压器匝数比n9．如图所示为两个点电荷的电场线分布，O点为两点电荷连线的中点，以O为圆心的虚线圆与电场线交于点a、b、c、d，其中a、b两点关于两点电荷所在的直线对称，下列说法正确的是（）A．两点电荷的电荷量相等B．a、b两点的电场强度相同C．b点的电势高于c点的电势D．同一试探电荷在c、d两点的电势能相同10．如图所示，abcdef是由六段长度均为L的相同电阻丝构成的正六边形线框，虚线fb上方、下方分别存在垂直纸面向里、向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为2B、B。线框上e、c两点分别与电源正负极连接，导线edc受到的安培力为F，则线框abcdef受到的安培力大小为（）A．0 B．F C．2F D．4F11．如图所示，厚度为h、宽度为d的导体板放在匀强磁场中，当导体板通过一定电流I且电流与磁场方向垂直时，在导体板的上表面A和下表面A'之间会产生一定的电势差UH，这种现象称为霍尔效应。若图中的电流A．UH与导体板的厚度hB．UH与导体板的宽度dC．导体板上表面A的电势比下表面A'D．若磁场和电流均反向，导体板上表面A的电势比下表面A'12．如图所示，一光滑绝缘圆环固定在竖直面内，可视为点电荷的三个带电球a、b、c套在圆环上，稳定时c球位于圆环最低点，a和c两球的连线、b和c两球的连线与竖直方向夹角分别为30°、60°，下列说法正确的是（）A．a、b两球带异种电荷 B．a、b两球对c球的静电力相等C．a球的电荷量大于b球的电荷量 D．a、b两球的质量之比为113．我国是最大的光伏产品制造国，2023年全国太阳能发电装机规模已超5.4亿千瓦。如图是某中学屋顶的太阳能电池板，总面积约为500m2。已知太阳辐射的总功率约为A．7×102kWh B．7×104kWh二、选择题II（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个符合题目要求，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）14．在超声波悬浮仪中，由LC振荡电路产生高频电信号，通过压电陶瓷转换成同频率的超声波，利用超声波最终实现小水珠的悬浮。若LC振荡电路某时刻线圈中的磁场及电容器两极板所带的电荷如图所示，下列说法正确的是（）A．此时电容器的电压正在增大B．此时电场能正向磁场能转化C．在线圈中插入铁芯，LC振荡电路的频率减小D．增大平行板电容器极板间的距离，LC振荡电路的频率减小15．某发电机的示意图如图所示，矩形金属线框在磁感应强度为B的匀强磁场中以恒定角速度ω绕OO'轴转动，线框通过电刷与阻值为R的电阻相连，线框的匝数为N，面积为S、电阻为A．线框在图示位置时磁通量最大B．线框在图示位置时电动势最大C．电阻两端电压的瞬时值u=NBSωcosωtD．交流电流表的读数为2三、非选择题（本题共5小题，共55分）16．小明同学因家里装修购买了一批铜芯电线，他设计实验测量铜芯电线的电阻率。（1）打开一捆新拆包的电线，其长度为L=100m，剥开电线两端的绝缘层，用20分度的游标卡尺测量铜芯的直径，示数如图1所示，其读数为d=mm。（2）先用多用电表粗测电线的电阻，将多用电表选择开关旋转到“×10”位置，欧姆调零后进行测量，发现指针偏转过大，应将选择开关旋到（选填“×1”、“×100”或“×1k”）位置，重新欧姆调零再进行测量，指针位置如图2所示，读数为Ω。（3）再用伏安法精确地测量电阻，要求电压从零开始调节，选用的实验仪器有：电池组（电动势3V）、电流表（0~0.6A~3A）、电压表（0~3V~15V）、滑动变阻器R（0~5Ω）、开关、导线若干。部分连线如图3所示，导线①应连接到接线柱（选填“a”或“b”），还需要用导线将接线柱f与（4）该同学利用以上器材正确连线后进行实验测量，记录数据并做出U−I图像如图4所示。记图像的斜率为k，则电阻率ρ=（用L、k、d表示），代入数据得ρ=Ω⋅m（计算结果保留两位有效数字）。17．热敏电阻的阻值随温度的变化非常明显，利用这一特性制成的接触式温度传感器有较高的温度测量精度。某热敏电阻R的阻值随温度变化的关系图像如图1所示。若用该热敏电阻按图2电路连接，温度越高时，热敏电阻的阻值越（选填“大”或“小”），电压表示数越（选填“大”或“小”）；将电压表替换成内阻很大的报警装置（当电压大于等于2V时发出警报），若电源电动势为3V且电源内阻不计，设置该装置在温度大于等于90°C时发出警报，可调电阻R0阻值应调为Ω18．下列说法正确的是（）A．“电池电动势和内阻的测量”实验中每次记录完数据后应及时断开开关B．“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验可用直流电压表测量线圈两端电压C．“练习使用多用电表”实验中多用电表使用完毕时，应该把选择开关旋转到欧姆挡D．“探究影响感应电流方向的因素”实验需要确定电流表指针偏转方向和电流方向的关系19．如图所示，宽为L=0.5m的平行光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角θ=53°，导轨的一端与电动势和内阻均恒定的直流电源相接，空间分布着磁感应强度B=0.4T、方向竖直向上的匀强磁场。一质量为m=1.5×10−2kg、长为（1）求金属杆受到的安培力大小FA（2）求通过金属杆的电流I；（3）若匀强磁场的磁感应强度大小和方向都可调整，为使金属杆在图示位置保持静止，求磁感应强度的最小值B120．如图所示，一固定绝缘细杆与水平方向夹角θ=37∘，细杆AC总长L=8m，B为AC中点，在BC区域附近，有一与细杆垂直向上且平行于竖直面的匀强电场，场强大小E未知。一质量m=0.1kg、电荷量q=+1×10−3C的圆环（可视为质点），套在AC细杆上从A点静止释放，恰好能运动到C点，圆环与细杆间的动摩擦因数μ=0（1）圆环运动到B点时的速度大小vB（2）圆环从A到C的运动时间t；（3）匀强电场的场强大小E。21．某种利用电磁感应原理测血栓的仪器，其中一个元件为固定的“三叶式”线圈，如图所示，线圈六段圆弧的圆心角均为60°，圆心均在O点，其中小圆弧半径均为r，大圆弧半径均为2r。现有长l=2r、电阻R1=R的均匀导体棒OA可绕O点在纸面内以角速度ω顺时针匀速转动，从O点和线圈上引出两导线与定值电阻R2=R构成一个闭合电路，整个装置处于垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中。在导体棒OA顺时针匀速转动过程中，导体棒和线圈接触良好，除导体棒R1和定值电阻R2外，其余电阻不计。

