江苏省南京市2023-2024学年高二上学期期末考试物理试题（含答案）1

江苏省南京2023-2024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10小题，满分40分，每小题4分）1．如图所示是我国最早期的指南仪器——司南，静止时它的长柄指向南方，是由于地球表面有地磁场。下列与地磁场有关的说法，正确的是（）A．地磁场是假想的，客观上不存在B．地球表面上任意位置的地磁场方向都与地面平行C．通电导线在地磁场中可能不受安培力作用D．运动电荷在地磁场中受到的洛伦兹力可以对运动电荷做正功2．如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r，圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为（）A．4：1 B．1：2 C．1：4 D．1：13．如图所示，MN为区域Ⅰ、Ⅱ的分界线，在区域Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在着与纸面垂直的匀强磁场，一带电粒子沿着弧线apb由区域Ⅰ运动到区域Ⅱ。已知圆弧ap与圆弧pb的弧长之比为2：1，不计粒子重力，下列说法正确的是（）A．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为2：1B．粒子通过圆弧ap、pb的时间之比为1：2C．圆弧ap与圆弧pb对应的圆心角之比为2：1D．区域Ⅰ和区域Ⅱ的磁场方向相反4．科学实验证明：通电长直导线周围磁场的磁感应强度大小为B＝kIrA．a、b、c三根导线中，只有两根导线中的电流方向相同B．导线c所受磁场力竖直向下C．导线a、b所受的磁场力大小相等，方向相反D．导线a、c间的距离为2x5．图甲为100匝面积为100cm2的圆形金属线圈处于匀强磁场中，磁场方向垂直线框平面，t=0时刻磁场方向如图甲所示，磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，线框电阻为5Ω。下列说法正确的是（）A．0~2s内，线圈中感应电动势为0.04VB．第3s内，线框中感应电流为0.8AC．第5s内，线框中感应电流方向沿逆时针方向D．0~2s内和3s~5s内，通过线框某横截面的电荷量之比为1：26．如图所示，竖直边界MN的右侧存在区域足够大的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里.带有绝缘层的均质导线绕成半径为r的n匝圆形线圈，线圈质量为m、总电阻为R，首尾连接在一起.线圈上a点连接垂直于纸面的光滑转轴，可在竖直平面内摆动.将线圈向右拉至左侧与MN相切的位置后由静止释放，线圈向左摆到最高点时，直径ab转过的角度为150°。不计摆动过程中线圈受到的空气阻力，重力加速度为g，则（）A．线圈摆动时，安培力的方向始终和b点的速度方向相反B．从释放到第一次摆至左侧最高点的过程中，安培力对线圈做的功为mgrC．从释放到最后静止，线圈中产生的电热大于mgrD．从释放到第一次摆至左侧最高点的过程中，通过线圈的电荷量为（56π+37．如图，一束单色光射入一玻璃球体，入射角为60°．已知光线在玻璃球内经一次反射后，再次折射回到空气中时与入射光线平行．此玻璃的折射率为（）A．2 B．1.5 C．3 D．28．在双缝干涉试验中发现条纹太密，不便于测量，可以采用的改善办法（）A．改用波长较短的光（比如紫光）做入射光B．减小双缝到屏的距离C．增大双缝间距D．减小双缝间距9．如图甲，在垂直纸面向里的匀强磁场区域中有一开口很小的圆形线圈，在线圈开口左端连接一阻值为R＝6Ω的电阻，一个电容为C＝1.25×10﹣3F的电容器与R并联。已知圆形线圈面积为0.2m2，圆形线圈电阻为r＝4Ω，其余导线电阻不计，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示。在0～4s内下列说法正确的是（）A．回路中感应电动势大小为2VB．回路中感应电流的大小为0.05AC．R两端的电压为0.12VD．电容器充电完成后，上极板带电量为2.5×10﹣4C10．如图所示，在垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m，带电量为+q的小球穿在足够长的水平固定绝缘的直杆上处于静止状态，小球与杆间的动摩擦因数为μ。现对小球施加水平向右的恒力F0，在小球从静止开始至速度最大的过程中，下列说法中正确的是（）A．直杆对小球的弹力方向不变 B．