广东省广州市天河区2023-2024学年高二上学期期末考试物理试题（含答案）

广东省广州市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、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．如图，L是自感系数很大、电阻不计的线圈，A、B是两个相同的小灯泡。开关S由断开到闭合（）A．A先亮B后亮，然后B逐渐变亮 B．B先亮A后亮，然后A逐渐变亮C．A、B同时亮后B逐渐变暗至熄灭 D．A、B同时亮后A逐渐变暗至熄灭2．回旋加速器核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中有周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两个D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，下列说法正确的是（）A．粒子射出时的动能与D形金属盒的半径无关B．回旋加速器是靠电场加速的，粒子射出时的动能与电压有关C．回旋加速器是靠磁场加速的，粒子射出时的动能与磁场无关D．加速电压越小，粒子在回旋加速器中需加速的次数越多3．一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框长边与长直导线平行。已知在t=0到t=tA． B．C． D．4．点电荷Q产生的电场中，电子仅在电场力作用下，从M点到N点做加速度增大的减速直线运动，则（）A．点电荷Q为正电荷 B．从M点到N点电子电势能增加C．M点场强比N点的大 D．M点电势比N点的低5．用电流传感器研究电容器充放电现象，电路如图所示。电容器不带电，闭合开关S1，待电流稳定后再闭合开关SA． B．C． D．6．如图为某电吹风电路图，a、b、c、d为四个固定触点。可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点，触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种工作状态。n1和n2分别是理想变压器原、副线圈的匝数，该电吹风的各项参数如下表所示。下列说法正确的是（）热风时输入功率460W冷风时输入功率60W小风扇额定电压60V正常工作时小风扇输出功率52WA．当触片P同时接触两个触点a和b，电吹风处于吹冷风状态B．吹热风时，流过电热丝的电流为20C．小风扇的内阻为60ΩD．变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=3∶117．电磁泵在生产、科技中得到了广泛应用。如图所示，泵体是一个长方体，ab边长为L1，两侧端面是边长为L2的正方形。在泵头通入导电剂后液体的电导率为A．泵体下表面应接电源正极B．减小液体的电导率可获得更大的抽液高度hC．减小磁感应强度可获得更大的抽液高度hD．通过泵体的电流I=σU8．有一边长l=0.1m、质量m=10g的正方形导线框abcd，由高度h=0.2m处自由下落，如图所示，其下边ab进入匀强磁场区域后，线圈开始做匀速运动，直到其上边dc刚刚开始穿出匀强磁场为止。已知匀强磁场的磁感应强度为A．电阻R=0B．进入磁场的过程通过线框横截面的电荷量q=0C．穿越磁场的过程产生的焦耳热Q=0D．穿越磁场的过程，感应电流方向和安培力方向都不变二、多项选择题：本题共3小题，每小题4分，共12分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9．如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图乙中曲线a，b所示，则()A．两次t＝0时刻，线圈平面均与中性面重合B．曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3C．曲线b表示的交变电动势有效值为10VD．曲线a表示的交变电动势频率为25Hz10．如图所示的直线加速器由沿轴线分布的金属圆筒（又称漂移管）A、B、C、D、E组成，相邻金属圆筒分别接在电源的两端。质子以初速度v0A．MN所接电源的极性应周期性变化B．圆筒的长度应与质子进入该圆筒时的速度成正比C．质子从圆筒E射出时的速度大小为8eUD．圆筒A的长度与圆筒B的长度之比为1︰211．如图所示，有一竖直向上的圆柱形匀强磁场区域，两个比荷相等的带电粒子k1、k2分别从P点沿着半径垂直磁场射入，其中粒子k1偏转90°从右边A点射出，粒子k2偏转60°从左边B点射出。不计粒子重力，下列说法正确的是（）A．k1带负电，k2带正电B．k1带正电，k2带负电C．k1、k2的速度v1：v2=3：1D．k1、k2在磁场中运动的时间t1：t2=3：2三、非选择题（本题共7小题，共56分。考生根据要求作答）12．用如图甲所示的多用电表测量一个阻值约为20Ω的电阻，测量步骤如下：乙（1）调节指针定位螺丝S，使多用电表指针对准电流的“0”刻线；将选择开关K旋转到“Ω”挡的位置；（填“×1”或“×10”）（2）将红、黑表笔分别插入“+”“−”插孔，并将，调节，使电表指针对准；（3）将红、黑表笔分别与待测电阻两端接触，若多用电表读数如图乙所示，该电阻的阻值为Ω。