辽宁省抚顺市2023-2024学年高二上学期期末考试物理试题（含答案）

辽宁省抚顺市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题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1．下列说法正确的是（）A．最早发现电流周围存在磁场的是奥斯特B．磁感线是法拉第提出的，其实磁感线并不存在，磁场客观上也不存在C．麦克斯韦预言了电磁波，并首次用实验证实了电磁波的存在D．电磁波只能在介质中传播2．两根长度相同、半径之比rA：rB=2A．A、B的电阻之比为1：4B．流过A、B的电流之比为1：1C．通过A、B的电子定向移动速率之比为1：4D．单位时间通过A、B的电荷量之比为4：13．将长度l＝1m的导线ac从中点b折成如图所示的形状，放于B＝0.08T的匀强磁场中，abc平面与磁场垂直。若在导线abc中通入I＝25A的直流电，则整个导线所受安培力的大小为（）A．2N B．32N C．34．下雨时，由于空气阻力的作用，因此雨滴经过变加速运动，最终做匀速运动，假设雨滴落地时的速度为2m/s。某次下小雨时小明同学打着半径为0.5m的雨伞（假设伞面水平，雨水的平均密度为0.A．0.16N B．1.6N C．16N D．160N5．一理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q调节，如图所示，副线圈两输出端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，在原线圈上加一电压为UA．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变大B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数不变C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变大D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变小6．如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，该运动可看成简谐运动。从某次摆球到达右侧最大位移处开始计时，摆球相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示，取重力加速度大小g=10m/s2A．单摆的摆长约为0.16mB．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=4C．单摆的摆长约为1mD．从t＝0.4s到t＝0.6s的过程中，摆球的加速度逐渐增大，速度逐渐减小7．LC振荡电路某时刻的情况如图所示，下列说法正确的是（）A．电容器正在充电B．电感线圈中的磁场能正在减小C．电感线圈中的电流正在增大D．此时刻电感线圈中的自感电动势正在阻碍电流减小8．下列关于磁感应强度方向的说法中，正确的是A．磁场中某点的磁感应强度的方向规定为小磁针静止时S极所指的方向B．磁场中某点的磁感应强度的方向与小磁针N极在此处的受力方向一致C．磁感应强度的方向由磁场本身决定D．磁场中某点的磁感应强度的方向由一小段通电导线在此处的受力方向决定9．如图所示，U-I图线上，a、b、c各点均表示该电路中有一个确定的工作状态，连接O、b时，α＝β，则下列说法正确的是（）A．在a、c两点时，电源的输出功率可能相等B．在b点时，电源的输出功率最大C．从a到b时，电源的总功率增大，输出功率减小D．从b到c时，电源的总功率和输出功率都增大10．如图所示，边长为L的等边三角形ACD为两有界匀强磁场的理想边界，三角形区域内的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，三角形区域外（含边界）的磁场（范围足够大）方向垂直纸面向里，磁感应强度大小也为B。把粒子源放在顶点A处，它将沿∠A的角平分线方向发射质量为m、电荷量为q、初速度为v0A．