四川省绵阳市2023-2024学年高二上学期期末考试物理试题（含答案）

四川省绵阳市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、必考选择题．本题共9小题，每小题4分，共36分．在每小题给出的四个选项中，第1~6题只有一项符合题目要求，第7~9题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．1．如图所示，两根位于竖直面内水平平行放置的直导线，通以向右的恒定电流，不计重力的带负电的粒子从导线正下方某处以v0A．粒子的速率增大 B．粒子的速率减小C．粒子向下偏 D．粒子向上偏2．如图所示，A、B、C三个点电荷带电量均为q，A、B带正电，C带负电，O为AB连线的中点，C处于AB连线的中垂线上，三个点电荷到O点的距离均为d，则O点的电场强度大小为（）A．0 B．kqd2 C．3kqd3．将一电子从电场中的某一点A移到无限远的过程中克服电场力做功5eV，以无限远处的电势为零，则A点的电势及电子在A点具有的电势能分别为（）A．5V，−5eV B．−5V，5eV C．4．如图所示，a、b为平行金属板电容器，静电计的外壳以及电容器的b板接地。开关S闭合后，静电计的指针张开一个较小的角度，要使指针张开的角度增大，以下方法可行的是（）A．减小a、b板的距离 B．减小a、b板的正对面积C．断开S，减小a、b板的距离 D．断开S，减小a、b板的正对面积5．如图所示，电源电动势E=10V，内阻r=0.5Ω，闭合开关，标有“4V，8W”的灯泡L恰好能正常发光，电动机A．电动机两端的电压为6V B．电源的输出功率为20WC．电动机的输出功率为6W D．电动机的效率为50%6．如图，用粗细均匀的电阻丝折成边长为L的平面等边三角形框架，每个边长L的电阻均为r，三角形框架的两个顶点与一电动势为E、内阻为r的电源相连接，垂直于框架平面有磁感应强度为B的匀强磁场，则三角形框架受到的安培力的合力大小为（）A．0 B．2BEL5r C．3BEL5r 7．如图所示，P为固定的点电荷，虚线是以P为圆心的三个同心圆，相邻两圆弧间距相等。带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与三圆在同一平面内，a、b、c、d、e为轨迹与三圆相交或相切的点。若Q仅受P的电场力作用，由此可以判定（）A．P、Q带同种电荷B．a、b间电势差的绝对值等于b、c间电势差的绝对值C．从a到e，粒子Q的加速度先增大后减小D．从a到e，电场力对粒子Q先做正功后做负功8．在如图所示的电路中，电源内阻r与定值电阻R0的阻值均为2Ω，滑动变阻器总电阻R=10Ω，电压表V1、V2均为理想表。闭合开关，当滑动变阻器的滑片PA．V1的示数一直增大 B．VC．电源的效率先增大后减小 D．电源的输出功率先增大后减小9．如图甲是回旋加速器的工作原理示意图，置于真空中的D形金属盒半径为R，匀强磁场与盒面垂直，两盒间狭缝MN的间距很小，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U0，周期为T。一质量为m，电荷量为+q的粒子在t=0时从D形金属盒的中心OA．粒子在狭缝间被加速的次数为4B．粒子在回旋加速器中运动的总时间为πC．满足加速条件情况下，磁感应强度越大，粒子出射时动能越大D．改变U0二、必考非选择题．本题共4小题，共44分．10．某同学用多用电表测某一电阻，他选择欧姆挡“×100”，用正确的操作步骤测量时，发现指针位置如图中虚线所示。为了较准确地进行测量，请补充下列依次进行的主要操作步骤：⑴将选择开关转至（选填“×10”或“×1k”）挡；⑵将红、黑表笔短接，重新进行欧姆调零；⑶重新测量，刻度盘上的指针位置如图中实线所示，则测量结果是Ω．11．