河北省张家口市2023-2024学年高二上学期期末考试物理试题（含答案）

河北省张家口市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、单选题：本大题共7小题，共28分。1．下列说法中正确的是（）A．法拉第最早提出了“电场”的概念B．楞次发现了电磁感应现象，并总结出了楞次定律C．安培总结出了磁场对运动电荷的作用力规律D．丹麦物理学家安培发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，称为电流的磁效应2．两点电荷形成电场的电场线分布如图所示，A、B是电场线上的两点，下列说法正确的是（）A．两点电荷的电性相同B．两点电荷所带的电荷量相等C．A点的电场强度比B点的电场强度大D．A点的电场强度比B点的电场强度小3．以下是来源于物理课本的一些插图，相关说法正确的是（）A．图甲中a端带负电B．图乙采用了假设法C．图丙显示灯泡电阻随温度升高而减小D．图丁中，并联的电阻R越小，改装后的电流表量程越大4．如图所示电路，电源电动势恒为E、内阻为r，电压表、电流表均视为理想电表。闭合开关S，当滑动变阻器的滑片Р向右移动的过程中，忽略灯泡电阻随温度的变化，下列说法正确的是（）A．电流表的示数变小 B．电压表的示数变大C．通过滑动变阻器的电流变大 D．电源消耗的功率变大5．笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件，当显示屏合上时，霍尔元件处于垂直于上下表面向上的匀强磁场中，则前后表面间会产生霍尔电压U，以此控制屏幕的熄灭。如图所示，一块长为a、宽为b、厚度为d的矩形霍尔元件，元件内的导电粒子是自由电子，元件中通有大小为I、方向向右的电流时（）A．前表面的电势比后表面的电势低B．霍尔电压U与b有关C．霍尔电压U与d无关D．霍尔电压U与a有关6．如图所示是某教学楼东面墙上的一扇钢窗，将钢窗右侧向外匀速打开，推窗人正好看见太阳冉冉升起。以推窗人的视角来看，在钢窗中地磁场磁通量增大的过程中（）A．钢窗中产生了逆时针电流，感应电动势的大小不变B．钢窗中产生了顺时针电流，感应电动势的大小是变化的C．钢窗竖直边框受到地磁场的安培力的方向是不变的D．钢窗中磁通量最大时，感应电动势也达到最大值7．如图所示，一足够大的正方形区域abcd内存在垂直纸面向里的匀强磁场，其顶点a在直线MN上，且ab与MN的夹角为45°.一边长为L的正方形导线框从图示位置沿直线MN以速度v匀速穿过磁场区域。规定逆时针方向为感应电流的正方向，下列表示整个过程导线框中感应电流i随时间t(以Lv为单位A． B．C． D．二、多选题：本大题共3小题，共18分。8．如图所示，在光滑绝缘水平面的P点正上方O点固定一电荷量为+Q的点电荷，在水平面上的N点，由静止释放质量为m、电荷量为–q的试探电荷，该试探电荷经过P点时速度为v，图中θ=60°。则在+Q形成的电场中（规定P点的电势为零）（）A．N点电势低于P点电势B．N点电势为–mC．P点电场强度大小是N点的2倍D．试探电荷在N点具有的电势能为–12mv9．如图甲所示为远距离输电的示意图，图中的变压器均为理想变压器，输电线的总电阻为r=100Ω，降压变压器所接用户可等效为图中的滑动变阻器，用户增加时相当于滑动触头向下滑动。已知用户端的额定电压U0=220V，降压变压器原、副线圈的匝数比为nA．发电厂的输出功率为11B．升压变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2C．用户增加时，用户得到的电压减小D．用户增加时，输电线上的损失功率减小10．如图为电磁刹车实验装置，小车底面安装有矩形导线框abcd，线框底面平行于地面，在小车行进方向有与abcd等宽、等长的有界匀强磁场，磁场方向垂直地面向上。小车进入磁场前撤去牵引力，小车穿过磁场后滑行一段距离停止。则小车（）A．进入磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为adcbaB．穿过磁场的过程中，中间有一段时间矩形导线框中没有感应电流C．小车进入磁场前的速度越大，滑行的距离越远D．穿过磁场的过程中，矩形导线框受到的安培力方向始终水平向左三、实验题：本大题共2小题，共18分。11．（1）如图所示的游标卡尺，游标尺上共有20个分度，用它测量某工件的外径时，示数如图，则此工件的外径是cm。