（1）比较导体棒两端的电势高低：φ0φA（选填“>”、“=”或“（2）求导体棒经过图示位置时产生的感应电动势E1和流过R2的电流I1（3）求导体棒经过OQ位置时电阻R2的电功率P（4）求通过电阻R2的电流的有效值I22．如图1所示，间距为d的平行导体板M、N间有垂直纸面向里的匀强磁场B1和沿纸面向下的匀强电场（未画出），平行板右侧上方、下方分别放有足够长的绝缘收集板a1b1、a2b2，右侧偏转区内有垂直纸面向里的匀强磁场B2。有大量质量为m、电荷量为q的正电粒子以不同速度沿平行板轴线OO'射入，其中速度为v0（1）求板M、N间的电压UMN（2）若仅将磁场B1的右边界向左移动d4（如图2所示），求速度为v0的粒子打在收集板上的点P1到（3）若将两收集板a1b1、a2b2水平向右移动d4，在平行板右侧放置一可上下移动的挡板ef，其上边缘e自M板附近开始缓慢向下移，当e下移距离为d4时（如图3所示），恰好有粒子打到收集板右侧，此时粒子的落点P2到O'点的竖直距离为2d，求对应粒子沿轴线

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A、电流有方向，其方向表示正电荷定向移动的方向，但电流运算时不遵守平行四边形定则，因此电流是标量，故A错误。

