北京市海淀区2022-2023学年高三上学期物理期末练习试卷

北京市海淀区2022-2023学年高三上学期期末练习试卷姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、多选题1．如图中实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面。1、2和3点处电场强度大小分别为E1、E2和E3，电势分别为φ1、A．E1>EC．φ1>φ2．如图为1831年8月29日法拉第发现感应电流时所用装置的示意图：竖直放置的软铁环上绕有A、B两个线圈。实验后，他在日记中写到“把线圈A的两端接到电池上，立刻对小磁针产生了明显的扰动，之后小磁针又回到原来的位置上。在断开线圈A与电池的连接时，小磁针又受到了扰动。”根据上述信息，下列说法正确的是（）A．线圈A所在回路的电流产生的磁场扰动了小磁针B．线圈B所在回路的电流产生的磁场扰动了小磁针C．断开和闭合开关的瞬间，小磁针的偏转方向相同D．断开和闭合开关的瞬间，小磁针的偏转方向相反3．导体棒原来不带电，现将一个电荷量为+q的点电荷放在棒的中心轴线上，它距离导体棒的中心O为L，如图所示。静电力常量为k，当导体棒达到静电平衡后，下列说法正确的是（）A．棒上感应电荷只分布在其表面B．棒左、右两端的电势相等C．点电荷在O点产生的电场强度为0D．棒上感应电荷在O点产生的电场强度大小为kq4．如图甲所示，匀强磁场中有一面积为S、电阻为R的单匝金属圆环，磁场方向垂直于圆环平面竖直向上。图乙为该磁场的磁感应强度B随时间t变化的图像，曲线上P点坐标为(t0，A．t=tB．t=tC．0~D．0~5．某理想变压器的原线圈接在如图所示的正弦交流电源上，当副线圈中仅接一个50Ω的电阻时，副线圈中的电流i2A．原线圈中交流电压的周期为0B．原线圈中电流的有效值为20AC．原、副线圈的匝数比为1∶10D．该变压器输入功率与输出功率之比为10∶16．如图所示，一质量为m的带电粒子从P点以垂直于磁场边界方向的速度v射入磁场，穿出磁场时，速度方向与入射方向夹角为θ。设磁感应强度为B、磁场宽度为d。粒子速度始终与磁场垂直，不计粒子所受重力和空气阻力。下列说法正确的是（  ）A．在粒子穿越磁场的过程中，洛伦兹力对该粒子做的功为0B．在粒子穿越磁场的过程中，洛伦兹力对该粒子的冲量为0C．该粒子在磁场中运动的时间为dD．该粒子的比荷为v7．将一个表头G改装成多量程的电流表，通常有两种连接方式。如图甲所示的连接方式称作开路转换式（其中电阻R1A．开路转换式中，开关S接1时的量程大于开关S接2时的量程B．开路转换式中，若电阻R1C．闭路抽头式中，抽头3对应的量程大于抽头4对应的量程D．闭路抽头式中，若电阻R38．为演示断电自感现象，用小灯泡、带铁芯的电感线圈L和定值电阻R等元件组成如图甲所示的电路。闭合开关待电路稳定后，电路中两支路的电流分别为I1和IA．自感线圈所在支路的电流如曲线a所示B．自感线圈所在支路的电流如曲线b所示C．小灯泡先突然变亮再逐渐熄灭D．小灯泡逐渐变暗直至熄灭9．1911年，科学家们发现一些金属在温度低于某一临界温度Tc时，其直流电阻率会降到10−28Ω⋅m以下，远低于正常金属的10−7Ω⋅mA．交界区两侧单位时间内通过的电荷量相等B．超导体中需要恒定电场以维持其中的超导电流C．如图中超导体内部可能存在定向移动的自由电子D．如图中超导体内部轴线处的磁场一定为零10．用如图所示的多用电表正确测量了一个13Ω的电阻后，需要再测量一个阻值约为2kΩ的电阻。在用红、黑表笔接触该待测电阻两端之前，必要的操作及其顺序应当是（）A．将红表笔和黑表笔接触B．把选择开关旋转到“×1k”位置C．把选择开关旋转到“×100”位置D．调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点二、单选题11．真空中存在沿y轴正方向的匀强电场，带电粒子a和b先后从坐标原点O沿x轴正方向射入该电场，其轨迹如图所示。忽略粒子所受重力，下列条件中可以判定粒子a比荷较大的是（）A．粒子a和b在电场中的加速度相等 B．粒子a和b射入电场时的速度相等C．粒子a和b射入电场时的动能相等 D．粒子a和b射入电场时的动量相等三、实验题12．利用如图所示电路，测量一节干电池的电动势和内阻。要求尽量减小实验误差，调节方便。除干电池、电流表（0~0.A．电压表（0~3V，内阻约B．电压表（0~15V，内阻约C．滑动变阻器（0~D．滑动变阻器（0~（1）实验中，电压表应选用，滑动变阻器应选用。（选填相应器材前的字母）（2）某同学将实验记录的6组数据标在如图的坐标纸上。请你先根据实验数据，作出本实验的U−I图，再由该图线计算出该干电池电动势的测量值E=V，内电阻的测量值r=Ω。（结果均保留小数点后两位）（3）在如图中，当滑动变阻器接入电路的阻值发生变化时，电压表示数U、电源总功率P亦随之改变，上图中能正确反映P与U的关系的是____。A． B．C． D．（4）只考虑电表内阻所引起的误差，另一同学提出一种可以准确测量干电池内阻的想法：①按如图甲连接电路。闭合开关S1，先将开关S2接在a、b中的某一端，调节滑动变阻器R的阻值。根据多组电压表和电流表的示数，作出②保持开关S1闭合，再将开关S2接在另一端，重复①中操作，得到图乙中的图线2．