内蒙古鄂尔多斯市2023-2024学年高二上学期期末考试物理试题（含答案）

内蒙古鄂尔多斯市2023-2024学年高二上学期期末考试物理试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三总分评分一、选择题（共12小题，满分48分，每小题4分）1．下列说法正确的是（）A．只有体积很小的带电体才能被看作点电荷B．法拉第首先提出场的观点并引入电场线描述电场C．电场强度、电容、电阻、位移都是利用比值定义的物理量D．电阻率与温度和材料有关，各种材料的电阻率都随温度的升高而增大2．如图所示的电路中，电源两端电压为6V并保持不变，定值电阻R1的阻值为5Ω，滑动变阻器R2的铭牌上标有“20Ω1A”。电流表和电压表选择的量程分别为“0～0.6A”和“0～3V”。在保证电路安全的情况下，下列说法中正确的是（）A．电路中的最大电流为1AB．滑动变阻器R2接入电路的最大阻值为5ΩC．定值电阻R1消耗的最大电功率为1.8WD．电路的总功率的变化范围为0.288W～3.6W3．如图所示，边长为L的正方形CDEF区域存在垂直纸面向外的匀强磁场，一个比荷为k的带电粒子以大小为v的速度由C点进入磁场，速度方向与CD边的夹角θ＝60°，经磁场偏转后从DE边垂直DE射出，粒子的重力不计，则磁场的磁感应强度为（）A．v2kL B．3v3kL C．34．某同学用静电计测量已经充电的平行板电容器两极板之间的电势差U，在保持极板上的电荷量Q不变的情况下，分别按如图甲、乙、丙操作。下列说法正确的是（）A．甲操作可以证明仅减小两极板的正对面积，电容器电容减小B．乙操作可以证明仅增大两极板之间的距离，电容器电容增大C．丙操作可以证明仅插入有机玻璃板，电容器电容减小D．以上说法都错误5．如图所示，A、B两灯电阻相同，当滑动变阻器的滑动端P向下滑动时（）A．A灯将变暗 B．电阻R中的电流减小C．B灯将变亮 D．电源的供电功率减小6．用长为L的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为m、电荷量为＋q的小球，细线的上端固定于O点。现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与竖直线成37°，如图所示。现向左拉小球使细线水平且拉直，静止释放，则（sin37°=0.6A．该匀强电场的场强为4mgB．释放后小球做圆周运动C．小球第一次通过O点正下方时，小球速度大小为7D．小球第一次通过O点正下方时，小球速度大小小于77．如图所示，截面为正方形的容器在匀强磁场中，一束电子从a孔垂直于磁场射入容器中，其中一部分从c孔射出，一部分从d孔射出，忽略电子间的作用，下列说法不正确的是（）A．从cd两孔射出的电子速度之比为v1：v2＝2：1B．从cd两孔射出的电子在容器中运动所用的时间之比为t1：t2＝1：2C．从cd两孔射出的电子在容器中运动时的加速度大小之比为a1：a2＝2：1D．从cd两孔射出电子在容器中运动时的加速度大小之比为a8．如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上。在磁铁右上方固定一根与磁铁垂直的长直导线。当导线中通以由外向内的电流时，下列说法正确的是（）A．磁铁受到向左的摩擦力，磁铁对桌面的压力减小B．磁铁受到向右的摩擦力，且对桌面的压力减小C．磁铁受到向左的摩擦力，且对桌面的压力增大D．磁铁不受摩擦力，对桌面的压力不变9．一固定绝缘斜面体处在如图所示的磁场中，现将一根通电直导体棒轻放在光滑斜面上，棒中电流方向垂直纸面向外，导体棒可能静止的是（）A． B．C． D．10．如图所示，A、B为两个点电荷，MN为两电荷连线的中垂线，图中实线表示两点电荷形成的电场的一条电场线（方向未标出），下列说法正确的是（）A．两电荷一定是异种电荷B．电荷A一定带正电C．两电荷的电量一定满足|qA|＜|qB|D．两电荷的电量一定满足qA|＞|qB|11．一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、12V、18V，下列说法正确的是（）A．