研究小灯泡的伏安特性，供选用的器材有：小灯泡L（额定电压3.8V，额定电流0.32A）；电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）；电流表A（量程500mA，内阻约0.5Ω）；定值电阻R0（阻值1kΩ）；定值电阻R1（阻值4kΩ）；滑动变阻器R2（阻值0∼10Ω）；滑动变阻器R（1）由于电压表V的量程不满足要求，要将其改装成为一个量程为4V的电压表V1，需串联的定值电阻是（选填“R0”或“（2）实验要求能够实现在0∼3.8V的范围内对小灯泡的电压进行测量，选用的滑动变阻器为（选填“R2”或“R（3）实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图（a）所示。由实验曲线可知，随着电压的增加，小灯泡的电阻（选填“增大”“不变”或“减小”）。（4）用另一电源E0（电动势3V，内阻2.0Ω）和滑动变阻器R2与该小灯泡连接成图（b）所示的电路，闭合开关，当滑动变阻器R2连入电路的电阻为12．在一圆柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。甲乙两相同的带电粒子，质量均为m，电荷量均为q(q>0)，在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场。已知甲在A点时速度为零，在电场中运动后从圆周上的C点以速率vc离开电场；乙在A点时速度方向与电场方向垂直，在电场中运动后从圆周上的B点离开电场。AC与（1）电场强度的大小；（2）乙在A点时速度大小。13．在如图所示的圆形区域内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，圆心在x轴正方向上的O1点，半径为R，与y轴相切于O点，与垂直于x轴的虚线MN相切于O2点，虚线MN右侧的整个区域有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。一个带正电的粒子（重力不计）以初速度v0从O点沿x轴正方向射入圆形区域并从MN上的P点进入MN右侧区域，一段时间后从虚线MN上的Q点离开右侧区域，且PQ两点关于x轴对称。已知O2P=（1）圆形区域内磁场的磁感应强度；（2）MN右侧区域磁场的磁感应强度；（3）粒子在MN右侧区域运动时间。三、选考题（3-4）．本部分共6小题，共30分．第14~18题每小题4分，给出的四个选项中只有一项符合题目要求，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．第19题10分．14．一列沿x轴正方向传播的简谐机械横波，波速为4m/s。某时刻波形如图所示，下列说法正确的是（）A．此时刻x=4m处质点的加速度为零B．此时刻x=4m处质点沿y轴负方向运动C．这列波的振幅为4cmD．这列波的周期为1s15．在“用单摆测定重力加速度”实验中，某同学发现测得的g值偏大。其原因可能是（）A．摆球的质量过大B．测定周期时，振动次数多计了一次C．计算摆长时，只考虑悬线的长度，没有加上摆球的半径D．摆线上端未系牢固，在振动中出现松动，使摆线长度增加了16．如图表示振幅均为A的两列相干水波在某时刻的叠加情况，图中实线表示波峰，虚线表示波谷，E点是BD连线和AC连线的交点，下列说法正确的是（）A．E点是减弱点B．过四分之一周期，E点离开平衡位置的距离为2AC．该时刻B、D两点的竖直高度差为2AD．该时刻A、C为减弱点，过半个周期将变为加强点17．一列简谐横波在介质中沿x轴正向传播，x=0.1m处的质点A和x=0.7m处的质点A．质点B的振动位移表达式为y=6B．这列简谐波的波长可能为1C．这列波的波速为2mD．当A、B点振动位移相同时，它们的速度相同18．如图所示，将弹簧振子从平衡位置拉下一段距离Δx，释放后振子在A、B间振动，且AB=20cm，振子由A到B的时间为0.A．振子在A、B两点时，弹簧弹力大小相等B．振子在AB=20cm间振动，由B到A时间仍为0C．振子完成一次全振动通过的路程为20cmD．振子由A运动到B回复力先增大后减小19．一列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴方向传播，t=0.2s时刻的波形图如图甲所示，质点M的平衡位置在xM=7.5cm处，质点（1）该波传播的速度大小及方向；（2）0∼2s内质点M振动的路程s，从t=0.2s时刻起，质点