可知图线2对应于S2③已知图线1在U轴和I轴的截距分别为U1和I1，图线2在U轴和I轴的截距分别为U2和IA．U2I1B．U1四、解答题13．如图所示为某质谱仪的构造原理图。现让质量为m、电荷量为q、初速度为零的粒子，经加速电压为U的加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器的平行金属板之间有相互正交的匀强电场和磁感应强度为B1的匀强磁场（图中均未画出）。该粒子恰能沿直线通过，并从平板S上的狭缝P进入磁感应强度为B（1）带电粒子进入速度选择器时的速率v0（2）速度选择器中匀强电场的电场强度的大小E；（3）照相底片上A点与狭缝P之间的距离L。14．如图所示，在水平向右的匀强电场中，长为L的绝缘细线一端悬于O点，另一端系一质量为m、电荷量为+q的小球（可视为点电荷）。将小球拉至与O点等高的A点，保持细线绷紧并静止释放，小球运动到与竖直方向夹角θ=37°的P点时速度变为零。已知cos37°=0.80（1）电场强度的大小E；（2）小球从A运动到B的过程中，电场力做的功W；（3）小球通过最低点B时，细线对小球的拉力大小F。15．回旋加速器是加速带电粒子的装置，如图甲所示。两D形盒分别在M端和P端跟高频交流电源（图中未画出）相连，便在两D形盒之间的狭缝中形成加速电场，使粒子每次穿过狭缝时都被加速。两D形盒放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于D形盒底面，粒子源置于圆心O处，粒子源射出的带电粒子质量为m、电荷量为q，最大回旋半径为R。不计粒子在两D形盒间加速电场内运动的时间，不计粒子离开粒子源时的初速度，忽略粒子所受重力以及粒子间相互作用。（1）若M、P之间所加电压UMP随时间t的变化如图乙所示，每个周期内U0和a．粒子离开加速器时的最大动能Ekb．粒子在加速器中的加速次数N。（2）若M、P之间所加电压UMP为LC振荡器产生的高频正弦型交变电压，其中线圈的电感为L。求LC振荡器中电容器的最大电容Cm。（提示：LC振荡电路的振荡周期16．如图甲所示，间距为L的平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨的左端连接一阻值为R的定值电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。一根质量为m、长度为L、电阻为r的导体棒cd放在导轨上。导体棒运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好，导轨的电阻可忽略不计。（1）若对导体棒cd施加一水平向右的恒力，使其以速度v向右做匀速直线运动，求此力的大小F1（2）若对导体棒cd施加一水平向右的拉力F2，使其沿导轨做初速为零的匀加速直线运动。F2的大小随时间t变化的图像为一条斜率为k(（3）若对导体棒cd施加一水平向右的瞬时冲量，使其以速度v0a．求整个过程中，电路中产生的总热量Q；b．在图乙中定性画出导体棒cd两端的电势差Ucd17．在经典物理理论中，氢原子的核外电子绕原子核做匀速圆周运动。设电子运动方向如图甲所示。已知电子质量为m、环绕半径为r、静电力常量为k、元电荷为e。（1）求电子绕核运动的角速度大小ω和电子绕核运动形成的等效电流I；（2）在图甲的情况下，分别施加磁感应强度大小相等、方向相反、垂直于电子轨道平面的匀强磁场B乙和B丙，如图乙、丙所示。施加磁场后，电子仍沿原方向做半径为r的匀速圆周运动，但角速度的大小分别变为ω1a．根据牛顿运动定律、洛伦兹力相关知识，分析并判断ω1与ω，ω2与b．①图乙和丙中，设电子绕核运动所形成的等效电流分别为I1和I表1I1I2②等效电流亦会在轨道内激发磁场。图乙、丙中，由于等效电流的变化，其在轨道内激发的磁场的磁感应强度相对于图甲分别变化了ΔB1和表2ΔB1与ΔB2与18．金属导体中自由电子在电磁场的作用下发生定向移动，在定向移动过程中受到金属离子（即金属原子失去自由电子后的剩余部分）的阻力，其方向与自由电子定向移动的速度方向相反，大小正比于自由电子定向移动的速率，比例系数为k。已知某种金属材料单位体积内的自由电子数为n，元电荷为e，忽略电子所受重力及其之间的相互作用，不计电子热运动的影响，自由电子的定向移动可视为匀速直线运动。（1）如图所示，一段长为L、横截面积为S的该金属导体，当其两端电压为U时，求：a．该金属导体内，电子定向移动的速率v；b．该金属导体的电阻率ρ（提示：电流I与电子定向移动速率v的关系为I=neSv）。（2）图甲为用上述金属材料制成的内半径为r、高为H的固定薄壁圆筒，筒壁厚度为d（d远小于r）。图乙为圆筒的俯视图。图丙为一小段筒壁的放大图。圆筒所在空间中有磁感应强度为B、方向平行于圆筒轴线且范围足够大的匀强磁场。在筒的内、外壁之间加上电压，使得整个内壁电势均为φ内，整个外壁电势均为φ外，且φ内>φ外（φ内、φ外均未知），从而在内、外壁之间形成电场（电场强度的大小处处相同，方向沿半径方向），使得金属中的自由电子以恒定速率v0沿图丙中的虚线定向移动。a．在图丙中画出电子受力的示意图，并标出磁场的方向；b．求内、外壁之间的电势差φ内-φ外；c．求薄壁圆筒的热功率P。

