2022-2023学年重庆市第十一中学高二上学期期末考试物理试题 （解析版）

重庆市第十一中学校高2024届高二上期期末考试

物理试卷

一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1. 比值定义法指在定义一个物理量的时候采用比值的形式定义，其基本特点是被定义的物理量往往是反映物质最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变。下列公式中，不属于比值定义法定义的物理量有（　　）

A. 电流 B. 电势

C. 电场强度 D. 磁感应强度

【答案】A

【解析】

【详解】A．由欧姆定律可知，通过某段导体的电流，跟这段导体两端的电压成正比，跟这段导体的电阻成反比，则电流属于决定式，不属于比值定义式，故A符合题意；

B．电势与电势能及电荷量均无关，所以电势属于比值定义式，故B不符合题意；

C．电场强度E由电场本身决定，与电荷量以及电荷受到的电场力无关，所以电场强度属于比值定义式，故C不符合题意。

D．磁感应强度由磁场本身决定与电流元以及电流元受到的力无关，所以磁感应强度属于比值定义式，故D不符合题意。

故选A。

2. 如图所示是一对不等量异种点电荷的电场线分布图，虚线是以正点电荷为圆心的一个圆，M、N为圆上的两点，P、Q两点关于两电荷连线对称，由图可知（　　）

A. P、Q两点的电场强度相同

B. 正点电荷在M点受到的电场力一定沿切线向上

C. 在M点静止释放的正点电荷将沿电场线运动到P点

D. 虚线圆环为等势面，M、N两点的电势相等

【答案】B

【解析】

【详解】A．根据题意，由图可知，P、Q两点的电场强度大小相等，方向不同，故A错误；

B．正点电荷在M点受到的电场力的方向与电场方向相同，一定沿切线向上，故B正确；

C．因MP之间的电场线是曲线，则在M点由静止释放一个正的试探电荷，电荷不会沿电场线通过P点，故C错误；

D．根据公式，再由图可知，点电荷周围的电场强度大小不相等，则虚线圆环不是等势面，M、N两点的电势不相等，故D错误。

故选B。

3. （地磁场）中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也。”进一步研究表明，地球周围地磁场分布示意图如图结合上述材料，全科试题免费下载公众号《高中僧课堂》下列说法正确的是（　　）

A. 地理南、北极与地磁场的南、北极不重合

B. 地球内部也存在磁场，地磁南极在地理南极附近

C. 地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行

D. 若地磁场是由地球本身带电，因自转而产生，则地球必带正电

【答案】A

【解析】

【详解】A．地理南、北极与地磁场的南、北极不重合，而是有一定的夹角，即为磁偏角，故A正确；

B．磁场是闭合的曲线，地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近，故B错误；

C．磁场是闭合的曲线，地球磁场从南极附近出发，从北极附近进入地球，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C错误；

D．地球自西向东转，地磁的南极在地理的北极附近，根据左手定则结合安培环流假说可知形成地磁场的原因可能是带负电的地球自转引起的，故D错误。

故选A。

4. 图甲是我校学生在应用洛伦兹力演示仪调节电子在磁场中的运动轨迹。如图乙所示，电子枪水平向左射出电子束，使玻璃泡中稀薄的气体发出辉光，显示出电子的径迹。设电子的电量为e，质量为，电子枪的加速电压为，两线圈之间的磁感强度为B，方向垂直纸面，忽略电子所受重力及电子间的相互作用。下列说法正确的是（　　）

A. 图乙中磁场方向垂直于纸面向外

B. 电子在磁场中运动时，洛伦兹力对电子做正功

C. 电子从电子枪出射的速度为

D. 增大电子枪的加速电压为U，电子在磁场中运动的周期不变

【答案】D

【解析】

【详解】A．由左手定则可知，图乙中磁场方向垂直于纸面向里，故A错误；

B．电子在磁场中运动时，洛伦兹力始终与速度方向垂直，对电子不做功，故B错误；

C．由动能定理可得

解得电子从电子枪出射的速度为

故C错误；

D．由和，可得电子在磁场中运动的周期

与加速电压为U无关，故D正确。

故选D。

5. 如图所示，真空中A、B、C三点构成一等腰直角三角形，AC和BC之间的距离均为，在A、B点分别固定等量同种点电荷，电荷量为，已知静电力常量，重力忽略不计，下列说法正确的是（　　）