电场强度的大小为2v/cmB．坐标原点处的电势为4VC．电子在a点的电势能比在b点的低2eVD．电子从b点运动到c点，电场力做功为6eV12．一质谱仪的原理如图，粒子源产生的带电粒子（不计重力）经狭缝S1与S2之间的电场加速后进入速度选择器做直线运动，从小孔S3穿出再经磁场偏转，最后打在照相底片上。已知磁场B1、B2的方向均垂直纸面向外。则（）A．图中P1可能为电源负极B．图中所示虚线可能为a粒子的轨迹C．在速度选择器中粒子可以做加速运动D．打在底片上的位置越靠近S3，粒子的荷质比qm二、解答题（共2小题，满分14分）13．如图，将一个小量程电流表G和另一个电阻连接可以改装成电压表或电流表，则甲图对应的是表，要使它的量程加大，就应该应使R1（填“增大”或“减小”）；乙图是表，要使它的量程加大，就应该使R2（填“增大”或“减小”）．14．某实验小组用如图甲所示的电路图测量长度为L、粗细均匀的电阻丝Rx5号干电池一节（电动势为1.5V）；电阻箱（0~999.9Ω）；滑动变阻器R1滑动变阻器R2表头G（0~200μA）；待测电阻丝Rx粗细均匀的电阻丝AB；开关S、导线若干。（1）实验小组用螺旋测微器测量电阻丝Rx的直径，示数如图乙所示，则其直径d=（2）实验中滑动变阻器应选用（选填“R1”或“R（3）实验小组将滑动变阻器的滑片P调至最左端后，闭合开关S，调节滑动变阻器使其滑片P处于合适位置，调节电阻箱，使其示数为R，然后调节滑片P，使表头的示数为零，记录AP、BP的长度L1、L2，则待测电阻丝的电阻率，ρ=（4）重复（3）的操作，测出多组数据，分别取平均值，则待测电阻丝电阻的理论测量值（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值。三、计算题（共4小题，满分38分）15．如图所示，仅在xOy平面的第Ⅰ象限内存在垂直纸面的匀强磁场，一细束电子从x轴上的P点以大小不同的速率射入该磁场中，速度方向均与x轴正方向成锐角θ。已知速率为v0的电子可从x轴上的Q点离开磁场，不计电子间的相互作用，电子的重力可以忽略，已知PQ＝l，OP＝3l，电子的电量为e，质量为m，求：（1）磁感应强度的大小和方向；（2）能从y轴垂直射出的电子的速率。16．如图所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.40m，金属导轨所在平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B＝0.50T，方向垂直于导轨所在平面斜向上的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E＝4.5V，内阻r＝0.50Ω的直流电源．现把一个质量为m＝0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0＝2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2。已知sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，求：（1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的安培力大小；（3）导体棒受到的摩擦力。17．如图所示，R1＝8Ω，R2＝20Ω，R3＝30Ω，接到电压为20V的电源两端，求每个电阻上的电压和流过的电流大小．18．如图所示，坐标系xOy平面内，第一、二象限内有与y轴平行的匀强电场（图中未画出），第三、四象限内有垂直于xOy平面向内的匀强磁场，从第一象限的点P（20cm，5cm）沿x轴负方向以大小为v0＝100m/s的速度抛出一质量m＝1×10﹣6kg、电荷量q＝0.5C的带负电粒子，粒子从x轴的点A（10cm，0）进入第四象限，在第四象限中运动一段时间后又恰好从坐标原点进入第二象限．不计粒子重力和空气阻力．求：（1）第一、二象限中电场的电场强度大小E和方向．（2）第三、四象限中磁场的磁感应强度大小B．（3）t＝5.5×10﹣3s时粒子的位置坐标．（取π＝3）