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】AB、不计重力，带负电的粒子只受洛伦兹力的作用，洛伦兹力方向与速度方向垂直，不做功，根据动能定理可知，粒子的速率不变，故AB错误；

CD、由题图可知两等大的恒定电流方向向右，根据安培定则，上方的恒定电流产生的磁场在其下方区域的方向为垂直纸面向里，下方的恒定电流产生的磁场在其上方区域的方向为垂直纸面向外，离导线越近，磁感应强度越大，由磁场叠加可知在中央线上方区域磁场方向为垂直纸面向里，即带负电的粒子处于垂直纸面向里的磁场中，由左手定则判断粒子发射时所受洛伦兹力向下，则在粒子发射后一小段时间内粒子向下偏，故C正确，D错误。

故答案为：C。

【分析】根据右手定则确定两导线之间的磁场方向及磁感应强度变化情况。再根据左手定则确定粒子所受洛伦兹力的方向，继而判断粒子的偏转方向，洛伦兹力始终不做功。2．【答案】B【解析】【解答】A、B电性相同，带电量相同，到O点的距离相等，根据点电荷电场分布以及场强叠加可知，A、B两个点电荷在O点的电场强度等大反向，相互抵消，则O点的电场强度大小等于点电荷C在O点产生的电场强度，大小为E故答案为：B。

【分析】根据点电荷场强的定义确定各电荷在O点产生的场强大小和方向，再根据矢量求和法则确定O点合场强的大小。3．【答案】A【解析】【解答】将一电子从电场中的某一点A移到无限远的过程中电场力做功为W=-e无限远处的电势为零，则A点的电势为φ电子在A点具有的电势能E故答案为：A。

【分析】根据电场力做功与电势差的关系确定A点的电势，再根据电势与电势能的关系确定A点的电势，注意电荷的正负值。4．【答案】D【解析】【解答】AB、在开关S闭合时，电容器两极板间的电势差不变，则静电计指针张开的角度不变，故AB错误；

C、断开S，电容器带电量不变，根据C=可知减小a、b板的距离，电容器的电容增大，根据U=可知电容器两极板间的电势差减小，静电计指针张开的角度减小，故C错误；

D、断开S，电容器带电量不变，减小a、b板的正对面积，电容器的电容减小，电容器两极板间的电势差增大，静电计指针张开的角度增大，故D正确。

故答案为：D。

【分析】电容器两板电势差越大，静电计的张角越大。确定电容器的两极板是电势差不变还是电荷量不变，再结合电容的定义式及决定式进行分析。5．【答案】C【解析】【解答】A、灯泡L恰好能正常发光，则电路中的电流为I=根据闭合电路的欧姆定律E=电动机两端的电压为U故A错误；

B、电源的输出功率为P=EI-故B错误；

C、电动机的输出功率为P故C正确；

D、电动机的效率为η=故D错误。

故答案为：C。

【分析】灯泡正常发光，即灯泡两端电压等于额定电压。电源的总功率等于电源的热功率与电源输出功率之和。电动机的总功率等于电动机的输出功率与电动机的热功率之和，再根据闭合电路的欧姆定律及串并联规律和功率公式进行解答。6．【答案】C【解析】【解答】等效电路为r和2r并联后与电压串联，并联后总电阻为R=r+电路中总电流为I=根据弯曲导线的有效长度等于连接两端点线段的长度。相应的电流由始端流向末端可知，导线框受到的安培力为F=B故答案为：C。

【分析】确定电路的连接方式，根据串并联电路规律及闭合电路欧姆定律确定电路中的总电流与各部分的电流情况，再结合弯曲导线的有效长度等于连接两端点线段的长度。相应的电流由始端流向末端确定线框折线部分的等效长度，再根据安培力公式及矢量叠加法则进行解答。7．【答案】A,C【解析】【解答】A、根据图像可知，Q受到斥力作用，指向轨迹凹侧，故P、Q带同种电荷，故A正确；

B、P为固定的点电荷，根据点电荷场强公式可知，越靠近点电荷场强越大，相邻两圆弧间距相等。根据U=Ed可知，a、b间电势差的绝对值小于b、c间电势差的绝对值，故B错误；

C、从a到e，粒子Q先靠近P后远离P，根据F=k可知，加速度先增大后减小，故C正确；

D、从a到e，电场力与速度夹角先为钝角后为锐角，对粒子Q先做负功后做正功，故D错误。

故答案为：AC。

【分析】曲线运动的物体所受合外力指向凹侧，根据同种电荷相斥，异种电荷相吸判断电荷的电性关系。越靠近场源电荷场强越大。根据库仑定律及牛顿第二定律确定加速度的变化情况。8．【答案】B,D【解析】【解答】A、根据闭合电路的欧姆定律，V1的示数为U设滑片P滑动过程中，aP段电阻大小为x，则Pb段电阻大小为(10-x)，则电路为R0与aP段电阻并联后，再与Pb与电源内阻r串联，总电阻为R(x)=2+10-根据数学关系可知在x从0到10的范围内，随着x增大R(x)不断减小，故电路中总电阻随着滑片P的移动逐渐变小，总电流一直增大，V1的示数一直减小，故A错误；

