四川省成都市2023-2024学年高二上学期期末物理试题（含答案）

四川省成都市2023-2024学年高二上学期期末物理试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、单选题1．物理学中常用比值定义法定义物理量。下列关系式中，用比值法定义的物理量定义式是（）A．B=FIL B．E=kQr2 2．如图，在等腰直角三角形abc的顶点a、b各固定一根无限长通电直导线，导线中电流大小相同，方向均垂直于纸面向里。则（）A．a处导线所受安培力的方向沿ab向左B．a处导线所受安培力的方向垂直于ab向上C．c点磁场方向垂直于ab向上D．c点磁场方向平行于ab向右3．如图，真空中等量的异种点电荷甲、乙形成的电场中，一试探电荷仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，O点位于甲、乙电荷连线的中点，a、b是试探电荷运动轨迹上关于O点对称的两个点。下列说法正确的是（）A．试探电荷为正电荷B．试探电荷在a点的动能小于在b点的动能C．试探电荷在a点的加速度大于在b点的加速度D．试探电荷在a点的电势能等于在b点的电势能4．图示电路中，R1：R2=1：4，接入电路的两个电容器电容分别为C1=2μFA．Q1=4.8×10C．Q1=4.8×105．如图，同一直线上的三个点电荷a、b、c，电荷量分别为q1、q2、A．三个点电荷可能均为正电荷B．若a为正电荷，则b、c均为负电荷C．点电荷电荷量的绝对值满足|D．点电荷电荷量的绝对值满足|6．如图，电源电动势E和内阻r一定，R0为定值电阻且RA．R0B．电压表示数逐渐增大C．电流表与电压表示数的乘积IU逐渐增大D．电压表与电流表示数改变量比值的绝对值|ΔU7．2022年10月，中核集团核工业西南物理研究院科研团队再传佳绩，中国新一代“人造太阳”科学研究取得突破性进展，HL-2M等离子体电流突破100万安培，创造了我国可控核聚变装置运行新纪录，技术水平居国际前列。图示为核聚变中磁约束的托卡马克装置的简化图，圆环状匀强磁场区域的内半径为R1，外半径为R2，磁感应强度大小为B，方向垂直于环面，中空区域内带电粒子的质量为m，电荷量为q，具有各个方向的速度。欲使带电粒子约束在半径为A．qB(R2−C．qB(R228．如图，用两段材料、长度、粗细均相同的导线分别绕制成P、Q两个闭合正方形线圈，所在区域有方向垂直于线圈平面向外的匀强磁场，磁感应强度随时间均匀减小，已知线圈匝数比为nP：nA．感应电流均沿顺时针方向B．同一时刻磁通量大小之比ΦC．感应电动势大小之比ED．感应电流大小之比I二、多选题9．在电磁学发展过程中，物理学家们的新发现和新理论推动着科技进步和产业革命，关于电磁学发展史，下列说法中正确的是（）A．奥斯特发现了电流的热效应规律B．法拉第首先提出电场概念，并引入电场线形象描述电场C．焦耳发现了电流的磁效应D．安培在对磁场的研究中提出了分子电流假说10．如图（a）所示的圆环形导线，处在方向垂直于圆环平面的磁场B中（磁场未画出，以向里为正方向），B随时间t变化的关系如图（b）所示，则（）A．0~tB．0~tC．t0D．0~t0和11．如图（a），O、P为光滑水平面上相距0.3m的两点，O、P连线上存在方向从O指向P的电场，其上各点的电势φ随距O点的距离x变化的关系如图（b）所示，图中斜线为图线在点P（0.3m，200V）的切线。现将一质量m=2×10-3kgA．从释放开始加速度一直减小B．从释放开始速度一直增大C．运动到P点时，加速度大小a=1D．运动到P点时，速度大小v=3m/s12．如图（a），长为4d、间距为d的平行金属板水平放置，两金属板左边中点O有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v0、电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子，金属板右侧距离为d处竖直放置一足够大的荧光屏。现在两板间加图（b）所示电压，已知t=0A．