天津市2023-2024学年高二上学期期末考试物理试题（含答案）

天津市2023-2024学年高二上学期期末考试物理试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、选择题（共6小题，满分24分，每小题4分）1．如图所示，金属棒放置在倾角为θ的斜面上，其中通有垂直纸面向里的恒定电流，匀强磁场磁感应强度大小为B，方向垂直斜面向上。保持磁感应强度的大小不变，但方向沿顺时针在纸面内缓慢转过θ角，在此过程中金属棒始终处于静止状态。若导轨和金属棒均不光滑，则（）A．金属棒受到的安培力一定减小B．金属棒受到的摩擦力一定增大C．金属棒受到的弹力一定减小D．斜面对金属棒的作用力一定增大2．如图，固定的弹性金属圆环与螺线管共轴，在闭合开关S的瞬间，有关环中的感应电流I的方向（从环的右侧往左侧看）和环形变的说法正确的是（）A．顺时针方向，扩张 B．顺时针方向，收缩C．逆时针方向，扩张 D．逆时针方向，收缩3．M、N两个闭合正方形线圈用相同的导线制成，分别为10匝和30匝，边长lM＝3lN，图示区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间变化的规律为B＝B0+kt（k＜0），不考虑线圈之间的相互影响，则下列说法正确的是（）A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B．M、N线圈中感应电动势大小之比为1：9C．M、N线圈中感应电流大小之比为1：3D．M、N线圈中电功率之比为1：274．如图所示，电阻不计的两光滑平行金属导轨相距L，固定在水平绝缘桌面上，左侧圆弧部分处在竖直平面内，右侧平直部分处在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，末端与桌面边缘平齐。电阻均为R的金属棒ab、cd垂直于两导轨放置且与导轨接触良好，质量分别为2m、m。开始时棒cd静止在水平直导轨上，棒ab从导轨左端距水平桌面高h处无初速度释放，进入水平直导轨后与棒cd始终没有接触，最后两棒离开导轨落在地面同一位置。不计空气阻力，重力加速度为g。则（）A．金属棒ab在沿导轨水平部分运动的过程中，始终做减速运动B．在沿导轨运动的过程中，金属棒ab损失的机械能为2mghC．在沿导轨运动的过程中，cd棒的最大加速度为BD．在整个过程中，通过金属棒ab的电荷量为2m5．如图所示是圆盘发电机的示意图，铜盘安装在水平的铜轴上，它的盘面恰好与匀强磁场垂直，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触。若铜盘半径为L，匀强磁场的磁感应强度为B，回路的总电阻为R，从左往右看，铜盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转动，则（）A．由于穿过铜盘的磁通量不变，故回路中无感应电流B．回路中感应电流方向不变，为C→R→D→CC．回路中感应电流大小不变，为BD．回路中有周期性变化的感应电流6．如图所示，圆形区域的圆心为O，区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，MN为圆的直径，从圆上的A点沿AO方向，以相同的速度先后射入甲、乙两个粒子，甲从M点离开磁场，乙从N点离开磁场。已知∠AOM＝120°，不计粒子受到的重力，下列说法正确的是（）A．乙粒子带正电荷B．甲粒子与乙粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为1：3C．甲粒子与乙粒子的比荷之比为3：1D．甲粒子与乙粒子在磁场中运动的时间之比为3：2二、多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）7．以下装置中都涉及到磁场的具体应用，关于这些装置的说法正确的是（）A．回旋加速器，增加电压U可增大粒子的最大动能B．磁流体发电机，可判断出A极板是发电机的负极C．质谱仪，打到照相底片D同一位置粒子的比荷相同D．速度选择器，特定速率的粒子从左右两侧沿轴线进入后都做直线运动8．如图所示，两个平行导轨竖直放置，导轨间距为L＝2m。金属棒MN在导轨间部分电阻r＝2Ω，金属棒质量m＝0.4kg，导轨的最上端接阻值为R＝8Ω的定值电阻。虚线OO′下方无穷大区域存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。将金属棒从图示位置由静止释放，下落过程中的v﹣t图象如图。不计导轨的电阻和一切摩擦，金属棒与导轨始终接触良好，取重力加速度g＝10m/s2，则（）A．释放金属棒的位置到OO′的距离为10mB．匀强磁场的磁感应强度大小为1TC．1～2s内，定值电阻R产生的热量为32JD．1～2s内，金属棒克服安培力做的功为32J9．一个带电微粒在如图所示的正交匀强电场和匀强磁场中的竖直平面内做匀速圆周运动，重力不可忽略，已知轨迹圆的半径为r，电场强度的大小为E，磁感应强度的大小为B，重力加速度为g，则（）A．