测量完毕，将选择开关旋转到OFF位置。13．某实验小组为测量干电池的电动势和内阻，设计了如图（a）所示电路，所用器材如下：电压表（量程0~3V，内阻很大）；电流表（量程0~电阻箱（阻值0~干电池一节、开关一个和导线若干。（1）调节电阻箱到最大阻值，闭合开关。逐次改变电阻箱的电阻，记录其阻值R、相应的电流表示数I和电压表示数U。根据记录数据作出的U−I图像如图（b）所示，则干电池的电动势为V（保留3位有效数字）、内阻为Ω。（保留2位有效数字）（2）根据记录数据进一步探究，作出1I−R图像如图（c）所示。利用图（c）中图像的纵轴截距，结合（1）问得到的电动势与内阻，还可以求出电流表内阻为14．在“测定金属丝的电阻”的实验中：甲（1）用螺旋测微器测量金属丝直径时，其示数如图甲所示，则金属丝的直径为d=mm。（2）某同学设计了如图乙所示的电路测量该金属丝的电阻（阻值约为几欧），可选用的器材规格如下：电流表A（0~0.6A，内阻约1.0Ω）电流表G（滑动变阻器R1（阻值0~10Ω）滑动变阻器R定值电阻R3=250Ω电源E（电动势3V）开关S和导线若干图乙中单刀双掷开关应置于（填“a”或“b”），滑动变阻器R应选（填“R1”或“R2”），定值电阻R0应选（填“R3（3）若某次测量时电流表G的读数为I1=5.0mA，电流表A的读数I2，指针如图丙所示，则金属丝阻值的测量值为Rx15．（1）晚会上装饰着120个彩色小电灯，每个小灯泡的额定电压都是4V，工作电流都是0.1A，它们并联在一起，由一台变压器供电，小彩灯正常发光。变压器的原线圈接在220V的照明电路上，则通过原线圈的电流为A。（结果保留2位小数）（2）在边长为a的正方形的每个顶点都放置一个电荷量为q的同种点电荷。如果保持它们的位置不变，每个电荷受到其他三个电荷的静电力的合力大小为。（静电力常量为k）（3）如图，长为L、重力为G的金属杆ab用绝缘轻绳水平悬挂在垂直纸面向里的匀强磁场中。ab下方纸面内有一固定的圆形金属导轨，半径为r，圆形导轨内存在垂直纸面向外的匀强磁场。长为r的导体棒OA的一端固定在圆心O处的转轴上，另一端紧贴导轨。OA在外力作用下绕O匀速转动时，绳子拉力刚好为零。已知两磁场的磁感应强度大小均为B，ab电阻为R，其它电阻不计。则OA的转动方向为（填“顺时针”或“逆时针”），转动角速度ω=。16．如图(a)所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L＝0.4m．导轨右端接有阻值R＝1Ω的电阻，导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好．导体棒及导轨的电阻均不计，导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场，bd连线与导轨垂直，长度也为L．从0时刻开始，磁感应强度B的大小随时间t变化，规律如图(b)所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1s后刚好进入磁场．若使棒在导轨上始终以速度v＝1m/s做直线运动，求：（1）棒进入磁场前，回路中的电动势E；（2）棒在运动过程中受到的最大安培力F；（3）棒通过三角形abd区域时电流I与时间t的关系式．17．如图所示是某种质谱仪的结构简化图。质量为m、电荷量为+q的粒子束恰能沿直线通过速度选择器，并从半圆环状D形盒的中缝垂直射入环形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里。D形盒的外半径为2R，内半径为R，壳的厚度不计，出口M、N之间放置照相底片，底片能记录粒子经过出口时的位置。已知速度选择器中电场强度大小为E，方向水平向左，磁感应强度大小为B（磁场方向未画出）。不计粒子重力，若带电粒子能够打到照相底片，求：（1）B的方向以及粒子进入环形D形盒时的速度大小；（2）D形盒中的磁感应强度B0的大小范围；（3）打在底片M点的粒子在D形盒中运动的时间。18．在光滑水平面上有一质量m＝1.0×10-3kg、电荷量q＝1.0×1O-10C的带正电小球，静止在O点。以O点为原点，在该水平面内建立直角坐标系xOy，现突然加一沿x轴正方向、场强大小E＝2.0×106V/m的匀强电场，使小球开始运动。经过1.0s，所加电场突然变为沿y轴正方向、场强大小仍为E＝2.0×106V/m的匀强电场。再经过1.0s，所加电场又突然变为另一个匀强电场，使小球在此电场作用下经1.0s速度变为零。求此电场的方向及速度变为零时小球的位置。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】当S闭合瞬时，两灯同时获得电压，同时发光，自感线圈中由于电流突然要增大而产生阻碍电流增大的感应电动势，所以自感线圈中的电流逐渐增大，当电路达到稳定时，线圈自感消失，将B等短路，故S闭合后，b逐渐变暗直到熄灭，同时，a灯电流逐渐增大，变得更亮，C符合题意，ABD不符合题意。

