2023凉山州宁南中学高二上学期期末物理试题含解析

宁南中学高2024届高二上期期末考试

物理试题

一、选择题：（本题共12小题，共48分，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第9-12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. 下列说法正确的是（　　）

A. 由场强定义式E=可知，某电场的场强E与q成反比，与F成正比

B. 电阻率是反映材料的导电性能的物理量

C. 由R=可知，导体两端的电压越大，导体的电阻越大

D. 摩擦起电的过程就是电荷的创造过程

【答案】B

【解析】

【详解】A．电场强度的定义式E=F/q可知，电场强度由电场本身决定，与有无检验电荷无关，故A错误。

B．电阻率是反映材料导电性能的物理量，电阻率越大导电性能越弱，故B正确。

C．导体的电阻为导体本身的性质，与两端的电压和电流无关，故C错误。

D．电荷不能凭空产生，摩擦起电只是电荷的移动，故D错误。

故选B。

2. 下列关于电场线和磁感线说法错误的是（　　）

A. 电场线越密的地方，同一试探电荷所受的电场力越大

B. 即使在复杂电场中的电场线也是不相交的

C. 磁场的方向就是小磁针N极在磁场中所指方向

D. 电场线是闭合曲线，磁感线是不闭合曲线

【答案】D

【解析】

【详解】A．电场线越密的地方，电场越强，同一试探电荷所受的电场力越大，A正确，不符合题意；

B．电场线的切线表示电场方向，如果电场线相交，则该点有两个不同的方向，与事实不符。B正确，不符合题意；

C．人们规定，磁场的方向就是小磁针N极在磁场中所指方向，C正确，不符合题意；

D．电场线是不是闭合曲线，磁感线是闭合曲线。D错误，符合题意。

故选D。

3. 真空中有两个点电荷，若每个电荷的电量均增大到原来的2倍，相隔的距离增大到原来的4倍，则它们间的相互作用力（　　）

A. 减小到原来的

B. 减小到原来的

C. 增大到原来的2倍

D. 增大到原来的4倍

【答案】A

【解析】

【详解】真空中的两个点电荷相距r，根据库仑定律得

如果每个电荷的电量均增大到原来的2倍，相隔的距离增大到原来的4倍，则它们间的相互作用力

故选A。

4. 小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线在P点的切线，为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法不正确的是（    ）

A. P点对应的小灯泡的电阻为

B. P点对应的小灯泡的电阻为

C. 随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大

D. 常温下的小灯泡的电阻小于

【答案】A

【解析】

【详解】AB．此电阻是非线性元件，其电阻不等于图象切线斜率的倒数，据电阻的定义式可知，对应P点，小灯泡的电阻为

故A错误，符合题意，B正确，不符合题意；

C．图线上的点与原点连线的斜率倒数等于电阻大小，由数学知识可知，随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大，故C正确，不符合题意；

D．由于即为P点的电阻，由于随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大，常温下的小灯泡的电阻小于，故D正确，不符合题意。

故选A。

5. 如图是静电除尘器除尘原理图，M、N是直流高压电源的两极，通过某种机制使电场中的尘埃带上负电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的。图示位置的a、b、c三点在同一直线上，且|ab|＝|bc|。下列判断正确的是（　　）

A. N是直流高压电源的负极

B. 电场中b点的电势高于c点的电势

C. 同一个点电荷在电场中c点受到的电场力大于在a点受到的电场力

D. 电场中c、b间的电势差Ucb小于b、a间的电势差Uba

【答案】D

【解析】

【详解】A．因到达集尘极的尘埃带负电荷，那么电场强度的方向向左，因此电场线方向向左，则知N是直流高压电源的正极，故A错误；

B．根据沿着电场线方向电势是降低的，因此电场中b点的电势低于c点的电势，故B错误；

C．电场方向由集尘极指向放电极，电场线的分布由集尘极会聚于放电极，结合电场线的疏密来体现电场的强弱，那么电场中c点的场强小于a点的场强，故同一个点电荷在电场中c点受到的电场力小于在a点受到的电场力，故C错误；

D．假设电场是匀强电场，由于|ab|=|bc|，那么b、a间的电势差Uba等于c、b间的电势差Ucb，但由于电场是非匀强电场，且电势，且沿着ca方向，电场强度越来越大，故电场中c、b间的电势差Ucb小于b、a间的电势差Uba，故D正确。