不同时刻入射的粒子在金属板间运动的时间不相等B．t=dv0C．t=d2D．粒子打在右侧荧光屏上的长度范围为d13．如图，一带电粒子以初速度v0沿x轴正方向从坐标原点O射入，并经过点P（2L，L）。若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，则粒子从O到P运动的时间为t1，到达P点速度与x轴正方向的夹角为θ1。若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，则粒子从O到P运动的时间为tA．t1<t2 B．t1>三、实验题14．如图所示为“探究磁场对通电导线的作用”的实验装置，某同学利用该装置来测定U形磁铁N、S极之间磁场的平均磁感应强度。请根据下面的实验操作按要求填空。⑴在弹簧测力计下端挂一个匝数为n的足够长的矩形线框，用刻度尺测出矩形线框下短边的长度L并将其完全置于U形磁铁N、S极之间的磁场中，使线框平面与磁场方向垂直，短边保持水平。⑵在电路未接通时，记录线框静止时弹簧测力计的读数F0⑶闭合开关，调节滑动变阻器使电流表读数为I，记录线框静止时弹簧测力计的读数F（F>F0），则线框所受安培力大小为⑷利用上述数据可得待测磁场的平均磁感应强度B=。15．通过《直流电路》章节的学习，一同学希望利用相关知识，用一个电流表表头设计简易多用电表，具体设计步骤如下：（1）表头G的规格为满偏电流25mA，内阻480Ω，该同学先按照图（a）电路将R1=160Ω的电阻并入电路，改装为一个直流电流表，改装后的电流表量程为（2）在改装后的电流表基础上，按照图（b）串联接入R2和R3，继续改装为15V和50V两档的直流电压表，接入的电阻R2和R3的阻值分别为R2（3）该同学将电表继续改装为欧姆表，如图（c）所示。将b、c、d、e四个端口用选择旋钮接上同一端口f，将整个改装之后的多用电表封装。a、f端口各自连接一表笔，则图（c）中a端应接（选填“红色”或”黑色”）表笔。校准调零后，选择欧姆档测量一个阻值R=150Ω的电阻时，表头指针正好指向表盘正中位置，当测量未知电阻Rx时，稳定后表头指针偏转到满偏刻度的23，则R四、解答题16．如图为一款游乐场电动车的原理图。已知电源电动势E=32V，灯泡L规格为“30V15W”且电阻不变，电动机M的内阻rM（1）电源的内阻r；（2）电动机机械功率P机17．2022年6月，我国首艘完全自主设计建造的航母“福建舰”下水亮相，除了引人注目的电磁弹射系统外，电磁阻拦索也是航母的“核心战斗力”之一，其原理是利用电磁感应产生的阻力快速安全的降低舰载机着舰的速度。如图所示为电磁阻拦系统的简化原理：舰载机着舰时关闭动力系统，通过绝缘阻拦索拉住轨道上的一根金属棒ab，金属棒ab瞬间与舰载机共速，并一起在磁场中减速滑行至停下。已知舰载机质量为M，金属棒质量为m，电阻为R，两者共速后的初速度为v0（1）金属棒ab中感应电流最大值I的大小和方向；（2）当舰载机减速到v018．如图，间距为3L的平行板M，N水平固定，有一足够长且内壁光滑的绝缘细管竖直穿过两板，板间（包括管内）存在方向竖直向上、场强大小E=1×102N/C的匀强电场。长为2L的绝缘轻杆两端分别连接带电小球P和Q（均可视为质点，不考虑两者间相互作用的库仑力）置于管道底部，小球P与板M相距L。已知L=0.5m，P和Q的质量均为m=0.05kg，对应电荷量分别为qP=+1×（1）小球Q第一次到达N板所用的时间t；（2）小球Q向上运动到最上端时距N板的距离x。19．如图，直角坐标系xOy处于竖直平面内，x轴沿水平方向，在x轴上方存在水平向右的匀强电场E1，在x轴下方存在竖直向上的匀强电场E2和垂直纸面向外的匀强磁场，匀强电场的场强大小E1（1）小球的比荷及小球第一次穿过x轴时的速度大小；（2）小球从释放到第三次经过x轴所经历的时间。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．公式B=FB．公式E=kQC．公式I=UD．公式R=ρL故答案为：A。