BC、电势和磁通量只有大小，没有方向，是标量，故BC错误。

D、磁感应强度既有大小又有方向，相加时遵循平行四边形定则，是矢量。故D正确。

故选：D。

【分析】既有大小又有方向，相加时遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移等都是矢量；只有大小，没有方向的物理量是标量，如路程、时间、质量等都是标量，明确标量和矢量的区别即可正确解答本题。2．【答案】B【解析】【解答】A、奥斯特发现了电流的磁效应，故A错误；

B、安培提出了分子电流假说，解释了磁现象的本质，故B正确；

C、普朗克提出了能量子假说，故C错误；

D、麦克斯韦建立了经典电磁场理论，故D错误。

故选：B。

【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。3．【答案】D【解析】【解答】A、避雷针的工作原理是尖端放电，故A错误；

B、金属探测仪的工作原理是电磁感应，故B错误；

C、雷达是用无线电波来测定物体位置的设备，故C错误；

D、电磁波的传播不需要介质，可以在真空中传播，故D正确。

故选：D

【分析】避雷针的工作原理主要是利用尖端放电避免雷击；金属探测仪的工作原理是电磁感应；雷达是用无线电波来测定物体位置的设备；电磁波可以在真空中传播4．【答案】C【解析】【解答】根据安培定则可知，通电导线POF在M点产生的磁感应强度垂直纸面向里，通电导线EO'Q在M点产生的磁感应强度垂直纸面向外，根据题意可知，两导线在M点产生的磁感应强度大小均为B，由叠加原理可知，M点的磁感应强度为0；

同理，根据安培定则可知，POF在N点形成的磁感应强度垂直纸面向里，EO'Q在N点形成的磁感应强度向里，根据题意可知，两导线在M点产生的磁感应强度大小均为B，由叠加原理可知，M点的磁感应强度为2B，故B正确，ACD错误。

故选：B。

【分析】根据安培定则判断两根导线各自在M、N点产生的磁感应强度的方向，根据平行四边形定则即可确定M、N两点处的磁感应强度大小5．【答案】A【解析】【解答】A、根据电磁驱动原理，图中当手摇动柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，且比磁体转动的慢，故A正确；

B、转动铜盘时，导致铜盘切割磁感线，从而产生感应电流，出现安培力阻碍铜盘的转动，铜盘转速减小，故B错误；

C、磁电式仪表，把线圈绕在铝框骨架上，铝框中产生感应电流，使线框尽快停止摆动，起到电磁阻尼的作用，若用质量相等的塑料框不会产生感应电流，因此不会产生阻碍效果，故C错误；

D、磁体在铝管中下落时，铝管产生涡流，对小圆柱产生向上的阻力，所以磁体不是做自由落体运动，故D错误。

故选：A

【分析】根据电磁驱动原理原理进行分析；由楞次定律判断电流方向，由此确定产生安培力的方向，进而分析转盘的转速；根据磁电式仪表的工作原理进行分析；根据电磁阻尼的知识进行分析。6．【答案】B【解析】【解答】AB.R1与R2串联后应改装成小量程的电流表，即量程为1mA，电流表G与R1与R2串联部分并联，R1与R2串联部分所分的电流为950μA，根据并联电路电阻越大分得电流越小可知R1与R2串联后的总电阻小于G的内阻800Ω，故A错误，B正确；

C.测出的电流为0.5mA时则电流表的量程应为0～1mA，所以流过G表的电流为25μA，故C错误；

D.将图中R1与R2的位置互换时接a的电流表的量程会发生变化，接b的电流表的量程不会发生变化，故D错误。

故选：B

【分析】AB.先分析哪个是小量程，再根据电路的连接方式结合串并联电路的知识判断R1和R2串联后的总电阻跟电流表G的内阻值关系；

C.先分析测量出的电流选择的量程，再根据并联电路知识判断流过G的电流值；

D.将R1和R2位置互换，根据连接关系判断会不会影响量程。7．【答案】D【解析】【解答】A、粒子在磁场中运动受洛伦兹力的作用，洛伦兹力不做功，所以磁场不能加速带电粒子，故A错误；