直杆对小球的摩擦力一直减小C．小球运动的最大加速度为F0m 二、实验题（共2小题，满分12分，每小题6分）11．在通过“插针法”测量玻璃的折射率实验中：（1）关于该实验（甲图），有以下操作步骤：①摆好玻璃砖，确定玻璃砖上、下边界aa'，bb'②任意画出一条入射光线，在光路上插上大头针P1、P2③在确定P3、P4位置时，应使P3挡住P1、P2的像，P4挡住④在确定P3、P4位置时，二者距离应适当（选填“近”或“远”），以减小误差（2）如图乙所示，过P3、P4作直线交bb'于O'，过O'作垂直于bb'的直线NN'，连接OO'。用量角器测量图乙中角α＝30°和β＝60°的大小，则玻璃的折射率n＝。（3）小丹同学在实验中虽测出了入射角和折射角，但苦于无法得知非特殊角的正弦值，不能准确算出折射率，她利用实验室提供的圆规和刻度尺，以入射点O为圆心作圆，与入射光线、折射光线分别交于A、B点，再过A、B点作法线NN'的垂线，垂足分别为C、D点，如图丙所示，则玻璃的折射率为____（选填比例式前的字母）。A．ACBD B．OCOD 12．某同学利用图示装置测量某种单色光的波长。实验时，接通电源使光源正常发光：调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。回答下列问题：（1）若想减少从目镜中观察到的条纹个数，该同学可____；A．将单缝向双缝靠近 B．将屏向靠近双缝的方向移动C．将屏向远离双缝的方向移动 D．使用间距更小的双缝（2）若双缝的间距为d，屏与双缝间的距离为L，测得第1条暗条纹到第6条暗条纹之间的距离为Δx，则单色光的波长λ＝；三、计算题（共4小题）13．如图所示，一个质量为m、电阻不计、足够长的光滑U形金属框架MNQP，位于光滑水平桌面上，分界线OO'分别与平行导轨MN和PQ垂直，两导轨相距L.在OO'的左右两侧存在着区域很大、方向分别为竖直向上和竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为B.另有质量也为2m的金属棒CD，垂直于MN放置在OO'左侧导轨上，并用一根细线系在定点A.已知细线能承受的最大拉力为T0，CD棒接入导轨间的有效电阻为R.现从t＝0时刻开始对U形框架施加水平向右的拉力，使其从静止开始做加速度为a的匀加速直线运动，求：（1）细线断裂时，导体棒CD中电流的大小和方向；（2）细线断裂之前，t时刻水平拉力F的大小；（3）若在细线断裂时，立即撤去拉力F，此后过程中回路产生的总焦耳热Q.14．足够长的光滑平行金属导轨cd和gf水平放置，在其左端连接为θ＝37°的光滑金属导轨ge、hc，导轨相距均为L＝1m，在水平导轨和倾斜导轨上，各放一根与导轨垂直的金属杆，金属杆与导轨接触良好。金属杆a、b质量均为m＝0.1kg，电阻Ra＝2Ω、R6＝3Ω，其余电阻不计。在水平导轨和斜面导轨区域分别有竖直向上和竖直向下的匀强磁场B1、B2，且B1＝B2＝0.5T.已知t＝0时起，杆a在外力F1作用下由静止开始水平向右运动，杆b在水平向右的F2作用下始终保持静止状态，且F2＝0.75+0.2t（N）。（g取10m/s2）（1）通过计算判断杆a的运动情况；（2）从t＝0时刻起，求1s内通过杆b的电量；（3）若t＝0时刻起，2s内作用在a棒上外力做功为13.2J，则这段时间内b棒上产生的热量为多少？15．如图所示，MN和PQ是两根互相平行、间距为d、竖直放置的光滑金属导轨，且处于磁感应强度为B的匀强磁场中，已知导轨足够长，且电阻不计。ab是一根不但与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆，金属杆的质量为m，电阻为r。将开关S闭合，让ab由静止开始自由下落高度h后杆的速度达到最大。已知重力加速度为g。（1）请大致画出金属杆的速度随时间变化的图像；（2）杆在下落过程中通过金属杆的电量、产生的热量；（3）杆下落这段高度需要的时间。16．如图所示，平行边界MN间存在垂直纸面向里的匀强磁场，边界间距为d＝3.0m，磁感应强度为B＝0.10T。质量为m＝1.6×10﹣10kg、电量为q＝3.2×10﹣9C的负离子（不计重力）从边界M上的A点进入磁场，速度与边界的夹角为θ＝60°，从边界N上的C点垂直边界射出磁场。求：（计算结果保留2位有效数字）（1）负离子进入磁场时的速度大小v0；（2）负离子在磁场中运动的时间t。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A、地磁场虽然看不见、摸不着，但它是客观存在的，是一种物质。故A错误；