B、滑动变阻器的滑片P从a滑到b的过程中，aP阻值增大，则aP与R0并联后的电阻增大，bP部分电阻减小，则aP部分分得的电压增大，故V2示数一直增大，故B正确；

C、电源的效率为η=滑动变阻器的滑片P从a滑到b的过程中，总电流一直增大，电源的效率一直减小，故C错误；

D、当电源外电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大。P在a处时，外电阻为RP在b处时，外电阻为R滑动变阻器的滑片P从a滑到b的过程中，外电阻一直减小，故P在移动时一定存在某一点，使外电阻等于内阻，电源输出功率最大。故电源输出功率先增大后减小，故D正确。

故答案为：BD。

【分析】确定电路的连接情况，明确滑动变阻器移动过程中，电路总电阻的变化情况，再根据闭合电路的欧姆定律及串并联规律确定两电表示数的变化情况。当电源内阻与外电阻相等时，电源的输出功率最大。也可根据极限法（即滑动变阻器置于a端或b端）确定电路中电阻的变化情况。9．【答案】B,C【解析】【解答】A、粒子在D形金属盒中运动，速度最大时有q粒子的最大动能为E带电粒子的运动周期为T=粒子在狭缝间被加速的的次数为n=故A错误；

B、粒子在回旋加速器中运动，一周期内被加速两次，粒子在回旋加速器中运动的总时间为t故B正确；

CD、粒子出射时动能为E满足加速条件情况下，磁感应强度越大，粒子出射时动能越大，改变U0，粒子出射时动能不变，故C正确，D错误。

故答案为：BC。

【分析】当粒子在磁场中运动半径最大时，粒子的运动速度达到最大值，粒子每次经过电场的动能变化量相同，再根据动能定理确定粒子加速的次数。粒子在电场中加速一次，粒子在磁场中偏转一次。再根据电场力做功及带电粒子在磁场中运动的规律进行解答。10．【答案】×10；150【解析】【解答】（1）选择欧姆挡“×100”，用正确的操作步骤测量时，发现指针位置如图中虚线所示，指针偏转角度太大说明所选挡位太大，为准确测量电阻阻值，应换用小挡位，换用×10倍率挡。

（3）测量结果是15×10Ω=150Ω【分析】熟悉掌握多用电表的使用方法和注意事项，欧姆档指针偏转过大时，说明所选挡位太大，应换小挡位。11．【答案】（1）R（2）R2（3）大（4）0.16【解析】【解答】（1）根据电压表改装原理U=解得R=1需串联的定值电阻是R0。

（2）实验要求能够实现在0∼3.8V的范围内对小灯泡的电压进行测量，滑动变阻器应采用分压式接法，为调节方便，选用的滑动变阻器为阻值较小的R2。

改装后的电压表的内阻远大于小灯泡的电阻，为减小实验误差，电流表应采用外接法，实验要求能够实现在0∼3.8V的范围内对小灯泡的电压进行测量，滑动变阻器应采用分压式接法。故应该采用如下图四种电路中的丙。

（3）I-U图象上的点与原点连线斜率表示电阻的倒数，由实验曲线可知，随着电压的增加，图象的斜率逐渐减小，小灯泡的电阻逐渐增大。

（4）根据闭合电路的欧姆定律E=U+I(R+r)整理得U=3-12I将电池的伏安特性曲线画在该小灯泡伏安特性曲线中，可得

两条曲线的交点为(0.95V，170mA)，小灯泡的功率为P=UI=170×9.5×【分析】熟悉掌握电表改装的原理及计算方法。根据电表阻值与灯泡阻值的关系，确定电表的连接方式。电表的量程需从零开始，滑动变阻器采用分压式接法。画出电源的U-I图像，图像与灯泡伏安特性曲线的交点即为灯泡在此电源下工作的电压和电流。12．【答案】（1）解：甲粒子在电场中沿AC方向做直线运动，设电场强度为E，AC间的间距，有dAC=R解得E=（2）解：电场方向沿AC方向．乙粒子在A点时速度方向与电场方向垂直，即垂直于AC方向，在电场中做类平抛运动，设其初速度为v0，加速度为a，在电场中运动时间为t，其沿电场方向的分位移为x，垂直于电场方向的分位移为y，由于∠ACB=90°x=dAC其中y=dCB解得v【解析】【分析】（1）确定甲的受力情况及运动情况，再根据动能定理进行解答即可；