B、粒子在磁场中做圆周运动的圆心不断改变，故B错误；

CD、粒子被加速的最大半径等于金属盒的半径R，根据牛顿第二定律有qvB=mv2R，则粒子离开加速器时获得的动能为Ek=12mv2，解得Ek=q28．【答案】B【解析】【解答】A.由题意可知，发电机的电流为I1=P1U1=100×103250A=400A，根据升压变压器原副线圈电流与匝数的关系可得输电线路上通过的电流为I2=n1n2I1=116×400A=25A，故A错误；

9．【答案】C【解析】【解答】A、中垂线的场强方向斜向右上方，所以两点电荷的电荷量不相等，正电电荷的电量大，故A错误；

B、根据电场线的对称性可知a、b两点电场强度的大小相等，但是方向不同，故B错误；

C、顺着电场线电势逐渐降低，所以b点的电势高于c点的电势，故C正确；

D、分析可知d点的电势高于c点的电势，同一试探电荷在c、d两点的电势能不相同，故D错误。

故选：C。

【分析】根据电场线的特点，判断电场强度方向，电场线越密集场强越大；根据电场线中垂线位置判断两个点电荷电荷量大小；根据电场力做功情况，分析电势能的变化情况。10．【答案】A【解析】【解答】根据并联关系可知，通过edc电流是通过efabc电流的两倍，设通过efabc部分的电流为I，则通过edc部分的电流大小为2I，ef和cb部分通过的电流大小相等，方向相反，所以ef和cb部分受到的安培力相互抵消了，则edc部分和efabc部分有效长度相等，长度都是fb之间的长度，根据几何关系可知fb长度L'=3L，则fab部分受到的安培力方向向上，大小为F上=2BIL'，edc部分受到的安培力方向向下，大小为F下=B•2Il'

可知线框abcdef受到的安培力大小为0，故A正确，BCD错误。

故选：A。11．【答案】B【解析】【解答】AB．当电场力与洛伦兹力平衡时，则有e得U导体中通过的电流为I=nevS=nevdh由v=得UUHC．电子定向移动中受洛伦兹力向上，导体上表面带上负电，而下表面带正电，所以导体上表面比下表面电势低，故C错误；B．磁场和电流均反向，根据左手定则可得洛伦兹力方向不变，上表面电势低与下表面，D错误；故选B。【分析】根据电场力和洛伦兹力的等量关系，结合电流的微观表达式得出电势差的表示即可完成分析；