若粒子带负电，则初速度v0一定为B．若粒子带负电，则粒子运动的时间可能是πmC．若粒子带正电，且初速度v0=D．若初速度v0二、非选择题：本题共5小题，共54分。11．如图所示，通过调节开关S，可使欧姆表具有“×1”和“×10”的两种倍率，可用器材如下：A干电池（电动势E＝3.0V，内阻不计）；B电流表（满偏电流Ig=1mA，内阻C定值电阻R0D滑动变阻器R1E定值电阻R2、RF开关一个，红、黑表笔各一支，导线若干。（1）表笔B是（填“红”或“黑”）表笔。（2）虚线框内是双量程电流表，已知R2=1Ω，当S接a时，对应电流表量程是0～0.1A，那么定值电阻R（3）当开关S拨向（填“a”或“b”）时，欧姆表的倍率是“×10”。欧姆调零后，欧姆表内阻为Ω。（4）由于欧姆表搁置时间较长，因此其电源电动势变小，内阻变大，那么正确操作测电阻时，真实值比测量值（填“大”或“小”）。12．“祖冲之”实验小组用如图甲所示的装置通过A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律。先将A球从斜槽轨道上某点由静止释放，在水平地面的记录纸上留下压痕，重复实验多次，记下平均落地点P；再把同样大小的B球放在斜槽轨道水平段的最右端，让A球仍从同一位置由静止释放，和B球相碰后，两球分别落在记录纸上的不同位置，重复实验多次，记下平均落地点M、N，图中O点为斜槽轨道水平段的最右端悬挂的重垂线所指位置。（1）为完成此实验，以下所提供的器材中必须的是____。A．螺旋测微器 B．打点计时器 C．天平 D．秒表（2）实验中需要满足的条件是____。A．轨道末端必须水平 B．A球的半径必须大于B球的半径C．轨道必须光滑 D．A球的质量必须小于B球的质量（3）经测定，A、B两球的质量分别为mA=35g、mB=7g，小球落地点的位置距O点的距离如图乙所示。利用此次实验中测得的数据计算碰撞前的总动量p与碰撞后的总动量p＇的比值为13．在如图所示的电路中，两电表均为理想电表，当滑动变阻器的滑片位于最左端时，两电表的示数分别为10V、0.2A；当滑动变阻器的滑片位于最右端时，两电表的示数分别为4V、0.5A。已知R1（1）滑动变阻器的最大电阻值；（2）电源的电动势E、内阻r。14．固定在水平桌面上的水平粗糙导轨处于垂直桌面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝1T，导轨间距L＝1m。左侧接有定值电阻R＝2Ω。如图甲所示（俯视图），一质量m＝2kg、阻值r＝2Ω的金属棒在水平拉力F的作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的v-x图像如图乙所示。若金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.25，则金属棒在从起点出发到发生x＝1m位移的过程中，取重力加速度大小g=10m/（1）金属棒克服安培力做的功W1（2）拉力F做的功W；（3）整个过程系统产生的总热量Q。15．如图所示，光滑水平地面两端有竖直墙壁，左侧墙壁上固定一水平轻质弹簧，弹簧另一侧拴接一可视为质点的物块A，另有一可视为质点的物块B轻靠在A的右边，B的质量为A质量的2.5倍。初始状态下弹簧处于自由伸长的状态，此时A、B所在位置记为O点，O点与右侧墙壁间的距离s=1413πcm。现将A、B向左移动一段距离s0后自由释放，A在经过O点之后恰好完成一次全振动时与B第一次相碰，已知所有碰撞均为弹性碰撞，弹簧振子的周期公式为T=2πmk，弹簧的弹性势能为Ek（1）A、B向左移动的距离s0（2）从A、B分离到A、B第一次碰撞的过程中，A到两者第一次分离点的最大距离s1（3）从A、B第一次碰撞到A、B第二次碰撞的过程中，A到两者第一次分离点的最大距离s2（4）画出从A、B第一次碰撞到第二次碰撞的过程中两者的位移-时间图像，并标出第二次相碰的时刻。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A、最早发现电流周围有磁场的是丹麦物理学家奥斯特，故A正确；