（2）在“用多用电表测量电学中的物理量”的实验中，某同学使用的多用电表的刻度盘如图所示：①关于多用电表的使用，下列说法中正确的是(选填选项前的字母)；A.用电压挡测电压前，需调整指针定位螺丝，使指针指到右边的零刻度B.若多用电表没有OFF挡，使用完后应将选择开关拨至交流电压最高挡C.用欧姆挡测电阻时，被测电阻的阻值越大，指针向右转过的角度就越大D.用欧姆挡测电阻时，改变不同倍率的欧姆挡后，需要重新进行欧姆调零②在测量小灯泡的电阻时，红表笔接触点的电势比黑表笔(选填“高”或“低”)；③如果要用此多用电表测量一个阻值约为1000Ω的电阻，为了使测量结果比较精确，应将选择开关旋转到欧姆挡的(选填“×10”“×100”或“×1k”12．叠层电池是把普通的化学干电池制作成长方形的小块，并多个叠加串联在一起，成为一个独立的电池，具有体积小，输出电压高的特点。如图甲所示，某叠层电池与普通干电池性质相同，其由多块干电池块串联在一起。为测量某叠层电池的电动势E和内阻r，该同学设计了如图乙所示的测量电路，所用器材如下：A.待测电池B.定值电阻R0（阻值为30.0Ω）C.理想电压表V1（量程为0~15V）D.理想电压表V2（量程为0~3V）E.滑动变阻器R（最大阻值为500Ω）F.开关一个，导线若干回答下列问题：（1）闭合开关前，应将滑动变阻器R的触头置于(选填“最左端”或“最右端”)。（2）实验中，调节R触头的位置，发现当电压表V1示数为6.0V时，电压表V2示数为1.96（3）多次改变R接入电路的阻值，读出多组V1和V2的示数U1、U2，请你将(2)中的点描在图丙中，并连同已描出的点作出（4）由U1−U2图像可知该叠层电池的电动势E=V，内阻r=四、计算题：本大题共3小题，共36分。13．电子所带的电荷量最早是由美国科学家密立根通过油滴实验测定的。油滴实验的原理如图所示，两块水平放置的金属板分别与电源的两极相接，油滴从喷雾器喷出后由于摩擦而带负电，油滴进入上板中央小孔后落到匀强电场中，通过显微镜可以观察到油滴的运动情况。假设两金属板间的距离d=5.0×10-2m，忽略空气对油滴的浮力和阻力，重力加速度g取10m/s2．请问：（1）调节两板间的电势差U=200V，观察到某个质量为m1=1.28×10-15kg的油滴恰好处于悬浮不动，则哪一金属板接电源的正极？该油滴所带电荷量q1多大？（2）维持两板间电势差不变，观察到另一个质量为m2=2.00×10-15kg的带负电油滴，从上板小孔静止开始做匀加速直线运动，经时间t=0.5s到达下板，则此油滴所带电荷量q2多大？14．某兴趣小组用电流传感器测量某磁场的磁感应强度大小。实验装置如图甲所示，不计电阻且足够长的光滑金属导轨竖直放置在匀强磁场中，导轨间距d=0.5m，其平面与磁场方向垂直。电流传感器与阻值R=0.8Ω的电阻串联接在导轨上端。现将质量m=0.02kg、有效阻值r=0.2Ω的导体棒AB由静止释放，导体棒（1）该磁场的磁感应强度大小；（2）在t1时刻导体棒AB（3）在0∼t1时间内导体棒AB下降的高度h=515．如图所示的平行板电容器中，存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度大小B1=0.20T，方向垂直纸面向里，电场强度E1=1.0×105V/m，PQ为板间中线。紧靠平行板右侧边缘xOy坐标系的第一象限内，边界AO与y轴的夹角∠AOy=45°，边界线的上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B2=0.25T，边界线的下方有竖直向上的匀强电场，电场强度E2=5.0×105V/m。一带电量q（1）离子运动的速度；（2）离子从通过y轴进入磁场到第二次穿越边界线OA所用的时间；（3）离子第四次穿越边界线OA时的速度(最后结果保留两位有效数字)。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A、法拉第最早提出了“电场”的概念，故A正确；