该微粒带正电 B．带电微粒沿逆时针旋转C．微粒从a到c，机械能守恒 D．微粒做圆周运动的速度为gBr10．一个质量m＝0.1g的小滑块带有q＝5×10﹣4C的电荷，放置在倾角a＝30°的光滑斜面上（斜面绝缘），斜面置于B＝0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里，如图所示.小滑块由静止开始沿斜面下滑，设斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面，则（）A．小滑块带正电B．小滑块在斜面上的最大速度为23m/sC．该斜面的长度至少1.2mD．如果斜面粗糙且μ＝0.2，小滑块最大加速度a＝（5−3）m/s三、填空题（共2小题，满分18分）11．在学习了多用电表的原理以后，小东同学对自制多用电表产生了兴趣。他走进物理实验室，利用一个满偏电流为3mA、内阻为9Ω的电流表，最大阻值为600Ω的滑动变阻器R1，阻值为1Ω的标准电阻R0和一节内阻为0.5Ω、电动势为1.5V的电池组，按照图所示电路组装成一个多用电表。（1）图丁中红表笔应与端（选填“A”或“B”）相连。（2）闭合开关S1，将开关S2接1，可作为量程为mA的电流表使用。（3）将S2接2，可作为欧姆表使用。若S1断开时，倍率为“×10”挡，则S1闭合时，倍率为（选填“×1”或“×100”）挡。（4）该同学利用欧姆挡测电阻，他将S2接2，S1闭合，欧姆调零后，将两表笔分别与待测电阻相接，指针指在电流表的刻度2mA处，则待测电阻的阻值Rx为Ω。12．（1）为了能较准确的测量同一电池的电动势及其内阻，某同学利用电阻均未知的电流表A和电压表V设计了图1所示的实验电路对电池组进行测量，记录了单刀双掷开关S2分别接1、2对应电压表的示数U和电流表的示数I。根据实验记录的数据绘制如图2中所示的A、B两条U﹣I图线，可以判断图线A是利用单刀双掷开关S2接（选填“1”或“2”）中的实验数据描出的。分析A、B两条图线可知，此电池组的电动势为E＝，内阻r＝（用图中EA、EB、IA、IB表示）。（2）若经过（1）中测量得到电池的电动势为1.5V，该同学用这节干电池给一个欧姆表供电。若欧姆表内部结构如图3所示，已知灵敏电流计G（满偏电流1mA，内阻90Ω），表盘刻度如图4所示，C、D为两表笔插孔，应将（选填“红”或“黑”表笔插入C孔中。若用该欧姆表来测量一个阻值约为200欧姆的电阻则会出现指针偏角（选填“过大”或“过小”），若想测量时指针位于图示位置，则需要在图中与G表（选填“串联”或“并联”）一个阻值为Ω的电阻。改装后，根据图中显示可知电阻阻值为Ω。四、计算题（共2小题，满分38分）13．如图（图一）所示，在以坐标原点O为圆心、半径为R的圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度大小为E，磁场方向垂直于xOy平面向里。一质量为m、电荷量为+q的粒子（不计重力）从坐标为（0，﹣R）的A点沿y轴正方向以大小为v0的速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动。若仅撤去磁场，带电粒子仍从A点以相同的速度射入，它将从圆形区域边界的P点（在第一象限）射出，OP与y轴正方向的夹60°角。求：（1）电场强度的方向和磁感应强度B的大小；（2）粒子射出电场时的动能Ek；（3）若保留原磁场，撤去电场，上述带电粒子的速度大小变为v=414．如图所示，两根光滑的金属导轨平行放置在倾角为θ的固定斜面上，导轨下端接有定值电阻的阻值为R，导轨自身电阻忽略不计。导轨置于垂直于斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，将一根质量为m、电阻的阻值为r的金属棒ab在导轨上方某处由静止释放，金属棒沿导轨下滑（金属棒ab与导轨间的摩擦不计）。设导轨足够长，导轨宽度为L，金属棒ab下滑过程中始终与导轨接触良好，当金属棒沿导轨下滑的高度为h时，速度恰好达到最大值。重力加速度大小为g，金属棒由静止到刚开始匀速运动过程中，求：（1）金属棒ab达到的最大速度；（2）该过程通过电阻R的电量；（3）该过程中电阻R产生的热量。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．由题知金属棒通有垂直纸面向里的恒定电流，保持磁感应强度的大小不变，但方向沿顺时针在纸面内缓慢转过θ角，根据F安=BIL，可知F安不变，A不符合题意；BC．设磁场方向转过的角度为α，且在α转动到θ的过程中对导体棒做受力分析有FN=mgcosθ+BILsinα，BILcosα=mgsinθ±f，在α转动到θ的过程中α增大，则FN增大，则金属棒受到的弹力一定增大，由于BILcosα与mgsinθ的大小关系未知，则金属棒受到的摩擦力可能增大也可能减小，BC不符合题意；D．斜面对金属棒的作用力与重力与安培力的合力大小相等方向相反，而重力与安培力的合力为F合故答案为：D。