答案解析部分1．【答案】A,C【解析】【解答】AB．电场线的疏密表示电场的强弱，则从图中可知，1、2和3点处电场线依次不断变疏，则有E1CD．顺着电场线方向电势降低，所以有φ1故答案为：AC。

【分析】利用电场线的疏密性可以比较电场强度的大小；利用电场线的方向可以比较电势的高低。2．【答案】B,D【解析】【解答】AB．当断开和闭合开关的瞬间，线圈A中电流发生变化，使得穿过线圈B的磁通量发生变化，则在线圈B中产生感应电流，线圈B所在回路的电流产生的磁场扰动了小磁针，A不符合题意，B符合题意；CD．断开和闭合开关的瞬间，使得穿过线圈B的磁通量发生变化情况相反，产生的感应电流方向相反，小磁针的偏转方向相反，C不符合题意，D符合题意。故答案为：BD。

【分析】当线圈B产生感应电流时，利用安培定则可以判别周围磁感线的方向进而判别小磁针的偏转方向。3．【答案】A,B,D【解析】【解答】A．棒上感应电荷只分布在其表面，A符合题意；B．达到静电平衡时，导体棒是等势体，则棒左、右两端的电势相等，B符合题意；CD．达到静电平衡时，O点的合场强为零，点电荷在O点产生的电场强度与感应电荷在O点的场强等大反向，则棒上感应电荷在O点产生的电场强度大小为E感故答案为：ABD。

【分析】利用静电感应可以判别棒上的感应电荷只分布在表面；当静电平衡时，导体处于等势体；利用内部场强等于0可以判别点电荷产生的场强与感应电荷产生的场强相反，大小相等。4．【答案】A,B,C【解析】【解答】A．根据E=ΔΦΔt，t=tB．根据楞次定律可知，t=tC．0~t0D．0~故答案为：ABC。