根据左手定则得出粒子受到的洛伦兹力方向，结合粒子的电性得出电势的高低。12．【答案】C【解析】【解答】

A．对球a受力分析，受重力，b、c两球的库仑力和圆环的支持力，由几何关系可知，ab的连线经圆心，即ab是直径，由共点力的平衡条件可知，若c对a是斥力，b对a是引力，a可以处于平衡状态，即a和c是同性，a和b是异性，b和c是异性；对b受力分析，a和c对b都是引力，则b受力不平衡，因此a、b两球带同种电荷，b和c带同种电荷，A错误；BC．对球c受力分析，受重力，圆环的支持力，a、b两球对c球的静电力，若a、b两球对c球的静电力相等，由于这两个力与水平方向的夹角不相等，可知这两力在水平方向的分力不平衡，则c球不处于平衡状态。若使c球在水平方向的分力平衡，由于ac连线与水平方向夹角大于bc连线与水平方向夹角，且a到c距离大于b到c距离，所以a球的电荷量要大于b球的电荷量，B错误，C正确；D．由于带电球a、b、c所带的电荷量未知，因此三球之间的库仑力的大小不能确定，圆环对球支持力的大小和方向不能确定，可知a球的质量与b球的质量关系不能确定，D错误。故选C。【分析】首先对c球受力分析可知，a对c的库仑力与b对c的库仑力的合力必需竖直方向，所以a、b带同种电荷，然后分别对a、b进行受力分析进而得出三小球带同种电荷，最后列出平衡方程即可求解。13．【答案】B【解析】【解答】太阳的总功率分布在半径是1.P太阳能电池板接收到的太阳能转化为电能的功率P=每天的日照效果相当于太阳直射电池板4h，太阳能电池板一年的发电量约为W=4故选B。【分析】根据太阳的辐射总功率，求出地面上单位面积上的辐射功率，然后利用太阳能电池的能量转化效率进一步求解。14．【答案】B,C【解析】【解答】AB．由图可知，此时电流方向由上极板流向下极板，则此时电容器正在放电，电容器的电压正在减小，电场能正向磁场能转化，故A错误，B正确；C．根据f=在线圈中插入铁芯，则L增大。LC振荡电路的频率减小，故C正确；D．根据f=12π增大平行板电容器极板间的距离，则电容减小，LC振荡电路的频率增大，故D错误。故选BC。【分析】由图示磁场方向，根据安培定则判断出电路电流方向，结合电容器两极板间的电场方向，判断振荡过程处于什么阶段；然后根据电磁振荡特点分析答题。15．【答案】B,D【解析】【解答】A.线框在图示位置时磁通量最小，为0，故A错误；B.线框在图示位置时垂直切割磁感线，电动势最大，故B正确；C.线框产生的瞬时感应电动势表达式为e=NBSω由于线圈有内阻，设为r，所以电阻两端电压的瞬时值u=故C错误；D.交流电流表的读数为有效值，为I=故D正确。故选BD。【分析】线框和磁场平行时，穿过线框的磁通量为零，磁通量变化率最大；先计算出线框转动产生的最大感应电动势和感应电动势的有效值，根据闭合电路的欧姆定律可得电流表的示数；根据欧姆定律可得电阻两端的电压，然后结合瞬时值和最大值之间的关系可以得到电阻两端电压的瞬时值表达式。16．【答案】（1）1.10（2）×1；1.6##1（3）b；e（4）kπd24l；1.【解析】【解答】（1）根据游标卡尺的读数原理可知其读数为(0（2）欧姆表指针偏转过大，说明所选倍率太大，应选×1倍率。图2所示，读数为(（3）为了测量准确，该实验中采用电流表的外接法，滑动变阻器应采用分压式接法，故①应连接到接线柱b，导线将接线柱f与e接线柱接通。（4）U-I图像的斜率为导体的电阻，即k=R根据电阻定律可知R=ρS=π解得ρ=代入数据得ρ=故答案为：（1）1.10；（2）×1；1.6；（3）b；e；（4）kπd2【分析】（1）根据游标卡尺的精度读出材料的直径；

（2）根据欧姆表的使用方法解答；

（3）根据待测电阻的大小及滑动变阻器的分压式连接实物图；

（4）根据电阻定律解得电阻率。17．【答案】小；大；20【解析】【解答】由图1可知温度越高时，热敏电阻的阻值越小；则电路中电流越大，电阻R0当电压大于等于2V时发出警报，且该装置在温度大于等于90°C时发出警报，由图可知温度等于90°C时，热敏电阻为10Ω，电源电压为3V，根据串联电路规律可知U解得R故答案为：小、大、26【分析】根据热敏电阻的伏安特性曲线进行分析和判断，结合闭合电路的欧姆定律的列式并代入数据解答。18．【答案】A,D【解析】【解答】A、该实验过程中，记录数据尽可能要快，防止时间过长，产生焦尔热，使电池内阻变化，从而影响实验精度，故A正确；

B、该实验中用交流电压表测量线圈两端电压，故B错误；

C、多用电表使用完毕，应将选择开关旋到“OFF”或交流电压最高挡，故C错误；

D、“探究影响感应电流方向的因素”实验中，需要根据电流表指针偏转方向用于确定电流方向，故D正确。

故选：AD。

【分析】根据各实验中的实验原理和实验注意事项分析。19．【答案】（1）对导体棒受力分析，根据共点力平衡条件可得F解得F（2）根据安培力的计算公式有F解得I=1A（3）当安培力沿斜面向上时，最小则B解得B此时方向垂直于导轨平面向上【解析】【分析】（1）根据平衡条件列方程求解；

（2）根