【分析】F安=BIL，可知F安不变。由受力平衡，列出平衡方程，知则金属棒受到的摩擦力可能增大也可能减小。斜面对金属棒的作用力与重力与安培力的合力大小相等方向相反，在α转动到θ的过程中F一直增大。2．【答案】C【解析】【解答】闭合开关S的瞬间，通电螺线管产生水平向左的增加的磁通量，根据楞次定律，线圈的感应电流方向从右往左看为逆时针方向，同时线圈处于从左往右的水平磁场中，受到向外的安培力，故线圈扩张，C符合题意，ABD不符合题意。

故答案为：C

【分析】利用楞次定律可求出感应电流的方向，根据左手定则可判断安培力的大小。3．【答案】C【解析】【解答】A.线圈内磁通量垂直于纸面向外，且在减小，根据楞次定律，可知线圈产生逆时针方向的感应电流，A不符合题意；

B.M、N线圈产生的感应电动势由可知，感应电动势之比为匝数之比，为1：3，B不符合题意；

C.M、N电阻由R=ρ可知为1：1，则电流之比由I=可知为1：3，C符合题意；

D.M、N电功率之比由P=可知为1：9，D不符合题意。

故答案为：C

【分析】利用楞次定律可判断感应电流的方向；利用感应电动势表达式、结合电流、电功率表达式，可求出相应结果。4．【答案】D【解析】【解答】A.最后两棒离开导轨落在地面同一位置，说明水平抛出时速度相同，故导体棒ab开始先做减速运动，后与导体棒cd一起做匀速运动，A不符合题意；

B.导体棒ab刚进入磁场由机械能守恒定律有2mgh=得v=2从刚开始运动到导体棒ab与导体棒cd共速过程动量守恒，有2mv=(m+2m)v'可得v'=损失的机械能为1B不符合题意；

C.cd棒最大加速度时安培力最大，即导体棒ab刚进入磁场时，由F=BIL，I=E2R联立可得F=故加速度为a=C不符合题意；

D.对cd棒分析，由动能定理有BLq=mv'可得电荷量q=D符合题意。

故答案为：D

【分析】利用导体棒切割磁感线产生感应电动势特点，结合双棒模型，可得出导体棒的运动状态；利用动量守恒定律和能量守恒定律，可求出损失的机械能；利用安培力的表达式，结合电路关系式可求出安培力大小。5．【答案】C【解析】【解答】A．将圆盘看成由无数条幅向分布的导体棒组成的，圆盘在外力作用下这些导体棒转动切割磁感线，从而产生感应电动势，出现感应电流，故A错误；B．根据右手定则可知，电流从D点流出，流向C点，因此电流方向为从D向R再到C，即为C→D→R→C，故B错误；CD．根据法拉第电磁感应定律，则有E=BL所以产生的感应电动势大小不变，感应电流大小不变，感应电流大小为I=故C正确，D错误。故答案为：C。

【分析】将圆盘作为无数导体棒构成，利用右手定则可以判别产生了感应电流；利用右手定则可以判别感应电流的方向；利用动生电动势的表达式可以求出电动势的大小；利用欧姆定律可以求出感应电流的大小。6．【答案】D【解析】【解答】A.乙粒子从N点离开磁场，说明带负电荷，A不符合题意；

B.设磁场半径为R，根据几何关系，粒子甲做圆周运动半径r粒子乙做圆周运动半径r则甲乙粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为3：1，B不符合题意；

C.由qvB=可得q故比荷之比为1：3，C不符合题意；

D.甲粒子在磁场中的偏转角度为60°，乙粒子偏转角度为150°，由t=可得时间之比为3：2，D符合题意。

故答案为：D

【分析】利用带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹，可确定圆心和半径的大小关系；利用匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力的关系式，可求出比荷之比，结合粒子偏转角度的大小，通过周期公式可求出周期之比。7．【答案】B,C【解析】【解答】A.回旋加速器中粒子的最大动能与装置半径有关，有E与加速电场电压大小无关，A符合题意；