【分析】利用法拉第电磁感应定律可以求出电动势的大小；利用楞次定律可以判别感应电流的方向；利用电流和时间可以求出电荷量的大小；由于未知电动势的有效值所以不能求出产生的焦耳热。5．【答案】B,C【解析】【解答】A．原线圈中交流电压的周期为T=2πB．副线圈电流的有效值为I2=2A，则电压有效值为U2=2×50V=100V，原线圈中电压的有效值为U1=10V，则原线圈中电流的有效值为I1C．原、副线圈的匝数比为n1D．该变压器输入功率与输出功率之比为1∶1，D不符合题意。故答案为：BC。

【分析】利用角速度的大小可以求出周期的大小；利用电流的表达式可以求出电流的峰值，利用峰值可以求出有效值的大小；利用输入功率等于输出功率结合电功率的表达式可以求出输入电流的大小；利用电压之比可以求出匝数之比；原副线圈功率大小相等。6．【答案】A,D【解析】【解答】A．在粒子穿越磁场的过程中，洛伦兹力与粒子的速度方向始终垂直，则洛伦兹力对该粒子做的功为0，A符合题意；B．在粒子穿越磁场的过程中，速度大小不变但方向改变，则动量改变，根据动量定理可知，则合外力冲量不为零，粒子仅受洛伦兹力作用，则洛伦兹力对该粒子的冲量不为0，B不符合题意；C．粒子在磁场中在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，穿越磁场的过程中，水平方向速度大小由v一直减小，则该粒子在磁场中运动的时间大于dvD．粒子在磁场中在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动qvB=mv2R，根据几何关系故答案为：AD。

【分析】洛伦兹力方向与粒子速度方向相同所以对该粒子不做功；利用洛伦兹力和时间可以判别洛伦兹力的冲量不等于0；利用粒子运动的轨迹及线速度可以判别粒子在磁场运动的时间，利用牛顿第二定律及轨迹半径的大小可以求出粒子比荷的大小。7．【答案】A,C,D【解析】【解答】A．根据I=Ig+B．开路转换式中，若电阻R1CD．闭路抽头式中，接抽头3时并联的电阻只有R1，而接抽头4时并联的电阻有R1和R2，则抽头3对应的量程大于抽头4对应的量程，并且若电阻R3故答案为：ACD。

【分析】利用并联电路的电阻越小可以判别对应的量程越大；当电阻R1发生变化时，开关接1时对应的量程发生改变；利用闭路抽头式中并联电阻的大小可以比较量程的大小，当其中R3电阻变化时，抽头对应的两个量程都会发生变化。8．【答案】A,C【解析】【解答】AB．断开开关前后的一小段时间内，通过自感线圈的电流方向是不变的，则自感线圈所在支路的电流如曲线a所示，A符合题意，B不符合题意；CD．由图可知，断开开关之前通过线圈的电流大于通过小灯泡的电流，则断开开关后，线圈产生自感电动势阻碍电流减小，线圈相当电源，由于线圈、电阻和灯泡重新组成回路，则小灯泡先突然变亮再逐渐熄灭，C符合题意，D不符合题意。故答案为：AC。

【分析】当开关断开前一段时间内自感线圈的电流保持不变所以对应a曲线；当断开开关前通过线圈的电流大于通过小灯泡的电流，所以断开开关后，由于线圈、电阻和灯泡组成回路，则灯泡先变亮后逐渐熄灭。9．【答案】A,C,D【解析】【解答】A．交界区两侧的电流相等，则单位时间内通过的电荷量相等，A符合题意；B．因超导电子能产生定向运动，不受阻碍，则超导体中不需要恒定电场以维持其中的超导电流，B不符合题意；C．由题意可知，当金属在温度低于TcD．因为超导体内的电流只分布在表面厚为10故答案为：ACD。

【分析】利用交界区两侧电流相等可以判别单位时间内通过的电荷量相等；超导体中电子能够定向移动所以不需要恒定电场维持其中的电流；利用对称性可以判别超导体内部轴线的磁场强度等于0.10．【答案】A,C,D【解析】【解答】多用电表正确测量了一个13Ω的电阻后，需要再测量一个阻值约为2kΩ的电阻，则选择开关要从“×1”当调到“×100”位置，然后将红表笔和黑表笔接触，调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点。故答案为：ACD。