A. AB之间的库仑力方向沿连线向内

B. AB之间的库仑力大小为

C. C点处的电场强度方向竖直向下

D. C点处电场强度大小为

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据题意可知，A、B点分别固定等量同种点电荷，AB之间的库仑力方向沿连线向外，故A错误；

B．由库仑定律可得，AB之间的库仑力大小为

由几何关系可得

代入数据解得

故B错误；

CD．根据题意可知，在A、B点分别固定等量同种点电荷，在C点产生的电场，如图所示

由点电荷场强公式可得

由电场的叠加原理可知，C点处的电场强度方向为左下，大小为

故C错误，D正确。

故选D。

6. 如图所示，当开关闭合、滑动变阻器滑片位于某位置时，水平放置的平行板电容器间一带电液滴恰好处于静止状态，灯泡L正常发光。现将滑动变阻器滑片由该位置向a端滑动过程中（　　）

A. 灯泡将变亮

B. 电压表的示数减小

C R中有电流流过，方向竖直向上

D. 可通过减小两极板间的距离使液滴继续保持静止状态

【答案】C

【解析】

【详解】A．将滑片由该位置向a端滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，电路的总电阻增大，干路电流减小，则灯泡将变暗。故A错误；

B．干路电流减小，电源内电压减小，外压增大，电压表的示数增大，故B错误；

C．干路电流减小，内电压和灯泡两端电压减小，则滑动变阻器两端电压增大，电容器两极板间电压增大，电容器充电，则R中有电流流过，方向竖直向上，故C正确；

D．电容器两极板间电压增大，液滴所受电场力增大；如果减小两极板间的距离，由，可知液滴所受电场力增大，液滴向上运动，故D错误。

故选C。

7. 疫情期间核酸检测时，医务人员需要用手机扫描群众渝康码，为了保证手机电量充足，往往要携带一个智能充电宝随时对手机进行充电。某医务人员使用的充电宝参数见下表，其中转化率是指放电量与容量的比值下列说法正确的是（　　）

A. 该充电宝最多能储存的能量为3.6×104J

B. 该充电宝电量从零到完全充满电的时间约为5h

C. 为充电宝充电时将电能转化为内能

D. 该充电宝给电量为零，容量为3000mAh的手机充电，则理论上能充满3次

【答案】B

【解析】

【详解】A．该充电宝的电动势为5V，可得最多能储存的能量为

A错误；

B．输入电流为2A，该充电宝电量从零到完全充满电的时间约为

B正确；

C．充电宝充电时将电能转化为化学能和内能，C错误；

D．充电宝的转换率为0.6，所以给电量为零，容量为3000mAh的手机充电，理论上可充电次数为

D错误。

故选B

8. 真空区域有宽度为L、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向如图所示，MN、PQ是磁场的边界。质量为m、电荷量为的粒子（不计重力）从MN边界某处射入磁场，刚好没有从PQ边界射出磁场，当再次从MN边界射出磁场时与MN夹角为30°，则（　　）

