辽宁省大连市2023-2024学年高二上学期期末考试物理试题（含答案）

辽宁省大连市2023-2024学年高二上学期期末考试物理试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、选择题∶本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合要求，每小题4分；第8~10题有多项符合要求，每小题6分，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1．下列说法中正确的是（）A．安培发现了电流的磁效应B．奥斯特发现了电磁感应现象C．法拉第发现了产生感应电流的条件D．麦克斯韦用实验证实电磁波的存在2．一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来。下列说法正确的是（）A．磁针的磁场使圆盘磁化，圆盘产生的磁场导致磁针转动B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动3．如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值，在t=0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t=t1时刻断开S，下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图像中，正确的是（）A． B．C． D．4．如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平面的M、N两小孔中，O为M、N连线的中点，连线上a、b两点关于O点对称．导线中均通有大小相等、方向向下的电流．已知长直导线在周围产生磁场的磁感应强度B=KIr，式中K是常数、I是导线中的电流、r为点到与导线的距离．一带正电小球以初速度A．先增大后减小 B．先减小后增大C．一直在增大 D．一直在减小5．在一小段真空室内有水平向右的匀强电场和匀强磁场（如图），电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为vA．电场力的瞬时功率为qEB．该离子受到的洛伦兹力大小为qC．该离子的加速度大小不变，方向变化D．v16．如图所示，纸面内有一圆心为O，半径为R的圆形磁场区域，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向里。由距离O点0.4R处的P点沿着与PO连线成A．7eBR10m B．C．21eBR40m D．7．一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为4Ω、1Ω和6Ω，A为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定。当开关S断开时，电流表的示数为IA．2 B．3 C．4 D．58．如图所示，足够长的荧屏板MN的上方分布了垂直纸面向里的匀强磁场。荧屏板上Р点的正上方有一粒子源S，能够在纸面内不断均匀地向各个方向发射速度大小为v0，电荷量为−q(q>0)、质量为m的带负电粒子。粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径为d，A．打到荧屏板上的粒子到P点的最远距离为15B．粒子能打到荧屏板上的区域长度为15C．从粒子源出发到荧屏板的最短时间为πdD．从粒子源出发到荧屏板的最长时间为5πd9．利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图所示是霍尔元件的工作原理示意图，磁场方向垂直于霍尔元件的工作面向下，磁感应强度大小为B，通入图示方向的电流I，在C、D两侧面会形成电势差UCD，则下列说法中正确的是（）A．若霍尔元件的载流子为正电荷，则C点的电势比D点高B．若电流I越大，则电势差UCD越大C．若磁感应强度B越大，则电势差UCD越小D．在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，则该元件的工作面应保持水平10．如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。与导轨垂直的虚线ab、cd之间区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN从导轨上不同位置同时由静止释放，PQ棒释放高度小于MN棒释放高度，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ棒进入磁场时加速度恰好为零。从PQ棒进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是（）A． B．C． D．二、非选择题∶本题共5小题，共54分11．某同学在实验室测定金属导体电阻的实验中：（1）游标卡尺测量长度如图1所示，可知其长度为L=cm；（2）如图2所示，为一正在测量中的多用电表表盘，如果用欧姆挡“×100”测量，读数为Ω；如果用“直流5V”档测量，则读数为V。（3）一个灵敏电流表，它的满偏电流为Ig=50μA，表头内阻Rg12．为了测量一节干电池的电动势和内阻，某同学采用“伏安法”进行实验测量，现备有下列器材：A.被测干电池一节；