故选D。

6. 一个面积S=4×10-2m2、匝数n=100匝的线圈放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示，则下列判断正确的是

A. 在开始的2s内穿过线圈的磁通量变化率大小等于0.04Wb/s

B. 在开始的2s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零

C. 在开始的2s内线圈中产生的感应电动势大小等于8V

D. 在第3s末线圈中的感应电动势等于零

【答案】C

【解析】

【详解】A.由图像的斜率可知，在开始的2s内，，因此线圈磁通量的变化率为：，故A错误

B.因为2s内磁感应强度方向相反，所以在开始的2s内穿过线圈的磁通量的变化量不等于零，故B错误

C.根据法拉第电磁感应定律得，可知线圈中产生的感应电动势的大小为8V，故C正确

D.由题图看出，第3s末线圈中的磁通量为零，但磁通量的变化率不为零，感应电动势不等于零，故D错误.

7. 如图所示，匀强电场中的三角形PAB平面平行于电场方向，C点为AB的中点，D点为PB的中点。将一个带电粒子从P点移动到A点，电场力做功；将该粒子从P点移动到B点，电场力做功。则下列说法正确的是（　　）

A. 直线PC为等势线

B. 直线AD为电场线

C. 若将该粒子从B点移动到A点，电场力做功

D. 若将该粒子从P点移动到C点，电场力做功为

【答案】D

【解析】

【详解】AB．设P点的电势为0，则根据公式可知，电场力做正功，所以A点的电势为

B点的电势为

因为D是PB的中点，故D点的电势为

故C点电势为

所以PC不是等势线，AD是等势线，故AB错误；

C．若将该粒子从B点移动到A点，电场力做功

故C错误；

D．若将该粒子从P点移动到C点，电场力做功为

故D正确。

故选D。

8. 如图所示，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，二者之间的距离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里，大小相等的电流时，纸面内与两导线距离为l的a点处的磁感应强度为零。若仅让P中的电流反向，则a点处磁感应强度的大小为（　　）

A. 2B0 B. B0 C. B0 D. B0

【答案】B

【解析】

【详解】在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离为l的a点处的磁感应强度为零，如下图所示：

 

由此可知，外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，即B1=B0；依据几何关系，及三角知识，则有

BPcos30°=B0

 解得P或Q通电导线在a处的磁场大小为

BP=B0

当P中的电流反向，其他条件不变，再依据几何关系，及三角知识，则有

B2=B0

因外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，磁场大小为B0；最后由矢量的合成法则，那么a点处磁感应强度的大小为

B=

故选B。

9. 在如图所示的下列四种情况中，能产生感应电流的有（　　）

A. 闭合线圈沿磁场方向向上运动

B. 铜盘在两磁极间转动

C. 闭合电路中ab杆在磁场中向右运动

D. 条形磁铁静止线圈上方

【答案】BC

【解析】

【详解】A．保持线圈平面始终与磁感线垂直，闭合线圈在磁场中沿磁场方向向上运动，运动方向平行于磁场，磁通量不变，无感应电流，故A错误。

B．铜盘在两磁极间转动时，在磁场中那一部分的铜盘相对于闭合电路的一部分在切割磁感线，所以有感应电流，故B正确。

C．闭合电路中ab杆在磁场中向右运动，闭合回路的磁通量发生变化，有感应电流，故C正确。

D．条形磁铁静止在线圈上方，穿过线框的磁通量不变，不能产生感应电流，故D错误。

故选BC。

10. 静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系如图所示，在x轴上有四点：x1、x2、x3、x4，相邻两点间的距离相等，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷（　　）

A. x2和x4两点处电势相等

B. 由x1运动到x4的过程中加速度先增大后减小

C. 由x1运动到x4的过程中电势能先增大再减小

D. 设电荷从x2运动到x1，电场力做功W1，电荷从x3运动到x2，电场力做功W2，则W1<W2

【答案】BD

【解析】

【详解】A．由图知x2~x4处场强为x轴负方向，根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可知x2处的电势低于x4处，故A错误；