故答案为：C。

【分析】根据自感原理，分析灯泡的亮度变化。2．【答案】D【解析】【解答】A.设D型盒半径为R，粒子射出回旋加速器时，圆周运动轨迹的半径为R，由牛顿第二定律得qvB=mvm2R，粒子射出时的最大动能为Ekm=12mvm2，联立解得Ekm3．【答案】A【解析】【解答】A.电流先正向减小，由安培定则可知电流在矩形线框内产生的磁场方向垂直纸面向里，且逐渐减小，根据楞次定律可知感应电流的磁场方向与原磁场方向相同也是向里，再根据安培定则可知，感应电流方向为顺时针方向，合力方向与线框左边所受力方向都向左；然后电流反向增大，由安培定则可知，在此过程，电流在矩形线框内产生的磁场方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，再根据安培定则可知，感应电流方向为顺时针方向，合力方向与线框左边所受力方向都向右，A符合题意；

C.由A项分析和图可知，线框受到的安培力水平向左不变，不符合题中安培力的合力先水平向左、后水平向右的要求，C不符合题意。

BD.电流反向减小，电流在矩形线框内产生的磁场方向垂直纸面向外，且逐渐减小，根据楞次定律可知感应电流的磁场方向与原磁场方向相同也是向外，再根据安培定则可知，感应电流方向为逆时针方向，BD不符合题意；

故答案为：A。

【分析】根据选项中给出的电流，由安培定则和楞次定律综合分析线框中感应电流的方向和线框受到的安培力方向，选出满足题干中要求的电流。4．【答案】B【解析】【解答】A.根据点电荷周围电场的分布特点可知，越靠近点电荷场强越大，电子仅在电场力作用下，从M点到N点做加速度增大的减速直线运动，说明电子运动过程中受到的电场力增大，所以电子在向靠近点电荷的方向运动，由于电子带负电，且做减速运动，则点电荷Q应带负电，A不符合题意；