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A、电荷的形状、体积和电荷量对分析的问题的影响可以忽略时，就可以看成是点电荷，并不是只有体积很小的带电体才能看作点电荷，故A错误；

B、法拉第首先引入电场线和磁感线来描述电场和磁场，故B正确；

C、电场强度、电容、电阻都是利用比值定义的物理量，而位移却不是的，故C错误；

D、电阻率与温度和材料有关，金属导体的电阻率随温度的升高而增大；而半导体的电阻率随温度的升高而减小；故D错误。

故答案为：B。

【分析】电荷的形状、体积和电荷量对分析的问题的影响可以忽略时，就可以看成是点电荷。法拉第首先引入电场线和磁感线来描述电场和磁场，电阻率与温度和材料有关，但不是都和温度正相关。2．【答案】C【解析】【解答】A、由电路图知道，R1与R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流。电流表的量程为0～0.6A，滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，当电压表的示数U0=3V时，电路中的电流I=因串联电路中各处的电流相等，故最大电流为0.6A，故A错误；

B、由电路图知道，R1与R2串联，所以在保证电路安全的情况下，滑动变阻器R2接入电路的最大阻值为20Ω，故B错误；

C、由P=可知当电路中的电流最大时，定值电阻R1消耗的功率最大，且最大功率P故C正确；

D、由P=UI可知当电路中的电流最大时，电路消耗的总功率最大，即P当滑动变阻器R2接入电路的最大阻值时，电路总电阻最大，由P=可知电路消耗的总功率最小，即P所以电路的总功率的变化范围为1.44W～3.6W，故D错误。

故答案为：C。

【分析】为保证电路安全电路中的电流不能超过各用电器中允许通过电流的最小值。电路中电阻越大，电路越安全。当电路中的电流最大时，定值电阻消耗的功率最大，电路消耗的总功率最大。电路总电阻最大时，电路消耗的总功率最小。3．【答案】C【解析】【解答】由几何关系可求得粒子做圆周运动半径为R=洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律可得Bqv=m联立可得B=故答案为：C。

【分析】根据几何关系确定粒子做圆周运动的半径，再根据洛伦兹力提供向心力，通过牛顿第二定律进行解答。4．【答案】A【解析】【解答】A、甲操作中，减小两极板的正对面积，静电计指针偏角变大，则两极板间电势差U变大，根据C=因为Q不变，则C减小，即甲操作可以证明仅减小两极板的正对面积，电容器电容减小，故A正确；

B、乙操作中增大两极板之间的距离，静电计指针偏角变大，则两极板间电势差U变大，根据C=因为Q不变，则C减小，即乙操作可以证明仅增大两极板之间的距离，电容器电容减小，故B错误；

C、丙操作中仅插入有机玻璃板，静电计指针偏角变小，则两极板间电势差U变小，根据C=因为Q不变，则C变大，即丙操作可以证明仅插入有机玻璃板，电容器电容变大，故C错误；

D、以上分析可知，故D错误．

故答案为：A。

【分析】根据操作确定电容器各参数的变化情况，两极板电势差越大，静电计张角越大。再根据电容的定义式分析电容的变化情况。5．【答案】A【解析】【解答】当滑动变阻器的滑动端P向下滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，变阻器与B灯并联电阻减小，则外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律I=得知干路电流I增大，故通过电源的电流增大；由P=IE知电源的供电功率将增大；电源的E、r不变，所以路端电压U=E-Ir则U减小，而A灯的电压等于路端电压，所以灯A变暗；通过R的电流IU减小，通过A灯的电流IA减小，而I增大，则知IR增大，变阻器与B灯并联电压UU减小，IR增大，所以U并减小，故电灯B将变暗。

故答案为：A。

【分析】确定电路的连接情况，根据题意确定电路中总电阻及总电流的变化情况，再根据“程序法”或者“串反并同”结论法确定各元件电流、电压及功率等的变化情况。6．【答案】D【解析】【解答】A．开始时，对小球根据平衡条件有tan37°=qEmgB．根据A项分析可知，小球所受电场力与重力的合力方向与竖直方向夹角为37°，向左拉小球使细线水平且拉直，小球由静止释放时，由于合外力与细线夹角为53°，所以将先做匀加速直线运动，根据几何关系可知当小球运动至与O点左下方且与O点连线的夹角等于16°时细线将绷紧，之后的一段时间内小球将做圆周运动，B不符合题意；CD．当细线绷紧瞬间，小球在沿细线方向的分速度会突变为零，所以存在动能损失，设为ΔEk，小球从释放到第一次通过O点正下方时，根据动能定理有qEL+mgL−ΔE故答案为：D。