B．由x1运动到x4的过程中，由图可以看出电场强度的绝对值先增大后减小，所以电场力先增大后减小，加速度与先增大后减小，故B正确；

C．x1~x4处场强为x轴负方向，则正电荷从x1到x4处逆着电场线方向移动，电场力对其做负功，电势能逐渐增大，故C错误；

D．根据图像围成的面积表示电势差，由于相邻两点间的距离相等，由图可知，，根据，可知，故D正确。

故选BD。

11. 在如图所示的电路中，电源的电动势为E、内阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置，R1和R2为定值电阻，P为滑动变阻器R的滑片，G为灵敏电流表，A为理想电流表。开关S闭合电路稳定后，电容器C的两板间有一带电油滴恰好处于静止状态。若将滑片P向上移动，则(  )

A. A表的示数变大 B. 电源的输出功率一定变大

C. G中有由b→a的电流 D. 油滴向上加速运动

【答案】CD

【解析】

【详解】A．滑片向上移动时，电阻变大，电路的总电阻变大，则总电流变小，则表的示数变小，故A错误；

B．根据当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，可知外电阻在变大，但不知外电阻与内电阻的关系，因此无法确定输出功率如何变化，故B错误；

C．根据闭合电路欧姆定律可得电容器两端电压为：

总电流减小，则电容器两端电压变大，带电量变大，电容器充电，故G中电流从，故C正确；

D．带电油滴原来处于平衡状态，重力和电场力平衡；电容器电压增大，板间场强增大，油滴所受的电场力变大，将油滴将向上加速运动，故D正确；

故选CD。

12. 如图所示，在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子（重力不计）从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2l，则下列关于粒子运动的说法中正确的是（　　）

A. 若该粒子的入射速度为v＝ ，则粒子一定从AD边射出磁场

B. 若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝

C. 若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝

D. 当该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为

【答案】BD

【解析】

【详解】A．若该粒子的入射速度为v＝ ，则由

可得

由几何关系可知，粒子将从CD边的中点射出磁场，故A错误；

BC．由

可得

即粒子在磁场中的运动半径越大，速度就越大；由几何关系可得，当粒子的轨迹与AD边相切时，能从CD边射出的轨迹半径最大，此时粒子的轨迹半径为

所以粒子的最大速率为

故B正确、C错误；

D．由

可得粒子在磁场中的运动周期

即运动周期与轨迹半径、粒子速度都无关；所以粒子在磁场中的运动时间取决于运动轨迹所对应的圆心角，所以粒子从AC边射出时运动时间最长，因为此时运动轨迹对应的圆心角为，其在磁场中的运动时间为

故D正确。

故选BD。

二、实验题（本题共2个小题，共14分）

13. 一多用电表的电阻挡三个倍率，分别是×1、×10、×100.用×10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进一步测量，应换到________挡．如果换挡后立即用表笔连接电阻进行读数，那么缺少的步骤是_______________.

【答案】    ①. ×100    ②. 重新进行电阻调零

【解析】

【详解】用×10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小说明阻值较大，应换用大量程，故换到×100挡；换挡后应该重新进行电阻调零。

14. 在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，现除了有一个标有“5 V，2.8 W”的小灯泡、导线和开关外，还有：

A．直流电源（电动势为6 V）              B．电流表（量程0～3 A，内阻约为0.1Ω）

C．电流表（量程0～0.6A，内阻约为5 Ω）    D．电压表（量程0～5 V，内阻约为15 kΩ）

E．滑动变阻器（最大阻值10Ω，允许通过的最大电流为2 A）

F．滑动变阻器（最大阻值1 kΩ，允许通过的最大电流为0.5 A）

实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据。

（1）实验中电流表应选用_________，滑动变阻器应选用 ________（均用器材前的字母序号表示）；

（2）请你用笔画线代替导线，在图中将实物电路连接完整。_______ ；

（3）某同学通过实验正确作出小灯泡的伏安特性曲线如下图所示。该图线不是直线的主要原因_______；

现把实验中使用的小灯泡接到如下图所示的电路中，其中电源电动势E＝5V，内阻r＝2Ω，定值电阻R＝8Ω，此时灯泡的实际功率为_______W（结果保留两位有效数字）。