【分析】根据磁感应强度的定义式和点电荷周围电场强度的表达式、欧姆定律以及电阻定律进行分析判断。2．【答案】D【解析】【解答】AB．a、b直导线中电流方向相同，根据“同向电流相互吸引、异向电流相互排斥”可知a处导线所受安培力的方向沿ab向右，AB不符合题意；CD．三角形abc为等腰直角三角形，c点到两直导线的距离相等，且ac与bc垂直，两直导线中的电流相等，则a、b直导线产生的磁场在c点的磁感应强度大小相等，由安培定则可知a直导线在c点的磁场方向由c指向b，可知b直导线在c点的磁场方向由a指向c，C点磁场方向应在ac延长线与cb间夹角的角平分线上，即平行ab向右，C不符合题意，D符合题意。故答案为：D。

【分析】根据“同向电流相互吸引、异向电流相互排斥”得出a处安培力的方向，利用通电导线周围的磁场方向以及磁场的合成得出C点的磁场。3．【答案】B【解析】【解答】A．由曲线运动的条件可知，点电荷甲、乙对试探电荷的电场力一定指向曲线的凹侧，由此可知试探电荷受电场力与场强方向相反，试探电荷为负电荷，A不符合题意；B．若试探电荷从a点运动到b点，电场力与速度的夹角是锐角，电场力对试探电荷做正功，由动能定理可知，试探电荷的动能增加，试探电荷在a点的动能小于在b点的动能，B符合题意；C．由电场分布的对称性可知，a、b点电场强度大小相等，试探电荷在a点的加速度与在b点的加速度大小相等，C不符合题意；D．若试探电荷从a点运动到b点，电场力对试探电荷做正功，由功能关系可知，试探电荷的电势能减小，因此试探电荷在a点的电势能大于b点的电势能，D不符合题意。故答案为：B。

【分析】曲线运动的合力指向轨迹的凹侧，正电荷所受的电场力和电场线同向，电场线的疏密表示电场的强弱，利用功能关系进行分析判断。4．【答案】A【解析】【解答】由题意可知，C1两端的电压是R1两端的电压，C2两端的电压是R2两端的电压，电路的路端电压为U，由串联电路分压规律得U1=R1R1+R2U故答案为：A。

【分析】根据串并联电路的特点以及电容器的定义式得出两电容器充电稳定后所带电荷量。5．【答案】C【解析】【解答】AB．以b点电荷为对象，根据受力平衡可知，a对b的库仑力与c对b的库仑力大小相等，方向相反，可知a、c带同种电荷；以c点电荷为对象，根据受力平衡可知，a对c的库仑力与b对c的库仑力大小相等，方向相反，可知a、b带异种电荷；若a为正电荷，则b为负电荷，c为正电荷，AB不符合题意；C．以b点电荷为对象，根据受力平衡可得k|q1||qD．以c点电荷为对象，根据受力平衡可得k|q1||q故答案为：C。

【分析】分别以abc三点的点电荷为研究对象进行受力分析，根据库仑定律和共点力平衡得出电荷量之间的关系以及点电荷的电性。6．【答案】C【解析】【解答】A．根据闭合电路欧姆定律有I=ER+r+R0，滑片P由最左端a向最右端b滑动的过程中，R减小，则I增大，根据B．由U=E−Ir可知，当I增大时，路端电压减小，则电压表示数逐渐减小，B不符合题意；C．电流表与电压表示数的乘积为P=UI=EI−I2r，当I=E2rD．由U=E−Ir可知|ΔUΔI|=r故答案为：C。

【分析】根据闭合电路欧姆定律得出电路中电流的变化情况，利用电功率的表达式得出R0功率的变化情况和IU的变化情况。7．【答案】B【解析】【解答】带电粒子的速度越大，在磁场中圆周运动的半径就越大，要使带电粒子约束在半径为R2可得带电粒子圆周运动的最大半径为Rmax=R2故答案为：B。

【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力得出带电粒子的最大速度。8．【答案】D【解析】【解答】A．磁感应强度随时间均匀减小，则穿过线圈的磁通量减小，所以感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，应为垂直纸面向外，根据安培定则可以判断感应电流方向为逆时针，A不符合题意；B．根据Φ=BS，可知同一时刻磁通量大小之比为ΦPC．感应电动势大小E=nΔΦΔt=nD．根据电阻定律R=ρlS'（l为总长度），可知两线圈的电阻之比为RPR故答案为：D。

【分析】根据磁通量的表达式以及安培定则得出感应电流的方向以及磁通量大小之比，结合法拉第电磁感应定律和电阻定律得出感应电动势之比和感应电流大小之比。9．【答案】B,D【解析】【解答】A．焦耳发现了电流的热效应规律，A项错误；B．法拉第首先提出电场概念，并引入电场线形象描述电场，B项正确；C．奥斯特发现了电流的磁效应，C项错误；D．安培在对磁场的研究中提出了分子电流假说，D项正确。故答案为：BD。

【分析】根据物理学史进行分析判断。10．【答案】A,C【解析】【解答】A．0~tB．0~tC．t0D．0~t0和t0~3t故答案为：AC。

【分析】根据磁感应强度的变化情况以及楞次定律得出圆环中感应电流的方向以及环形导线的缩张趋势，利用法拉第电磁感应定律以及欧姆定律得出电流的大小关系。11．【答案】B,C【解析】【解答】A．电势φ随距O点的距离x变化的图像斜率表示场强，可知斜率先增大后减小，所以加速度先增大后减小，A不符合题意；B．O、P连线上存在方向从O指向P的电场，小物块从O点静止释放，小球带正电，电场力方向与速度方向相同，所以从释放开始速度一直增大，B符合题意；C．电势φ随距O点的距离x变化的图像斜率表示场强，可知E=2000.5−0.3V/m=1000V/m，根据牛顿第二定律得qE=maD．由动能定理得qU=12m故答案为：BC。