B.因为电子做减速运动，所以电场力做负功，因此电势能增加，B符合题意；

C.由A项的分析可知，电子从M点到N点是向靠近点电荷的方向运动，所以M点场强比N点的小，C不符合题意；

D.因为点电荷为负电荷，根据沿电场线电势逐渐降低，因此M点电势比N点的高，D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】根据点电荷周围电场的分布和电子的运动过程中加速度的变化情况，分析电子距点电荷距离的变化情况，再根据电子的运动性质，得出点电荷的电性；根据电场力做功的正负，判断电子运动过程中电势能的变化情况；根据M点和N点与点电荷的距离关系，分析两点场强的大小关系；根据沿电场线电势逐渐降低，判断M点和N点的电势高低。5．【答案】A【解析】【解答】闭合开关S1再闭合开关S2，因为电容器电压大于R2电压，则电容器放电，电容器电压与R2故答案为：A。【分析】利用电源的正负极可以判别最初电流的变化及电容器两端的电压大小，结合当开关S2闭合时，由于电容器电压的减小可以判别电流的方向变化，进而判别电流的大小变化。6．【答案】B【解析】【解答】A.当触电P同时接触两个触点a和b，电热丝与小风扇均被接通，故电吹风处于吹热风状态，A不符合题意；

B.由表数据可知，吹热风时，电热丝的功率为P丝=460W-60W=400W，可得P丝=U1I丝，解得流过电热丝的电流为I丝=P丝U1=2011A，B符合题意。

C.由表中数据可知，正常工作时小风扇的额定功率为P扇=60W，额定电压U7．【答案】D【解析】【解答】A.将液体等效为通电导线，泵体所在处有方向垂直向外的匀强磁场，液体被抽出，此时液体受到的安培力水平向左，根据左手定则可知，电流从上表面流向下表面，泵体上表面接电源正极，A不符合题意；

D.根据电阻定律可知，泵体内液体的电阻为R=ρLS=1σ×L2L1L2=1σ8．【答案】C【解析】【解答】A.线框由高度h=0.2m处自由下落，根据自由落体的位移公式可得v2=2gh，线框在磁场中做匀速运动，则mg=BIl，又I=ER，E=Blv，联立解得线框的电阻R=0.2Ω，A不符合题意；

B.线框匀速穿过磁场，感应电流恒定，为I=ER=BlvR，可得线框进入匀强磁场的过程流过线框的电荷量q=It=Ilv9．【答案】A,D【解析】【解答】A.由图可知，t=0时刻，两次产生的交流电的电动势瞬时值均为零，因此线圈平面均与中性面重合，A符合题意；

B.由图可知，a，b对应的周期分别为Ta=4×10-2s，Tb=6×10-2s，因此线圈转速之比na：nb=1Ta：1Tb=3：2，B不符合题意；

C.由线圈转动过程中产生的最大感应电动势的公式Em=NBSω10．【答案】A,B,C【解析】【解答】A.由直线加速器原理可知，质子运动方向不变，由题图可知，A的右边缘为正极时，则在下一个加速时需B右边缘为正极，所以MN所接电源的极性应周期性变化，A符合题意；

B.质子在每个金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，由v=LT可知，金属圆筒的长度应与质子进入圆筒时的速度成正比，B符合题意；

C.由图可知，质子从O到E要经4次加速，由动能定理可得4eU=12mvE2-12mv02，解得vE=11．【答案】B,D【解析】【解答】AB.k1受向右的洛伦兹力，根据左手定则可知k1带正电，k2受向左的洛伦兹力，根据左手定则可知k2带负电，A不符合题意，B符合题意；

C.根据洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv2R，得粒子的运动半径为R=mvqB，由几何关系可知R1=R，R2=Rtan30°=3R，k1、k2的比荷相等，可得v12．【答案】（1）×1（2）红黑表笔短接；欧姆调零旋钮T；电阻的零刻度线上（3）19.0【解析】【解答】（1）多用电表测电阻时，指针指在中央位置附近，测量会比较准确，所以应将选择开关旋转到Ω挡“×1”位置；