【答案】    ①. C    ②. E    ③. 见解析    ④. 灯丝电阻（率）随温度升高而增大    ⑤. 0.56

【解析】

【详解】（1）[1]由题意可得，灯泡的额定电流为

故电流表应该选择0~0.6A的量程，故选C。

[2]电压从零开始变化，滑动变阻器选择分压式接法，应选用阻值较小的滑动变阻器，故选E。

（2）[3]灯泡的电阻较小，因此电流表应该选择外接，电路图连接如图所示

（3）[4]由于灯丝的电阻会随着温度的变化而变化，当温度升高时，灯丝的电阻会变大，故其伏安特性曲线并非是一条直线。

[5]设灯泡两端的电压为U，通过灯泡的电流为I，则由题意可得

在图中画出U-I图，如图所示

由图可知，交点位置为灯泡的电压与电流，电压为1.7V，电流为0.33A，则灯泡的实际功率为

三、计算题（本题共3个小题，共38分。请在答题卷上写出必要的文字说明，重要的方程式、重要的演算过程，明确的数值和单位。只有答案，没有过程的不得分）

15. 空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点．从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B．A不带电，B的电荷量为q（q>0）．A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为．重力加速度为g，求

（1）电场强度的大小；

（2）B运动到P点时的动能．

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a．根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有

mg+qE=ma①

②

解得

③

（2）设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有

④

且有

⑤

⑥

联立③④⑤⑥式得

⑦

16. 2022年6月17日，经中央军委批准，我国第三艘航空母舰命名为“中国人民解放军海军福建舰”。福建舰是我国完全自主设计建造的第一艘弹射型航空母舰，采用平直通长飞行甲板，配置电磁弹射和阻拦装置，满载排水量8万余吨。舰载作战飞机沿平直跑道起飞过程分为两个阶段：第一阶段是电磁弹射，电磁弹射区的长度为80m，弹射原理如图乙所示，飞机钩在滑杆上，储能装置通过导轨和滑杆放电，产生强电流恒为4000A，导轨激发的磁场在两导轨间近似为匀强磁场，磁感应强度B=10T，在磁场力和飞机发动机推力作用下，滑杆和飞机从静止开始向右加速，在导轨末端飞机与滑杆脱离，导轨间距为3m；第二阶段在飞机发动机推力的作用下匀加速直线运动达到起飞速度。已知飞机离舰起飞速度为100m/s，航空母舰的跑道总长为180m，舰载机总质量为kg，起飞过程中发动机的推力恒定，弹射过程中及飞机发动机推力下的加速过程，舰载机所受阻力恒为飞机发动机推力的20%，求：

（1）电磁弹射过程电磁推力做的功

（2）飞机发动机推力的大小；

（3）电磁弹射过程，飞机获得的加速度。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】解：

（1）由题意可知，电磁推力大小

电磁推力做功

（2）设飞机常规推动力的大小为，对整个过程根据动能定理有

解得

（3）弹射过程，根据牛顿第二定律

解得

17. 在如图所示的平面直角坐标系中，x轴水平、y轴竖直，虚线OM与x轴成角。在OM与x轴之间（包括x轴）的区域存在垂直于坐标平面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场和方向、大小均未知的匀强电场；在OM与y轴之间（包括y轴）的区域，存在沿y轴负方向、大小未知的匀强电场。现有一个质量为、电荷量为的带正电的小球a（可视为质点），以速度沿x轴正方向从坐标原点O射入磁场区域恰好做匀速圆周运动而发生偏转，当小球a经OM线上的Q点（图中未画出）第二次进入电场后，恰好直接运动到O点。已知当地的重力加速度为，令，不计空气阻力。求：

（1）电场的电场强度的大小和方向；

（2）电场的电场强度的大小；

（3）若小球a从O点出发时，将另一个不带电的小球b从y轴上某一点P水平向右抛出，小球b恰好与小球a在Q点相撞，求小球b的初速度。

【答案】（1），方向竖直向上；（2）；（3）0.75m/s，方向水平向右

【解析】

【详解】（1）小球a在磁场中做匀速圆周运动，则有电场力与重力二力平衡

其电场的电场强度的大小

方向竖直向上。

（2）设小球a做圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律有

有

设小球a第一次离开磁场的位置为N点。由几何知识可知，小球a第一次离开磁场时速度方向沿y轴正方向，先沿y轴正方向做匀减速直线运动，再沿y轴负方向从静止做匀加速直线运动并经过ON再次进入磁场，从Q点第二次进入电场做类平抛运动到O点，对其类平抛过程，如下图所示：

由图像分析得

，，

联立解得

（3）小球a在磁场中运动恰好组成一个完整的圆，则在磁场中运动的时间

小球a在电场中做匀减速直线运动来回一次的时间为

可得小球a从最初由O点进入磁场到Q点的总时间为

小球b和小球a在Q点相碰，对小球b做平抛运动，则水平方向

解得小球b平抛速度

方向水平向右。