【分析】φ随距O点的距离x变化的图像斜率表示场强，从而得出电场强度的变化情况，利用牛顿第二定律得出加速度的大小，通过动能定理得出物块的速度。12．【答案】B,D【解析】【解答】A．已知t=0时刻射入的粒子恰好能从金属板射出，则有4d=v0T，作出不同时刻进入金属板的粒子在电场方向速度与时间的图像如图有图像可以看出，在2ndv0时刻（n=0，1，2，3，…）进入金属板的粒子会在电场方向上有最大位移，结合题目条件知最大位移为d2，其它时刻进入的粒子在电场方向位移都小于dB．由A中分析，结合图像可知，t=dv0C．由图像可知，t=d2v0时刻入射的粒子从金属板间出射时在电场力方向总位移不为零，总位移为D．由A中分析可知不同时刻出射的粒子出射的位置在两金属板右侧上下边缘之间，速度均水平向右，出射的粒子经O'故答案为：BD。

【分析】粒子在偏转电场中做类平抛运动，类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向的自由落体运动，结合类平抛运动的规律以及功能关系得出入射的粒子从金属板间出射时动能。13．【答案】A,D【解析】【解答】AB．该过程中若由方向平行于y轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，沿x轴正方向做匀速直线运动；当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，此时粒子做匀速圆周运动，沿x轴正方向分速度在减小，根据t=xv可知t1<tCD．该过程中若由方向平行于y轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，速度和位移与水平方向夹角的正切值之间的关系为tanθ1=2tanα=2L2L=1，故θ1=45°，当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，由故答案为：AD。

【分析】粒子在偏转电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，结合结合关系以及速度偏角和位移偏角之间的关系得出从O到P运动的时间大小和到达P点速度与x轴正方向的夹角。14．【答案】F−F0【解析】【解答】（3）根据（2）可知电路未接通时，线框不受安培力。根据二力平衡可知弹簧测力计的示数大小等于线框受到的重力。开关闭合后，弹簧测力计的读数大小等于重力与所受安培力之和。即F（4）根据安培力的定义可知F安=nBIL

【分析】（3）对线框进行受力分析，根据力的合成得出线框所受安培力；

（4）利用安培力的表达式得出磁场的平均磁感应强度。15．【答案】（1）100（2）30；350（3）黑色；75【解析】【解答】（1）改装后的电流表量程为I=（2）根据U1=I(R2（3）根据多用表电流红进黑出可知，a端应接黑色表笔。校准调零后，选择欧姆档测量一个阻值R=150Ω的电阻时，表头指针正好指向表盘正中位置12Im=ER+R内，当测量未知电阻【分析】（1）根据并联电路的特点得出电流表的量程；

（2）结合欧姆定律得出R2和R3的阻值；16．【答案】（1）解灯泡L正常发光，故路端电压为U＝30V由闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir代入数据解得r＝0.8Ω（2）解灯泡L的电功率为P代入数据得I根据并联电路特征可知通过电动机的电流为I电动机的输入功率为P电动机线圈的热功率为P由电动机能量转化特征可知P代入数据解得P【解析】【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律得出电源的内阻；

（2）根据电功率的表达式以及电动机的能量转化得出电动机机械功率。17．【答案】（1）解：金属棒ab切割磁感线产生的最大感应电动势为E由闭合电路欧姆定律I解得最大电流为I由右手定则，可知金属棒ab上电流的方向从a到b。（2）解：减速到v02感应电流为I金属棒ab所受安培力为F=B对舰载机和金属棒系统，由牛顿第二定律有F+f=(m+M)a解得a=【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律以及欧姆定律得出金属棒的电流的表达式和方向；

（2）结合法拉第电磁感应定律和欧姆定律得出感应电流的表达式，利用安培力的表达式和牛顿第二定律得出当舰载机减速到v018．【答案】（1）解：从释放至小球P到达M板的过程，对P、Q、杆系统，由牛顿第二定律得E代入数据得a由运动学规律有L=12代入数据解得t1=0.5s从小球P到达M板至小球Q到达N板的过程，对P、Q、杆系统，由牛顿第二定律得E代入数据得a由运动学规律有L=代入数据解得t综上，小球Q第一次到达N板所用的时间t=（2）解：设小球Q到达最上端时，到N板的距离为x，