（2）根据欧姆挡使用原理，将红、黑表笔分别插入“+”“-”插孔，并将红黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮T，使电表指针对准电阻的零刻度线上。

（3）图乙中多用电表的表盘读数为19.0，因为选择的是“×1”档，所以该电阻的阻值为19.0×1Ω=19.0Ω。

【分析】（1）（2）根据欧姆表测电阻的使用方法和注意事项分析；（3）根据欧姆表读数规则读数。13．【答案】（1）1.58；0.64（0.63~0.66）（2）2.5【解析】【解答】（1）根据闭合电路欧姆定律可得U=E-Ir，结合U-I图像的纵轴截距和斜率可得，干电池的电动势为E=1.58V，则内阻为r=1.58-1.350.35Ω=0.66Ω。

（2）根据闭合电路欧姆定律可得E=I(R+RA+r)，可得1I=1E·R+RA14．【答案】（1）0.150（2）a；R1；（3）3.0【解析】【解答】（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，图中螺旋测微器主尺读数为0mm，可动尺读数为15.0×0.01mm=0.150mm，故金属丝的直径为d=0+0.150mm=0.150mm。

（2）由于金属丝的电阻属于小电阻，远小于电压表内阻，所以为了减小误差，电流表应采用外接法，故单刀双掷开关应置于a；因待测电阻只有几欧，为了调节方便，滑动变阻器应选择最大阻值较小的R1；因为电源电动势是3V，所以定值电阻R0和电流表G要改装成3V的电压表，量程比较合适，由欧姆定律可得R0=3VIg-Rg=250Ω15．【答案】（1）0.22（2）(（3）顺时针；2GR【解析】【解答】（1）根据题意，变压器的副线圈输出功率P2=120×4×0.1W=48W，理想变压器输入功率和输出功率相等，即P1=P2=48W，可得原线圈的电流为I1=P1U1=48220A≈0.22A。

16．【答案】（1）解：在棒进入磁场前，由于正方形区域abcd内磁场磁感应强度B的变化，使回路中产生感应电动势和感应电流，根据法拉第电磁感应定律可知，在棒进入磁场前回路中的电动势为E=得E=0（2）解：当棒进入磁场时，磁场磁感应强度B＝0.5T恒定不变，此时由于导体棒做切割磁感线运动，使回路中产生感应电动势和感应电流，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中的电动势为：e＝Blv，当棒与bd重合时，切割有效长度l＝L，达到最大，即感应电动势也达到最大em＝BLv＝0.2V＞E＝0.04V根据闭合电路欧姆定律可知，回路中的感应电流最大为：im根据安培力大小计算公式可知，棒在运动过程中受到的最大安培力为：Fm＝imLB＝0.04N（3）解：在棒通过三角形abd区域时，切割有效长度l＝2v（t－1）（其中，1s≤t≤L2v综合上述分析可知，回路中的感应电流为：i＝eR＝2Bv2即：i＝t－1（其中，1s≤t≤1.2s）【解析】【分析】（1）由法拉第电磁感应定律求解棒进入磁场前，回路中的电动势；（2）当棒与bd重合时，棒受到的安培力最大，由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和安培力公式，求出棒在运动过程中受到的最大安培力；（3）根据E=BLv求出回路中的瞬时电动势，再根据i=E17．【答案】（1）解：粒子通过速度选择器，电场力和洛伦兹力平衡，根据左手定则，得B的方向垂直于纸面指向外。得qvB=qE解得v=（2）解：若粒子打在N点，得r又qv解得B若粒子打在M点，得r又qv解得B磁感应强度B的大小范围为4mE（3）解：由匀速圆周运动规律T=打在M点的粒子在D形盒中运动时间为t=【解析】【分析】（1）根据速度选择器原理，分析电场力与洛伦兹力的大小关系，求出粒子进入磁场时的速度大小，由左手定则分析B的方向；（2）求出粒子在磁场中做圆周运动的可能半径，