B.磁流体发电机正电荷向B板偏，故B为正极，A为负极，B符合题意；

C.带电粒子经由加速电场有qU=在磁场中偏转半径R=联立可得R=可知比荷相同的粒子打到照相底片的同一位置，C符合题意；

D.特定速率粒子从左侧沿轴可做直线运动，D不符合题意；

故答案为：BC

【分析】利用回旋加速器特点可得出结论；根据磁流体发电机中带电粒子流在磁场中的偏转方向可判断极板所带极性。8．【答案】B,C【解析】【解答】由速度时间图像可知，导体棒开始做自由落体运动，进入磁场过后恰好做匀速直线运动；

A.导体棒做自由落体运动，由图可知a=10mv可得h=5A符合题意；

B.进入磁场后，导体棒重力与安培力相等，有mg=BIL，I=ER+r联立可得B=1TB符合题意；

C.1~2s内，重力势能转化为电阻产生的热量，有Q=mgh'=40则R上产生的热量Q得QC符合题意；

D.1~2s内，金属克服安培力做功等于焦耳热的大小，故做功为40J，D不符合题意。

故答案为：BC

【分析】利用导体棒切割磁感线产生动生电动势的规律，结合安培力与重力的大小特点，可得出导体棒的具体运动状态；利用能量守恒定律可求出焦耳热的大小。9．【答案】B,D【解析】【解答】AB.粒子所受洛伦兹力指向圆心，故粒子带负电，粒子沿逆时针旋转，A不符合题意，B符合题意；

C.粒子做匀速圆周运动，动能不变，从a到c，重力势能减小，机械能不守恒，C不符合题意；

D.洛伦兹力提供向心力，有qvB=又有mg=qE联立可得v=D符合题意。

故答案为：BD

【分析】根据带电粒子的受力特点可知洛伦兹力提供向心力，重力与电场力大小相等，利用洛伦兹力的特点可判断带电粒子的正负和旋转方向。10．【答案】B,C【解析】【解答】A.小滑块滑至一位置时要离开斜面，说明滑块受到垂直于斜面向上的洛伦兹力，故滑块带负电，A不符合题意；

B.对物体进行受力分析，垂直与斜面有qvB+当小滑块速度最大时F可得v=2B符合题意；

C.滑块沿斜面方向做匀加速运动，有mg可得a=5由v可得x=1.2m，故斜面的长度至少为1.2m，C符合题意；

D.若斜面粗糙，小滑块加速度有mg当滑块运动做加速运动，加速度逐渐增大，当速度最大时，滑块与斜面无弹力，故无摩擦力，最大加速度为a=gD不符合题意。

故答案为：BC

【分析】利用洛伦兹力的表达式，结合物体受力分析，根据牛顿第二定律可求出物体运动状态的相关物理量。11．【答案】（1）B（2）30（3）×1（4）25【解析】【解答】（1）B接2时，与电源负极相连，故B为红表笔；

（2）改装电流表量程为I=（3）S1断开时，有R=S1闭合，电流变为10IR故档位应为×1；（4）S1闭合，则满偏电流为30mA，指针指在2mA处，则电路中电流为20mA，有E=I（可得R【分析】（1）利用多用电表表笔红进黑出规律可判断连接情况；（2）利用满偏电流关系式可求出电流表量程；（3）结合满偏电流关系，可求出档位变化。12．【答案】（1）1；EA；E（2）红；过大；并联；10；220【解析】【解答】（1）若开关S接1，误差来源于电流表的分压，所测内阻为电源内阻与电流表内阻串联之和，若开关S接2，误差来源于电压表的分流，所测电阻为电压表内阻与电源内阻并联之和，故S接1时所测内阻更大，对应图像斜率更大，A为开关S2接1；由U=故电源电动势E=EA

r=（2）C端连接电源负极，故应接红表笔；由R=200欧姆的电阻远小于中值电阻，故指针偏转过大；欧姆表内阻过大，需并联电阻；指针指在图示位置，中值电阻为150，即满偏电流为I故串联电阻R'=改装后，由图可知电阻为220Ω。【分析】（1）利用伏安法测量电源电动势的实验误差来源，利用U-I图像斜率和截距可求出测量电源内阻和电源电动势的大小；（2）利用欧姆表特点，结合指针偏转情况可求出电阻阻值。13．【答案】（1）解：首先根据电场和磁场都存在时，带电粒子做匀速直线运动，有：qv0B＝Eq根据左手定则判断区域中洛伦兹力方向垂直于v0向左，那么由此可知电场力方向垂直于v0。方向向右，由于正荷受到的电场力与电场方向相同，故电场方向垂直于v0向右。撤去磁场，粒子从A点到达P点，粒子做类平抛运动，有：Eq＝maA与P的距离，根据几何关系有：Rcos60°＝xRsin60°＝y又根据类平抛运动的知识，x＝v0ty=12联立解得：B=答：电场强度的方向向