【分析】利用待测电阻的大小可以判别多用电表应该换挡后重新欧姆调零；需要换大挡位再利用欧姆调零旋钮把指针调到0刻度线。11．【答案】B【解析】【解答】粒子在电场中做类平抛运动，则x=v0t，A．若粒子a和b在电场中的加速度相等，则a=EqB．粒子a和b射入电场时的速度相等，则由y=EqC．粒子a和b射入电场时的动能相等，则由y=EqD．粒子a和b射入电场时的动量相等，则由y=Eq故答案为：B。

【分析】利用牛顿第二定律结合加速度相等可以判别两粒子比荷相等；利用位移公式公式结合竖直方向的位移大小可以比较比荷的大小；利用动能相等结合竖直方向的位移可以比较电荷量的大小；利用动量相等可以比电荷量与质量乘积的大小。12．【答案】（1）A；C（2）；1.50；0.83（3）B（4）b；B【解析】【解答】（1）一节干电池电动势约为1.5V，则依据精确测量的原则，电压表应选择量程相近的A；电源的内阻较小，为了调节方便，滑动变阻器应选总阻值较小的C；（2）在U−I图线中，纵轴上的截距为该电源的电动势，根据图像可知为1.50V，图线的斜率为该电源的内阻，为r=1.5−1（3）电源总功率等于电源电动势与电路电流之积，为P=EI=E×E−U（4）S2接在b端的时候，因为电压表的分流作用，使得电源的电动势和内阻的测量值均偏小，所以作出的U−I图线的纵轴截距会偏小，故图线2对应于S[8]S2接在a端时，因为电流表的分压作用，使得电源的电动势的测量值是准确的，即E=U1，而S2接在b端时的短路电流为

【分析】（1）利用电动势的大小可以判别电压表的量程；利用内阻偏小可以判别滑动变阻器选择小阻值；

（2）利用图像斜率和截距可以求出电动势的大小；

（3）利用电功率的表达式可以判别总功率与U的关系；

（4）由于电压表的分流作用会导致电源电动势和内阻的测量值偏小，所以纵截距会偏小则对应为S2接在b端；当S2接在a端时，由于电流表的分压作用，会导致电动势的测量值等于真实值；利用欧姆定律可以求出内阻的大小。13．【答案】（1）解：带电粒子在电场中被加速，则Uq=则进入速度选择器时的速率v（2）解：在速度选择器中运动时Eq=q解得E=（3）解：粒子进入磁场后做匀速圆周运动，则qL=2r解得L=【解析】【分析】（1）粒子在电场中加速，利用动能定理可以求出粒子进入速度选择器的速度大小；

（2）粒子在速度选择器做匀速直线运动，利用电场力和洛伦兹力相等可以求出电场强度的大小；

（3）粒子进入磁场做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律可以求出A到P之间的距离大小。14．【答案】（1）解：由A到P过程中，根据动能定理mgL解得E=（2）解：小球从A运动到B的过程中，电场力做的功W=−qEL=−（3）解：小球从A运动到B的过程中，根据动能定理mgL+W=在B点，根据牛顿第二定律F−mg=联立解得F=2mg【解析】【分析】（1）小球从A到P的过程中，利用动能定理可以求出电场强度的大小；

（2）小球从A到B的过程中，利用电场力的大小可以求出电场力做功的大小；

（3）小球运动到最低点时，利用动能定理结合牛顿第二定律可以求出细线对小球拉力的大小。15．【答案】（1）解：a.粒子离开加速器时q则最大动能Eb．粒子在加速器中的加速次数N=（2）解：所加交变电压的周期为T=根据T=2π可得C【解析】【分析】（1）粒子离开加速器后，利用牛顿第二定律可以求出最大的速度，结合动能定理可以求出加速的次数；

（2）已知所加电压的周期等于粒子运动的周期，结合周期的表达式可以求出最大电容的大小。16．【答案】（1）解：导体棒产生的感应电动势E=BLvI=F1=F安=BIL解得F（2）解：由题意可知E′=BLvv=atI由牛顿第二定律F2-BI′L=maF2=F0+kt解得a=（3）解：若对导体棒cd施加一水平向右的瞬时冲量，使其以速度v0a．整个过程中，电路中产生的总热量Q=b．由电路可知U其中E=BLv由动量定理−Bq=解得U则导体棒cd两端的电势差Ucd【解析】【分析】（1）金属棒在恒力作用下切割磁场，利用动生电动势的表达式及