B.电流表1：量程0～0.6A，内阻rA＝0.3Ω；C.电流表2：量程0～0.6A，内阻约为0.1Ω；

D.电压表1：量程0～3V，内阻未知；E.电压表2：量程0～15V，内阻未知；

F.滑动变阻器1：0～10Ω，2A；G.滑动变阻器2：0～100Ω，1A；

H.开关、导线若干。利用伏安法测干电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差。在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量干电池的电动势和内阻。（1）上述现有器材，选用：A、、H（填写器材前面的字母）；（2）实验电路图应选择图中的（选填“甲”或“乙”)；（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U­-I图像，则干电池的电动势E＝V，内电阻r＝Ω。13．如图所示为一交流发电机的原理示意图，其中矩形线圈abcd的边长ab=cd=50cm，bc=ad=20cm，匝数n=200，线圈的总电阻r=0.20Ω，线圈在磁感强度B=0.05T的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OOˊ匀速转动，角速度ω=300rad/s。线圈两端通过电刷E、F与阻值R=4.8Ω的定值电阻连接。（1）从线圈经过中性面开始计时，写出线圈中感应电动势随时间变化的表达式；（2）发电机的输出功率；（3）求从线圈经过中性面开始计时，经过1/4周期时间通过电阻R的电荷量。14．空间中存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。电子枪将无初速的电子经加速电压加速后在纸面内垂直于SO的方向射出。一个截面为半圆形的粒子接收器P1MP2固定在如图所示的位置，其截面半径为R，直径沿SO方向放置，P1、O、P2、S在同一条直线上，圆心位于O点，OM垂直于P1P2，SO长度为2R。已知电子电荷量为e，质量为m，图中OM与OS垂直。设电子击中接收器即被吸收，不计电荷间的相互作用。（1）为使电子能打到接收器上，求电子枪加速电压U的调节范围；（2）若某电子刚好达到M点，求该电子速度的大小；（3）求能打到接收器P1MP2上的电子从S点到击中接收器的最短时间。15．如图甲，MN与PQ为间距L=1m的平行导轨，导轨的上部分水平长度l=1.2m，下部分足够长且处于倾角θ=37°的绝缘斜面上，水平导轨的左端接一阻值R=0.8Ω的电阻，水平部分处于竖直向上的、磁感应强度B1随时间t按图乙所示规律变化的匀强磁场中，倾斜部分处于垂直导轨平面向上的、磁感应强度B=1T的匀强磁场中。在t1=0.1s时将一质量m=0.4kg、电阻r=0.2Ω的金属棒静止放在倾斜导轨部分的上端，金属棒恰好静止，已知金属棒与两导轨间的动摩擦因数处处相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。在t2=0（1）t1=0.（2）金属棒与导轨间的动摩擦因数μ；（3）k的值为多大；（4）t2=0.25s到

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A.奥斯特发现了电流的磁效应，A不符合题意；

BC.法拉第发现了电磁感应现象，发现了产生感应电流的条件，B不符合题意，C符合题意；

D.麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹验证了电磁波的存在，D不符合题意。

故答案为：C

【分析】利用物理学史相关知识可得出结论。2．【答案】B【解析】【解答】AB.铜圆盘不是铁磁体，不会被磁化，圆盘转动切割磁感线，在圆盘内产生涡流，涡流产生的磁场使小磁针发生了转动，A不符合题意，B符合题意；

C.磁通量没有发生变化，C不符合题意；

D.铜圆盘中电子不会随圆盘一起运动形成电流，是圆盘切割磁场产生的涡流产生的磁场使小磁针转动起来，D不符合题意。

故答案为：B

【分析】利用涡流的产生特点可得出结论。3．【答案】B【解析】【解答】开关闭合时，线圈由于自感对电流的阻碍作用，可看做电阻，线圈电阻逐渐减小，并联电路电阻逐渐减小，电压UAB逐渐减小；开关闭合后再断开时，线圈的感应电流与原电流方向相同，形成回路，灯泡的电流与原电流方向相反，并逐渐减小到0，所以正确B．故答案为：B

【分析】开关闭合和断开时，利用线圈对变化电流的阻碍作用可以判别其电流的变化，结合电流的变化可以判别AB之间电压的变化。4．【答案】D【解析】【解答】ABCD.两导线在空间产生磁场，可知在O点磁感应强度为零，在MO阶段，小球所受洛伦兹力竖直向下，且磁感应强度在减小，故有F小球对水平面压力减小；在ON阶段，小球所受洛伦兹力竖直向上，磁感应强度在增加故有F小球对水平面压力减小，综上，小球对水平面压力一直在减小，D符合题意，ABC不符合题意。

故答案为：D

【分析】利用左手定则可判断安培力的大小和方向，结合受力情况可求出支持力的变化情况。5．【答案】C【解析】【解答】A.电场力瞬时功率为qEv1，A不符合题意；

B.平行于磁感应强度的速度v1分量不受洛伦兹力，离子受到洛伦兹力大小为qv2B，B不符合题意；

C.由题可知，电场力与速度v2垂直，不改变速度v2的大小，故洛伦兹力大小不变，则离子所受洛伦兹力与电场力的合力不变，加速度大小不变，方向在变化，C符合题意；

D.可知速度v1在电场力加速情况下不断变大，故v6．【答案】C【解析】【解答】如图当电子的运动轨迹与磁场边界相切时，根据evB=m得v=电子运动半径最大，速度最大。电子圆周运动的圆心与圆形磁场的圆心以及切点共线，过电子圆周运动的圆心做OP的垂线，由几何关系得r得r=则最大速率为v=故答案为：C