B、磁感线是法拉第提出的，其实磁感线并不存在，但磁场是客观存在的，故B错误；

C、麦克斯韦预言存在电磁波，赫兹验证了电磁波的存在，故C错误；

D、电磁波的传播不需要介质，故D错误。

故答案为：A。

【分析】熟悉掌握各物理学家的成就。电磁波的传播不需要介质。麦克斯韦预言存在电磁波，赫兹验证了电磁波的存在。2．【答案】D【解析】【解答】A、根据电阻公式R=ρ可知，两导体的电阻之比为R故A正确，不符合题意；

BD、根据串联的特点可知，流过A、B的电流之比为1：1，根据电流的定义式I=可知，单位时间通过A、B的电量之比为1：1，故B正确，不符合题意，D错误，符合题意；

C、由电流的微观表达式I=nqSv可得v故C正确，不符合题意。

故答案为：D。

【分析】串联电路电流相等。根据电阻定律确定两铜导线的电阻值比。再结合电流的定义式及电流的微观表达式确定电荷量及电子移动速率之比。3．【答案】C【解析】【解答】由题意知导线在磁场内的有效长度为L=2⋅故整个通电导线受到的安培力的大小为F=BIL=BI⋅l故答案为：A。

【分析】确定整个导线在磁场中的有效长度，再根据安培力公式进行解答。4．【答案】B【解析】【解答】设时间t内，落到雨伞上雨水的质量为m，根据动量定理有Ft=mv又m=ρvtπ解得F=ρ代入数值解得F≈1.6故答案为：B。

【分析】伞对雨滴的作用力使雨滴速度变为零。以雨滴为研究对象，确定时间t内落到雨伞上雨滴的质量，再对时间t内的雨滴运用动量定理进行解答。5．【答案】C【解析】【解答】AB.保持Q的位置不动，将P向上滑动时，原副线圈电压不变，副线圈电阻变大，副线圈电流减小，导致原线圈电流也会减小，电流表的读数变大小，AB错误；

CD.保持P的位置不动，将Q向上滑动时，副线圈匝数增加，副线圈电压变大，电阻不变，副线圈电流变大，C正确，D错误；

故答案为：C。

【分析】变压器原副线圈电压之比等于匝数之比，原线圈电压不变。原副线圈功率相等。6．【答案】A【解析】【解答】AC、由振动图像读出周期T＝0.8s，由公式T=2π解得L＝0.16故A正确，C错误；

B、由振动图像读出周期T＝0.8s，振幅A＝2cm，又根据ω=则单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=A代入数据得x=2故B错误；

D、从t＝0.4s到t＝0.6s的过程中，摆球靠近平衡位置，则加速度逐渐减小，速度逐渐增大，故D错误。

故答案为：A。

【分析】根据图像确定单摆的周期和振幅，再根据单摆周期公式确定单摆的摆长。根据周期与角速度的关系确定单摆的角速度，再结合图像确定单摆的x-t关系式。熟悉掌握单摆运动周期的规律。7．【答案】C【解析】【解答】根据题图中线圈磁场方向，由安培定则可知，电流从上向下通过线圈，由于电容器上极板带正电，则电容器正在放电，电感线圈的磁场能增加，电流在增大，此时刻电感线圈中的自感电动势正在阻碍电流增大，故ABD错误，C正确。

故答案为：C。

【分析】根据线圈磁场方向，由安培定则确定电流方向。再根据电容器的电势高低情况判断电容器充放电情况。电容器放电，电感线圈的磁场能增加，电流在增大。8．【答案】B,C【解析】【解答】磁场中某点的磁感应强度的方向规定为小磁针静止时N极所指的方向，故A不符合题意；磁感应强度的方向由磁场本身决定，与放入其中的通电导线或小磁针无关，故C符合题意，D不符合题意。磁场中某点的磁感应强度的方向与小磁针N极在此处的受力方向一致，故B符合题意。

【分析】磁场和电场一样，都是以场的形式客观存在的物质，场的物理量由它自身决定，与放入其中的小磁针或通电导线无关。9．【答案】A,B【解析】【解答】A、在a点时，外电阻较小，但电流较大，在c两点时，外电阻较大，但电流较小，根据P=可知电源的输出功率可能相等，故A正确；

B、连接O、b时，α=β，故定值电阻R和电源的内电阻r相等，此时电源的输出功率最大，故B正确；

CD、电源的总功率为P=EI故a点对应的功率最大，从a→b时，电源的总功率P=EI减小，而输出功率变大，从b到c时，电源的总功率和输出功率都减小，故CD错误。

故答案为：AB。

【分析】U-I图像上点与原点连线的斜率表示外电阻阻值的大小。U-I图像与横轴的交点表示短路电流，此时的电路中的总电阻等于电源内阻，故α=β时，定值电阻R和电源的内电阻r相等，此时电源的输出功率最大，外电阻越截距内阻，输出功率越大。10．【答案】B,C【解析】【解答】A．若粒子带负电，根据左手定则，可知粒子若直接从A到C，由几何关系可得粒子半径r=L，由洛伦兹力提供向心力qv0B=mB．若粒子带负电，恰好满足r=L3，由qv0B=mC．若粒子带正电，且初速度v0=qBLm，可得粒子在磁场中运动半径r=L，由运动轨迹可知，粒子在三角形区域内运动的时间t1D．若粒子带正电，且初速度v0=qBL故答案为：BC。