【分析】对小球进行受力分析，根据共点力平衡得出电场强度的表达式，当细线绷紧瞬间，通过动能定理得出小球的速度。7．【答案】D【解析】【解答】A、设磁场边长为a，如图所示，粒子从c点离开，其半径为rc，粒子从d点离开，其半径为rd

由Bqv=m得出半径公式r=又由运动轨迹知rc=2rd，则有v故A正确，不符合题意；

B、由T=根据圆心角求出运行时间t=运动轨迹对应的圆心角分别为90°和180°，则t故B正确，不符合题意；

CD、向心加速度a=则a故C正确，不符合题意，D错误，符合题意。

故答案为：D。

【分析】根据题意分别画出粒子从c和d飞出的运动轨迹，根据几何关系确定两运动轨迹对应的运动半径，再根据带电粒子在磁场中运动的规律进行解答。8．【答案】A【解析】【详解】条形磁铁外部磁场又N指向S，根据左手定则知，直导线所受的安培力的方向斜向左下方，根据牛顿第三定律知，条形磁铁所受力的方向斜向右上方，可知条形磁铁有向右的运动趋势，所受的摩擦力方向向左，磁铁对桌面的压力减小。

故答案为：C。

【分析】先判断电流所在位置的磁场方向，然后根据左手定则判断安培力方向；再根据牛顿第三定律得到磁体受力方向，最后对磁体受力分析，根据平衡条件判断。9．【答案】A,C【解析】【解答】A、由左手定则判定导体棒受到的安培力竖直向上，当安培力恰恰等于重力时就能静止在斜面上，故A正确；

B、由左手定则判定导体棒受到的安培力竖直向下，而斜面是光滑的，所以导体棒不能静止在斜面上，故B错误；

C、由左手定则判定导体棒受到的安培力沿斜面向上，还有竖直向下的重力和垂直斜面向上的支持力，三力可能平衡，故C正确；

D、由左手定则判定导体棒受到的安培力沿斜面向下，三力不能平衡，故D错误。

故答案为：AC。

【分析】根据左手定则结合题意确定安培力的方向，再根据其受力情况结合平衡条件分析导体棒能否静止。10．【答案】A,C【解析】【解答】A、由电场线分布特点可知两电荷一定带异种电荷，故A正确；

B、电场线方向未知，电荷A可能带正电荷，也可能带负电荷，故B错误；

CD、将A、B两点用直线连起来，通过电场线的疏密程度可知两电荷的电量一定满足|qA|＜|qB|，故C正确，D错误．

故答案为：AC。

【分析】场源电荷电荷量越大，越靠近场源电荷场强越大，电场线越密集。熟悉掌握同种电荷和异种电荷电场线分布的特点。11．【答案】A,B,D【解析】【解答】A、将电场强度分解为水平和竖直，x轴方向E沿y轴方向E则合场强E=故A正确；

B、在匀强电场中，平行等距的两线段电势差相等，故φ解得坐标原点处的电势为4V，故B正确；

C、电子在a点电势能E电子在b点电势能E电子在a点的电势能比在b点的高2eV，故C错误；

D、电子在b点到c点电场力做功为W=-e故D正确。

故答案为：ABD。

【分析】由于O与abc三点构成矩形，可将电场强度分解成水平和竖直两个方向，再根据电势差与场强的关系及矢量求和法则确定场强的大小和方向。在匀强电场中，平行等距的两线段电势差相等。熟悉掌握电势与电势能及电场力做功的关系。12．【答案】B,D【解析】【解答】AB、由左手定则可知，粒子在下面磁场中向左偏转，知粒子带正电，可知图中所示虚线可能为α粒子的轨迹。粒子带正电，则粒子在P1P2之间向下运动时受到向左的洛伦兹力，可知电场力向右，则图中P1为电源正极，故A错误，B正确；