B、法拉第发现了电磁感应现象，楞次总结出了楞次定律，故B错误；

C、洛伦兹总结出了磁场对运动电荷的作用力规律，故C错误；

D、丹麦物理学家奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，称为电流的磁效应，故D错误。

故答案为：A。

【分析】熟悉掌握各物理学史。法拉第最早提出了“电场”的概念，法拉第发现了电磁感应现象，楞次总结出了楞次定律。2．【答案】C【解析】【解答】AB、由电场线分布可知，两点电荷为异种电荷，即电性相反，因两边电场线不对称分布，可知两点电荷所带的电荷量不相等，故AB错误；

CD、因A点电场线较B点密集，可知A点的电场强度比B点的电场强度大，故C正确，D错误。

故答案为：C。

【分析】电场线由正电荷出发，指向负电荷。等量电荷形成的电场线相互对称，电场线越密集，电场强度越大。3．【答案】D【解析】【解答】A、根据静电感应的原理知，一个带电的物体与不带电的导体相互靠近时由于电荷间的相互作用，会使导体内部的电荷重新分布，异种电荷被吸引到带电体附近，而同种电荷被排斥到远离带电体的导体另一端，故a端带正电，故A错误；

B、研究影响平行板电容器的影响因素时，采用的是每次实验都保证只有一个变量的方法，故图2采用了控制变量法，故B错误；

C、由图3图像可知，随灯泡两端电压增大，通过灯泡的电流增大，温度升高且电压与电流的比值增大，灯泡电阻随温度升高而增大，故C错误；

D、图4中，并联的电阻R越小，IR就越大，改装后的电流表量程IR+Ig越大，故D正确。

故答案为：D。

【分析】熟悉掌握三种起电方式的特点及实质。对于具有多个物理量对研究问题产生影响时，往往采用控制变量法。I-U图像与原点连线斜率的倒表示电阻。熟悉掌握电表改装的原理。4．【答案】B【解析】【解答】由电路可知，灯泡L和滑动变阻器R并联接到电源两端，电压表测量路端电压，电流表测量灯泡的电流，则当滑动变阻器的滑片Р向右移动的过程中，R变大，则总电阻变大，总电流减小，路端电压变大，即电压表的示数变大，灯泡的电流变大，即电流表的示数变大；通过滑动变阻器的电流变小，根据P=I2r可知，电源消耗的功率变小。故ACD错误，B正确。

故答案为：B。

【分析】明确电路的连接方式及各电表的测量对象，对于由滑动变阻器的阻值变化引起电路中各部分元件物理量变化的问题，可采用程序法或者“串反并同”结论法进行处理。5．【答案】A【解析】【解答】A、电流方向向右，电子向左定向移动，根据左手定则，电子所受洛仑兹力垂直纸面向外，电子打在前表面，前表面电势比后表面电势低，故A正确；

BCD、根据平衡条件可得e根据电流微观表达式有I=neSv又S=bd联立解得U=可知霍尔电压U与d有关，与a、b无关，故BCD错误。

故答案为：A。

【分析】确定元件内导电粒子的电性，再根据左手定则，确定粒子的偏转方向继而确定电势的高低情况。再根据霍尔元件的处理方法确定霍尔电压与霍尔元件各部分物理量之间的关系。6．【答案】C【解析】【解答】AB、将钢窗右侧向外匀速打开，则穿过窗口的磁通量向北增加，则根据楞次定律，钢窗中产生了逆时针电流，因磁通量的变化不是均匀的，则感应电动势的大小是变化的，故AB错误；