B、磁场是闭合的，地球磁场从地球的南极附近发出，从地球的北极附近进入地球，磁感线组成闭合曲线，不是地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行。故B错误；

C、当通电导线与地磁场平行放置时，导线不受安培力作用。故C正确；

D、由于运动电荷在地磁场中受到的洛伦兹力始终与速度方向垂直，故运动电荷在地磁场中受到的洛伦兹力不做功。故D错误。

故答案为：C。

【分析】地磁场虽然看不见、摸不着，但它是客观存在的，是一种物质。当通电导线与地磁场平行放置时，导线不受安培力作用。2．【答案】D【解析】【解答】由Φ=BS磁感应强度B一样，有效面积S一样。

故答案为：D。

【分析】确定两线圈在磁场中的有效面积，再根据磁通量的定义进行解答。3．【答案】D【解析】【解答】A、由于洛伦兹力不做功，所以粒子在两个磁场中的运动速度大小不变，即粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为1∶1，故A错误；

B、根据t=v相同，则时间之比等于经过的弧长之比，即粒子通过圆弧ap、pb的时间之比为2∶1，故B错误；

C、圆心角θ=lr由于磁场的磁感应强度之比不知，故半径之比无法确定，则转过的圆心角之比无法确定，故C错误；

D、根据曲线运动的条件，可知洛伦兹力的方向与运动方向的关系，再由左手定则可知，两个磁场的磁感应强度方向相反，故D正确。

故答案为：D。

【分析】粒子所受合力指向曲线凹侧，根据左手定则确定磁场方向。洛伦兹力不做功，粒子的速率大小不变。再结合带电粒子在磁场中运动的规律进行解答。4．【答案】C【解析】【解答】A、导线a受b、c安培力恰好与其重力平衡，因此b、c对a的安培力都为排斥力，b、c为同向电流，a与b、c为异向电流，故A正确，不符合题意；

B、b对c为吸引力，a对c为排斥力，同时c还受竖直向下的重力和竖直向上的支持力，由平衡知识可知，导线c受到的安培力的合力的方向为竖直向下，故B正确，不符合题意。

C、由以上分析可知，导线a受到的磁场力为竖直向上，大小等于重力mg；导线b所受的磁场力竖直向下，且满足N对abc的整体而言N则N则b所受的磁场力F即导线a、b所受的磁场力大小不相等，只是方向相反，故C错误；符合题意；

D、对c导线分析可知

x解得ac=故D正确，不符合题意；

故答案为：C。

【分析】确定各导线的受力情况，根据通电导线相互作用力的关系确定各导线之间的相互作用力，再根据平衡条件进行解答。5．【答案】D【解析】【解答】A.0~2s内，根据法拉第电磁感应定律有E=nΔΦΔt=nSΔB代入数据有E=4VA不符合题意；B．第3s内指的是2~3s，由题图可看出在该段时间内，线圈的磁通量不变，则在此段时间内线圈的感应电流为0，B不符合题意；C．第5s内指的是4~5s，由题图可看出在该段时间内，磁场的方向垂直纸面向外且在增大，根据楞次定律可知，线框中感应电流方向沿顺时针方向，C不符合题意；D.3~5s内，根据法拉第电磁感应定律有E′=nΔΦΔt=nSΔB代入数据有E′=8V由于电荷量q=It则有q=ERt=85C，q′=E'则q：q′=1：2D符合题意。故答案为：D。