C、在速度选择器中粒子做直线运动，则所受的电场力和洛伦兹力平衡，可知洛伦兹力不变，粒子做匀速运动，不可能做加速运动，故C错误；

D、打在底片上的位置越靠近S3，粒子的运动半径R越小，由R=可知，半径越小，荷质比越大，故D正确。

故答案为：BD。

【分析】根据粒子片抓方向确定洛伦兹力的方向，再根据左手定则确定粒子所带电性，粒子在速度选择器中受力平衡，根据左手定则确定洛伦兹力方向继而确定电源正极。根据带电粒子在磁场中运动规律确定轨迹半径与荷质比的关系。13．【答案】电流；减小；电压；增大【解析】【解答】甲图通过并联电阻分走部分电流，所以甲为电流表，且R1越小分的电流越多，所以应该是减小；乙图通过并联电阻分得电压，且电阻越大分的电压越多，所以R2应该增大。

【分析】本题考查了利用串并联电路实现的电压或者电流表的改装，改装过程实质是利用了串并联电路的分压或者分流关系。14．【答案】（1）3.200（2）R（3）πR（4）等于【解析】【解答】（1）螺旋测微器的读数即电阻丝的直径为d=3（2）实验中电阻箱的阻值为0∼999.9Ω，滑动变阻器采用限流接法，故滑动变阻器应选用阻值较大的R2。

（3）实验小组将滑动变阻器的滑片P调至最左端后，闭合开关S，调节滑动变阻器使其滑片P处于合适位置，调节电阻箱，使其示数为R，然后调节滑片P，使表头的示数为零，说明Rx的分压与L1的分压相同，有URx=且U即R解得R根据电阻定律R得待测电阻丝的电阻率ρ=（4）重复（3）的操作，测出多组数据，分别取平均值，可减小偶然误差，此实验表头的内阻不影响实验原理，无系统误差，因此待测电阻丝电阻的理论测量值等于真实值。

【分析】根据电路图明确电路的连接方式，电表示数为零，即CP两点的电势相等，根据串联电路电压和电阻的关系，确定AC两端电压和R的关系，及AP两端电压和长度的关系。继而得出Rx和R和AP、AB和BP的关系，再根据电阻定律进行解答。15．【答案】（1）解：由几何知识可得，从Q点射出的电子的半径：R=l电子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：ev0B＝mv0解得：B=2m电子在磁场中沿逆时针方向做圆周运动，由左手定则可知：磁感应强度的方向垂直纸面向外；（2）解：设电子能从y轴垂直射出的速率为v，半径为r，由几何关系得rsinθ＝3l由牛顿第二定律得：evB＝mv2联立解得：v＝6v0。【解析】【分析】（1）根据题意画出粒子的运动轨迹，根据几何关系确定粒子的运动半径，再根据洛伦兹力提供向心力进行解答；

（2）根据题意画出粒子的运动轨迹，根据几何关系确定粒子的运动半径，再结合（1）中磁感应强度，根据洛伦兹力提供向心力进行解答；16．【答案】（1）解：根据闭合电路欧姆定律得I=（2）解：导体棒受到的安培力F安＝BIL＝0.50×1.5×0.40N＝0.30N（3）解：对导体棒受力分析如图，将重力正交分解沿导轨方向F1＝mgsin37°＝0.04×10×0.60N＝0.24NF1＜F安，根据平衡条件mgsin37°+Ff＝F安解得Ff＝0.06N方向平行导轨向下【解析】【分析】（1）确定电路的连接情况，根据闭合电路的欧姆定律进行解答；

（2）确定流过导体棒的电流大小，再根据安培力公式进行解答；

（3）导体棒处于受力平衡状态，对其进行受力分析，根据平衡条件及力的合成与分解进行解答即可。17．【答案】解：电路的总电阻为：R＝R1+R2R由欧姆定律得总电流为：I=U即通过R1的电流为1A．R1的电压为：U1＝IR1＝1×8V＝8VR2与R3的电压相等，有：U2＝U3＝U﹣U1＝（20﹣8）V＝12V通过R2的电