C、钢窗中产生的感应电流方向不变，磁场方向不变，则钢窗竖直边框受到地磁场的安培力的方向是不变的，故C正确；

D、钢窗中磁通量最大时，磁通量的变化率最小，则感应电动势最小，故D错误。

故答案为：C。

【分析】根据题意确定地磁场穿过窗户的方向，再根据楞次定律确定感应电流的方向及安培力的方向。地磁场是非均匀的，故磁通量的变化也是非均匀的，产生的感应电动势是变化的。7．【答案】C【解析】【解答】根据右手定则，可知线框进入磁场时产生的感应电流为逆时针方向，离开磁场时产生的感应电流为顺时针方向，当线框运动时间为1.5Lv时，感应电流为零。

故答案为：C。

8．【答案】A,B【解析】【解答】A项：根据顺着电场线方向电势降低可知，M点的电势高于N点的电势，而M、P两点的电势相等，则N点电势低于P点电势．A符合题意；B项：根据动能定理得：检验电荷由N到P的过程：−q(φN−φPC项：P点电场强度大小是Ep=kQrpD项：检验电荷在N点具有的电势能为Ep=−q故答案为：AB

【分析】利用动能定理可以求出电势的大小；利用电场线方向可以判别电势的高低；利用距离结合场强公式可以判别场强的大小；利用电势可以求出电势能的大小。9．【答案】B,C【解析】【解答】A、发电厂的输出功率P式中P4为用户端消耗的总功率P0，根据题意可得用户端总电流I根据变压器原副线圈匝数与电压电流之间的关系可得n3n解得U3=11000V由此可得发电厂的输出功率P故A错误；

B、根据以上分析可得U而根据图乙可得U可得升压变压器原、副线圈的匝数比为n故B正确；

C、用户增加时，用户端总电阻减小，电流I4增大，由于升压变压器与降压变压器的匝数比恒定，因此输电线路中的电流I3增大，输电线路中的电阻分压增大，而U2不变则U2不变，根据U可知U3减小，而U3减小则U4减小，即用户端的电压减小，故C正确；

D、根据以上分析可知，用户增加时，输电线上的电I3变大，而输电线路上的功率损失P则可知损失功率增大，故D错误。

故答案为：BC。

【分析】熟悉掌握理想变压器的规律，明确各部分回路中各部分元件之间的电压、电流及电功率之间的关系，再结合串联电路规律及欧姆定律、电功率的定义及理想变压器的原理进行解答。10．【答案】C,D【解析】【解答】A．根据楞次定律可知，进入磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为abcda，A不符合题意；B．因为有界匀强磁场与abcd等宽、等长，所以穿过磁场的过程中，ab边刚要离开磁场时cd进入磁场，故穿过磁场的过程中，矩形导线框中始终有感应电流，B不符合题意；C．根据动量定理可得∑−Bilt=m即Bql=m则可得mv=m可以看出，小车进入磁场前的速度越大，离开磁场时的速度越大，根据x=可知离开磁场后滑行的距离越远，C符合题意；D．根据左手定则可知，进入磁场时，ab受到的安培力方向水平向左；离开磁场时，根据楞次定律可知，矩形导线框中感应电流的方向为adcba，根据左手定则，cd受到的安培力方向也是水平向左，D符合题意。故答案为：CD。

【分析】利用楞次定律可以判别感应电流的方向；利用磁通量的变化可以判别感应电流始终产生；利用动量定理可以判别小车进入磁场速度越大离开磁场时速度越大；利用感应电流方向结合左手定则可以判别安培力的方向。11．【答案】（1）5.015（2）BD；低；×100【解析】【解答】（1）游标卡尺的读数由主尺刻度和游标尺刻度两部分组成，20分度值的游标尺其精度为0.05mm，图示主尺刻度为5cm，游标尺第3格与主尺刻度对其，则可知其读数为5cm+0.05×3mm=5.015cm（2）A、用电压挡测电压前，需调整指针定位螺丝，使指针指到左边的零刻度，故A错误；