【分析】画出粒子运动的轨迹，利用几何关系可以求出粒子轨迹半径的最大值，结合牛顿第二定律可以求出粒子的最大速率。7．【答案】A【解析】【解答】设原副线圈匝数为n1、n2，当开关S断开时，原线圈电压U=I副线圈电流为I'=副线圈电压为U'=I'则原副线圈电压关系有U当开关闭合时，原线圈电压U=4I副线圈电流为I'=副线圈电压为U'=I'则原副线圈电压关系有U联立可知nA符合题意，BCD不符合题意。

【分析】利用变压器原副线圈电压、电流与匝数的关系，结合电路回路结构，可求出变压器原副线圈的匝数比值。8．【答案】A,D【解析】【解答】A.设粒子在最右端与MN交点为O，由纪和关系可知，OS为圆周直径时O点离O点最远，有OP=A符合题意；

B.设粒子在最左端与MN交点为Q，可知粒子向左偏转与MN相切时，PQ最远，由几何关系可知PQ=故在荧屏板上区域长度为152d+3t=C不符合题意；

D.当粒子在P点右端相切时，时间最长，由几何关系可知偏转角度为300°，时间为t=D符合题意。

故答案为：AD

【分析】利用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，结合圆周运动的轨迹特点，可得出结论。9．【答案】A,B【解析】【解答】A.若霍尔元件载流子为正电荷，由图可知，正电荷受洛伦兹力往C极板偏，则C点电势高于D点电势，A符合题意；

B.设CD板间距为d，元件厚度为h，电压趋于稳定时，有U电流I=nedhv联立可知U可知电流越大，电势差UCD越大，B符合题意；

C.由UCD=BIneh可知磁感应强度越大，电势差UCD越大，C不符合题意；

D.在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，则该元件的工作面应保持竖直，D不符合题意。10．【答案】B,C【解析】【解答】PQ棒进入磁场时加速度恰好为零，则PQ进入磁场匀速运动，设速度为v，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨宽度为L，两根导体棒的总电阻为R；根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得PQ进入磁场时电流I0=BLvAB．如果PQ离开磁场时MN还没有进入磁场，此时电流为零；因PQ棒释放高度小于MN棒释放高度，由动能定理可知MN进入磁场时的速度v1=2gh>v，则有mgsinCD．如果PQ没有离开磁场时MN已经进入磁场，此时双棒双源抵消后以速度大的v1产生的电动势为准，大小为I=BLv1−BLvR，电流为负向，此时的电流大小可以大于I0，小于I0，或等于I0，此后随着MN受安培阻力，PQ受安培动力，v1故答案为：BC。

【分析】根据右手定则可知电流方向Q→P，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得PQ进入磁场时电流。MN离开磁场时可能已经匀速，电流减小至I1=I11．【答案】（1）11.050（2）800；3.30（3）0.10【解析】【解答】（1）游标卡尺示数为11（2）由表盘示数可知读数为8×100=800若用直流5V测量，读数为33.0×0.1（3）并联电阻阻值满足0.5=故电阻R为0.01Ω。

【分析】（1）利用游标卡尺读数规则可读出示数大小；（2）利用多用电表读数方法可求出结果。12．【答案】（1）B、D、F（2）甲（3）1.5；0.7【解析】【解答】（1）电源电动势为1.5V，则电压表选取D，电流表1内阻已知，可比避免电表内阻带来的误差，测量电源电动势内阻较小，故选取阻值较小的滑动变阻器1。

故答案为BDF。

（2）电流变内阻已知，故电压表示数应为电动势两端电压，使其测量值等于真实值，故选择乙图电路图；

（3）由图丙可知，电源电动势E=1.5V，内阻由斜率可知为r=0.7Ω。

【分析】（1）通过电源电动势大小选取合适电压表，结合电表内阻特点选取合适的滑动变阻器；（2）根据电表内阻特点选择电路的连接方式。13．【答案】（1）解：线圈产生感应电动势的最大值E解得E感应电动势随时间变化的表达式e=（2）解：线圈中感应电动势的有效值E=电流的有效值I=交流发电机的输出功率即为电阻R的热功率P=（3）解：根据法拉第电磁感应定律有E由闭合电路欧姆定律Iq=联立解得q=0【解析】【分析】（1）利用线圈切割磁感线产生感应电动势的瞬时值大小、角速度可求出感应电动势随时间变化的表达式；（2）利用交变电流的有效值和瞬时值的关系，可求出电流的有效值，进而通过功率表达式可求出热功率的大小；（3）利用法拉第电磁感应定律可求出感应电动势的大小，结合闭合电路欧姆定律可求出感应电流的大小，结合电流的定义式可求出电荷量的大小。14．【答案】（1）解：电子在电子枪中加速，由动能定理得eU=由B得r=能打到接收屏P1或P2上，电子运动示意图如图由图可知