【分析】由于未知粒子运动的轨迹，不能判别粒子运动的轨迹板间所以不能求出粒子初速度的大小，利用粒子运动的轨迹所对圆心角结合运动的周期可以判别粒子运动的时间；已知粒子运动的速度，结合粒子运动的半径及运动的周期可以求出粒子运动到C所花的时间。11．【答案】（1）黑（2）9（3）b；300（4）小【解析】【解答】（1）电流从黑表笔流出，从红表笔流入，所以B表笔是黑表笔。

（2）根据并联电路分流特点有R其中I2=0.1A，解得R（3）设S接b时对应满偏电流为I，根据并联电路分流特点R解得I=0.01即S接b时对应电流表量程是0~10mA，得欧姆表内阻R由（2）知当S接a时，对应电流表量程是0~0.1A，即I得欧姆表内阻R所以S接b时是较大倍率×10。欧姆调零后，其内阻为300Ω。

（4）电源内阻变大不会产生误差，电动势减小，测量值偏大，所以真实值比测量值小。

【分析】电流从黑表笔流出，从红表笔流入。根据构造图确定接a时，电路图的连接情况，再根据串并联规律及欧姆定律确定定值电阻的阻值。欧姆挡的倍率越大，对应的欧姆表内阻越大。12．【答案】（1）C（2）A（3）0.98；m【解析】【解答】（1）本实验不需要测量时间，所以不用打点计时器和秒表。实验中测量距离用刻度尺而不用螺旋测微器，实验需要测量小球质量，则所提供的器材中必需的是天平。

故答案为：C。

（2）A、实验是通过平抛运动来研究小球碰撞前后的速度，则为使小球能做平抛运动，轨道末端必须水平，故A正确；

B、为使两小球发生对心正碰，则A球的半径必须等于B球的半径，故B错误；

C、实验只需要小球每次到达轨道末端的速度相等，轨道的摩擦就不会产生误差，所以每次只要让小球都从同一位置由静止释放即可，轨道不必光滑，故C错误；

D、为使碰撞后A球不反弹，则A球的质量必须大于B球的质量，故D错误。

故答案为：A。

（3）由于小球做平抛运动的高度相同，则它们的运动时间t相同，则碰撞前小球A的速度为v则系统碰撞前的总动量为p=碰撞后小球A、B的速度分别为vA=则系统碰撞后的总动量为p'=联立可得，碰撞前的总动量p与碰撞后的总动量p'的比值为p碰撞是弹性碰撞，则系统机械能守恒，根据机械能守恒有1整理可得m【分析】熟悉掌握实验的操作步骤及注意事项，为使小球能做平抛运动，轨道末端必须水平。实验必须保证两小球之间发生正碰。小球做平抛运动的高度相同，它们的运动时间t相同。根据水平方向的位移确定小球碰撞前后的速度，再根据动量守恒定律确定碰撞前后系统的总动量之比。根据弹性碰撞的特点确定满足的关系式。13．【答案】（1）解：当滑动变阻器的滑片位于最右端时，有I当滑动变阻器的滑片位于最左端时，有I又R解得R3（2）解：当滑动变阻器的滑片位于最右端时，U+Ir=E当滑动变阻器的滑片位于最左端时，U解得E＝14Vr＝20Ω。【解析】【分析】（1）确定电表的测量对象，根据题意确定滑动变阻器滑片分别位与最右端和最左端时，电路的连接情况。分别根据欧姆定律及串并联电路的规律列出方程，再进行联立解答；

（2）根据题意确定滑动变阻器滑片分别位与最右端和最左端时，电路的连接情况。分别根据闭合电路的欧姆定律列出方程，再进行联立解答。14．【答案】（1）解：由速度图像得v＝2x金属棒所受的安培力F代入得FA=0.当x＝0时，安培力F当x＝1m时，安培力F则金属棒从起点出发到发生x＝1m位移的过程中，安培力做的功W即金属棒克服安培力做的功W1（2）解：金属棒克服摩擦力做的功W根据动能定理得W−代入解得拉力做的功W＝9.25J。（3）解：从能量守恒角度可知，外力做的功使系统产生热量和动能，故有Q=W−1（或者总热量Q等于系统产生的焦耳热和摩擦内能也可计算）【解析】【分析】（1）由于安培力的大小与速度有关，故求安培力做功，考虑将v-x图像转化成F安-x图像，再利用图像面积的物理意义确定安培力所做的功