【分析】根据法拉第电磁感应定律得出电动势的大小，结合电流的定义式得出电荷量的表达式，从而求出电荷量之比。6．【答案】D【解析】【解答】A、线圈向左摆动时，线圈中垂直纸面向里的磁通量减小，由楞次定律知，安培力阻碍线圈的相对运动，安培力与线框运动方向相反。由于b点的运动方向始终与直径ab垂直，故安培力方向不会始终与b点的速度方向相反，故A错误；

B、从释放到第一次摆至最高的过程中，安培力对线圈做的功为等于重力势能的变化量，环的重心位置等效在环的圆心，所以重力势能的减少量Δ所以安培力对线圈做的功为−0.5mgr，故B错误；

C、从释放到静止，环的重力势能通过感应电流转化为焦耳热，所以线圈产生的焦耳热等于减少的重力势能，大小为Q=Δ故C错误；

D、从释放到第一次摆至最高的过程中，设通过线圈的电量为q，电路中的平均电流为I，平均电动势为E，经过的时间为△t，则q=IΔt，I=ER三式联立得q=n开始时穿过线圈的磁通量Φ第一次摆至最高时的磁通量Φ联立可得q=(故D正确。

故答案为：D。

【分析】安培力总是阻碍物体的相对运动，注意线圈在磁场中的有效长度，安培力始终与等效长度的运动方向相反。确定运动过程中磁通量的变化情况。再根据能量守恒定律及电流的定义式及电磁感应定律进行解答。7．【答案】C【解析】【解答】据题意，由于岀射光线和入射光线平行，则光线AB和光线BC关于法线B0对称，则法线与岀射光线和入射光线平行，所以∠ABO=30°，则折射角r=∠OAB=30°，据折射定律有：n=sin60°/sin30°=3，所以C选项正确．故答案为：C

【分析】利用几何关系可以求出折射角的大小，结合折射定律可以求出折射率的大小。8．【答案】D【解析】【解答】根据公式∆x=要增加条纹间距，可增大双缝到屏的距离、光的波长及减小双缝之间的距离。

故答案为：D。

【分析】根据双缝干涉实验条纹间距公式，结合题意进行解答即可。9．【答案】C【解析】【解答】A、在0~4s内，根据法拉第电磁感应定律有E=故A错误；

B、根据闭合电路欧姆定律可知I=故B错误；

C、根据串联电路分压规律可知R两端的电压为U=故C正确；

D、由上述结论，电容器两板的电荷量Q=CU=0.15×故D错误。

故答案为：C。

【分析】确定电路的连接方式及电容器的意义。再根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律及串并联电路规律及电容定义式进行解答。10．【答案】C【解析】【解答】A、竖直方向根据平衡条件mg=qvB+初始时，洛伦兹力为零，弹力方向向上，此时小球加速，必然有F速度达到最大时，摩擦力与拉力平衡，此时弹力必然大于重力，此时洛伦兹力必然大于重力，且有F此时弹力方向向下，故A错误；

BC、小球开始运动时有F随v增大，a增大，当v=a达最大值F0f=μ减小，此后随着速度增大，洛伦兹力增大，支持力反向增大，此后下滑过程中有F随v增大，a减小，摩擦力增大，故B错误，C正确；