B、为了防止多用电表被误用，以及尽可能延长内部电源的使用寿命，若多用电表没有OFF挡，使用完后应将选择开关拨至交流电压最高挡，故B正确；

C、用欧姆挡测电阻时，被测电阻的阻值越大，指针向右转过的角度就越小，故C错误；

D、用欧姆挡测电阻时，改变不同倍率的欧姆挡后，需要重新进行欧姆调零，故D正确。

故答案为：BD。

在测量小灯泡的电阻时，多用电表选择欧姆档，此时多用电表接通了内部电源，黑表笔与内部电源的正极相连，红黑表笔与内部电源的负极相连，因此红表笔接触点的电势比黑表笔低。

欧姆表表盘的中值刻度为15，而在测电阻时，要尽可能的使指针指在中值刻度附近，因此测量一个阻值约为1000Ω的电阻时应将选择开关旋转到欧姆挡的“×100”位置处。

【分析】读数时注意仪器的分度值及是否需要估读。熟悉掌握多用电表的使用方法及操作步骤。在测电阻时，为减小测量误差，要尽可能的使指针指在中值刻度附近。12．【答案】（1）最左端（2）65.3（3）（4）14.0；123【解析】【解答】（1）闭合开关前，为了保护电路，应将滑动变阻器R的触头置于最左端，让接入电路中的阻值最大。

（2）根据电路原理可知，此时通过电源的电流即为通过定值电阻R0的电流，根据欧姆定律可得I=（3）作图时要用平滑的直线将各点迹连接起来，尽可能多的让点迹落在所做图线上，不能落在图线上的点迹，要让其均匀的分布在直线的两侧，误差较大的点迹直接舍去，做出的图像如图所示

（4）根据电路图，由闭合电路的欧姆定律可得E=变式可得U可知，U1-U2图像与纵轴的截距表示电源的电动势E，而图像斜率的绝对值表示rRE=14.0V，r解得r≈123Ω【分析】闭合开关前，滑动变阻器应置于使电表读数最小值的位置。根据电路的连接方式及串并联电路的规律确定通过电源的电流。根据实验原理结合电路图确定图像的函数表达式，再根据表达式确定图像斜率及截距的物理意义，再结合图像进行数据处理。13．【答案】（1）解：因为油滴带负电，且油滴处于平衡状态，重力竖直向下，电场力与重力等大反向，金属板的上极板接电源的正极，

根据平衡可得：Eq1=m1g

根据电场强度与电势差之间的关系式可得：E=Ud（2）解：垂直极板方向做匀加速运动，根据运动学规律：d=12at2

可得：a=0.4m/s2

根据牛顿第二定律：m2g-Eq2【解析】【分析】（1）根据平衡条件确定油滴的受力情况，再结合油滴的电性确定极板正极。再根据平衡条件及电场强度与电势差的关系进行解答；

（2）确定油滴0.5s运动的位移，根据匀变速直线运动规律确定加速度的大小，再根据受力情况及牛顿第二定律进行解答。14．【答案】（1）根据题意可知，当导体棒速度最大时，产生的感应感应电动势最大，回路中的感应电流才有最大值，则可知当感应电流最大时导体棒所受安培力与重力大小相等方向相反，合力为零，根据平衡条件有mg解得B（2）设t1时刻导体棒AB的速度大小为vE根据闭合电路欧姆定律可得I联立解得v（3）在0∼tmgh而此过程中电阻R产生的电热Q联立解得Q【解析】【分析】（1）当导体的电流最大时，导体的速度最大，此时导体棒的加速度为零，再根据导体棒的受力情况及平衡条件进行解答；

（2