（2）根据几何关系确定乙球初速度和电场线的夹角，根据乙的的受力情况确定乙球的受力情况，再根据类平抛运动规律进行解答。13．【答案】（1）解：连接O1P交圆于B点，则粒子从B点离开圆形磁场区域，粒子的轨迹如图，圆心为A，在y轴上，粒子在其中做匀速圆周运动的半径为r1，∠O解得θ=6连接O1A，在tan解得r设圆形区域磁场磁感应强度为B1，有圆形区域内磁场的磁感应强度为B（2）解：设MN右侧区域内磁场磁感应强度为B2，粒子做圆周运动的圆心为O3，半径为r根据洛伦兹力提供向心力q解得MN右侧区域磁场的磁感应强度为B（3）解：轨迹对应的圆心角为α，由于O1P垂直于O设粒子在MN右侧区域做圆周运动的周期为T，运动时间为t，则T=t=解得粒子在MN右侧区域运动时间为t=【解析】【分析】（1）根据左手定则确定粒子在磁场中的偏转方向，画出粒子的运动轨迹，根据几何关系确定粒子在圆心磁场中运动的半径，再根据带电粒子在磁场中运动的规律进行解答；

（2）根据几何关系确定粒子在MN右侧磁场的运动半径，再根据再根据带电粒子在磁场中运动的规律进行解答；

（3）根据粒子的运动轨迹，结合几何关系确定粒子运动轨迹对应的圆心角，再根据运动时间与圆心角和周期的公式进行解答。14．【答案】A【解析】【解答】A、此时x=4m处质点正通过平衡位置，回复力为零，所以加速度为零，故A正确；

B、根据“上坡下，下坡上”原则，可知此时x=4m处质点沿y轴正方向运动，故B错误；

C、由图可知，这列波的振幅为A=2故C错误；

D、从图中可知λ=8m，故这列波的周期为T=故D错误。

故答案为：A。

【分析】质点在平衡位置加速度为零，速度最大，在位移最大处，加速度最大，速度为零。根据“上下坡”法或“同侧法”结合波的传播方向确定质点的振动方向。15．【答案】B【解析】【解答】A、根据单摆周期公式T=2π整理得g=可知摆球的质量对重力加速度测定无影响，故A错误；

B、测定周期时，振动次数多计了一次，则周期的测量值偏小，重力加速度测量值偏大，故B正确；

C、计算摆长时，只考虑悬线的长度，没有加上摆球的半径，摆长偏小，重力加速度测量值偏小，故C错误；

D、摆线上端未系牢固，在振动中出现松动，使摆线长度增加了，摆长的实际值大于摆长的测量值，摆长偏小，重力加速度测量值偏小，故D错误。

故答案为：B。

【分析】根据单摆周期公式判断重力加速度的影响因素，摆长等于悬点到小球球心的距离，再根据题意进行分析。16．【答案】B【解析】【解答】A、D点是两列相干水波波峰与波峰的叠加点，B点是两列相干水波波谷与波谷的叠加点，则B、D两点为振动加强点，E点是BD连线和AC连线的交点，故E点是振动加强点，故A错误；

B、过四分之一周期，两列相干水波在E点处均为波峰或波谷，E点离开平衡位置的距离为s=A+A=2A故B正确；

C、B、D两点为振动加强点，该时刻B、D两点的竖直高度差为∆h=2A-(-2A)=4A故C错误；

D、该时刻A点、C点是两列相干水波波峰与波谷的叠加点，则A、C为减弱点，过半个周期将仍为减弱点，故D错误。

故答案为：B。

【分析】波峰与波峰叠加、波谷与波谷叠加均为振动加强点，振动幅度相互叠加。波峰与波谷叠加则为振动减弱点，振幅始终为零。相干波产生稳定干涉。17．【答案】C【解析】【解答】A、由图可知简谐横波的振动周期为T=0.4设质点B的振动位移表达式为y=A将t=0，y=6cm，得φ=质点B的振动位移表达式为y=6故A错误；

B、根据质点A、B的振动图像可