D、当F时，此时达到平衡状态，速度最大，最大速度v故D错误。

故答案为：C。

【分析】对小球进行受力分析，明确小球所受洛伦兹力大小变化情况。再根据牛顿第二定律及滑动摩擦力公式确定加速度及摩擦力的变化情况。当小球速度最大时，小球的加速度为零，此时小球处于平衡状态。11．【答案】（1）P3以及P1、P2的像；远（2）3（3）A【解析】【解答】（1）在确定P3、P4位置时，应使P3挡住P1、P2的像，P4挡住P3以及P1、P2的像；折射光线是通过隔着玻璃砖观察成一条直线确定的，大头针间的距离太小，引起的角度会较大，故P1、P2及P3、P4之间的距离适当大些，可以提高准确度；

（2）根据折射定律有n=（3）因为sini=AC则该玻璃砖的折射率为n=故答案为：A。

【分析】熟悉掌握“插针法”的操作步骤及方向。再根据折射定律结合几何关系进行数据处理。12．【答案】（1）C；D（2）Δx【解析】【解答】（1）减少从目镜中观察到的条纹个数，则条纹的宽度增大，根据相邻亮条纹间的距离∆x=增大相邻亮条纹（暗条纹）间的宽度，可减小双缝间距离或增大双缝到屏的距离；故CD正确，AB错误；

（2）第1条暗条纹到第6条暗条纹之间的距离为△x，则两个相邻明纹（或暗纹）间的距离∆x'=则单色光的波长λ=【分析】根据相邻亮条纹间距公式结合题意确定减少个数的方法。确定条纹间距与距离的关系，再根条纹间距公式进行解答。13．【答案】（1）解：设细线断裂时，导体棒CD中电流的大小为I，此时CD棒受到的安培力大小等于细线的最大拉力，即FA＝T0，结合FA＝BIL，解得I=对NQ边，根据右手定则判断可知，NQ边中感应电流方向由Q→N，则CD棒电流方向由C→D。（2）解：细线断裂之前，t时刻线框的速度为v＝atNQ边产生的感应电动势为E＝BLv回路中感应电流为I=NQ边所受的安培力大小为F安＝BIL联立解得：F安=对框架，根据牛顿第二定律，有F﹣F安＝ma解得：F=B（3）解：在细线断裂时，立即撤去拉力F，设此时线框的瞬时速度为v0。根据F安=B2L2v此后运动过程中，框架与金属棒CD所受的安培力总是大小相等，方向相同均水平向左，相同时间内框架减少的动量等于CD棒增加的动量，系统总动量不变，最终棒和框架以大小相等的速度v做匀速运动，取向右为正方向，则有2mv0＝（m+2m）v根据能量守恒定律得Q=12•2mv联立解得：Q=【解析】【分析】（1）对导体棒CD进行受力分析，绳子断裂时，绳子的拉力达到最大值，再根据平衡条件及安培力公式确定此时电流的大小，对NQ边根据右手定则确定回路中电流的方向；

（2）断裂前，线框做匀加速直线运动，根据匀加速直线运动规律确定此时NQ的速度大小，再根据电磁感应定律及安培力公式及牛顿第二定律进行解答；

（3）断裂瞬间对CD导体棒根据平衡条件及安培力公式确定此时线框NQ的速度。断裂后撤去F。此后线框与导体棒构成的系统动量守恒，属于等距无外力双棒模型，再根据动量守恒定律及能量守恒定律进行解答。14．【答案】（1）解：对杆b受力分析知FNcosθ＝mg①F安+FNsinθ＝F2②安培力为F＝BIL③I=BLv由①②③④解得v＝4t故杆a做加速度a＝4m/s2的匀加速直线运动。（2）解：根据电荷量q=ItE=由⑤⑥知q=其中x=1所以q=0.5×1×2（3）解：对系统，由能量守恒定律得：Qa+Qb＝W−12mvv＝4t⑧Qa=23Q由⑦⑧⑨代入数据知解得：Qb＝6J【解析】【分析】（1）杆b始终处于静止状态，对杆b进行受力分析，根据平衡条件及安培力公式结合题意确定杆a速度与时间的关系，继而确定杆a的运动情况；

（2）根据匀变速直线运动规律确定1s内杆a运动的位移，再根据电荷量的