A. 粒子进入磁场时速度方向与MN边界的夹角为60°

B. 粒子在磁场中转过的角度为60°

C. 粒子在磁场中运动的时间为

D. 粒子能从PQ边界射出磁场时的速度大于

【答案】D

【解析】

【详解】A．由对称性可知，粒子进入磁场时速度方向与MN边界的夹角为，A错误；

B．由图可知

粒子在磁场中转过的角度为

B错误；

C．粒子在磁场中运动的时间为

C错误；

D．由几何关系可知，粒子刚好没有从PQ边界射出磁场的半径为r，满足

解得

由洛伦兹力提供向心力

解得

要使粒子能从PQ边界射出磁场，则满足

化简可得

D正确。

故选D。

二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。

9. 下图中是关于磁场中的一些实际应用，下列说法正确的是（　　）

A. 图甲是回旋加速器，要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径

B. 图乙是磁流体发电机，图中A极板是发电机的正极，B极板是发电机的负极

C. 图丙是速度选择器，不仅能选出速度的粒子，还能区分粒子的正负

D. 图丁是奥斯特证明电流磁效应的实验，导线通电后，其正下方小磁针的N极将向纸面内转动

【答案】AD

【解析】

【详解】A．根据公式，解得粒子获得的最大动能

可知要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径，故A正确；

B．由左手定则知正离子向下偏转，所以下极板带正电，A板是电源的负极，B板是电源的正极，故B错误；

C．对此速度选择器，速度的方向必须由左向右，由，可得

能选出速度的粒子，不能区分粒子的正负，故C错误；

D．图丁中导线通电后，根据安培定则可知，导线下方的磁场方向垂直纸面向里，正下方小磁针的N极向纸面里转动，故D正确。

故选AD。

10. 在冶金、矿山、水泥、热电厂、建材、铸造、化工、烟草等工业中，为了分离工业废气中残留的粉尘，常常会使用静电除尘设备。如图所示为某静电除尘装置的内部简化结构，已知电极端为负极，图中实线是两电极间的等差等势面，虚线是某一带电的烟尘微粒仅在电场力作用下向集尘板迁移的轨迹，A、B是轨迹上的两点，对该烟尘微粒，下列说法正确的是（　　）

A. 烟尘微粒带正电

B. 烟尘微粒在A点的电场强度大于在B点的电场强度

C. 烟尘微粒在A点的电势能大于在B点的电势能

D. 烟尘微粒在A点的速度大于在B点的速度

【答案】BC

【解析】

【详解】A．烟尘微粒运动过程中受到的电场力指向轨迹的凹侧，并与场强平行，因为电极端为负极，所以由此判断，烟尘微粒受到的电场力与场强方向相反，因此烟尘微粒带负电，A错误；

B．等差等势面的疏密表示电场的强弱，由图可知，烟尘微粒在A点的电场强度大于在B点的电场强度，B正确；

CD．从A点运动到B点，电场力做正功，电势能减小，动能增加，所以烟尘微粒在A点的电势能大于在B点的电势能，烟尘微粒在A点的速度小于在B点的速度，即C正确，D错误。

11. 如图所示，一质量为、带电荷量为的小球，以速度沿两正对带电平行金属板MN（板间电场可看成匀强电场）左侧某位置水平向右飞入，已知极板长，两极板间距为，不计空气阻力，小球飞离极板后恰好由A点沿切线进入竖直光滑绝缘圆弧轨道ABCD，AC、BD为圆轨道的直径，在圆轨道区域有水平向右的匀强电场，电场强度的大小与MN间的电场强度大小相等。已知，，，下列说法正确的是（　　）

A. 小球在A点的速度大小为4m/s

B. MN两极板间的电势差为

C. 小球运动至C点的速度大小为5m/s

D. 轨道半径时小球不会在ABCD区间脱离圆弧轨道

【答案】BCD

【解析】

【详解】A．因为小球飞离极板后恰好由A点沿切线进入竖直光滑绝缘圆弧轨道，所以小球在A点的速度大小为

A错误；

B．带电小球在匀强电场中作类平抛运动，则有

解得

因为

所以，小球所受电场力向上，又因为小球带正电，所以场强方向竖直向上，则有

对带电小球受力分析，由牛顿第二定律得

代入数据解得

所以，MN两极板间的电势差为

B正确；

C．小球从A点到C点的过程中，由动能定理得

又因为

代入数据解得，小球运动至C点的速度大小为

C正确；

D．设电场力和重力的合力与竖直方向的夹角为，则

解得

若小球恰好运动到等效最高点时速度为，在等效最高点，由牛顿第二定律得

从A点运动到等效最高点过程中，由动能定理

联立解得，临界半径为

所以，当轨道半径时，小球不会在ABCD区间脱离圆弧轨道。D正确。

故选BCD。

三、非选择题：共53分。

12. 疫情期间为了实现“停课不停学”，重庆全体师生通过电脑、平板进行线上教学。小明同学在学习电学知识时突然产生疑惑“电脑的电池是什么？”。经查阅资料发现电脑、平板、手机这一类用电器的电池是蓄电池，于是决定测量一节电动势约为3V的蓄电池的电动势和内阻。

A．量程是0.6A，内阻约为0.5Ω的电流表；

B．量程是15V，内阻是30kΩ的电压表；

C．量程是3V，内阻是6kΩ的电压表；

D．阻值为0 ~ 10Ω，额定电流为2A的滑动变阻器；

E．定值电阻2Ω，额定功率4W；

F．开关S一个，导线若干。

（1）为了减小实验误差，电压表应选择___________（填器材代号）；

（2）用题目中的实验电路进行测量，读出电压表和电流表的读数，画出对应的U—I图线如图所示，由图线可得该蓄电池的电动势E = ___________V，内阻r = ___________Ω。（结果保留两位有效数字）

【答案】    ①. C    ②. 2.9    ③. 3.0

【解析】

【详解】（1）[1]一节电动势约为3V，为了减小实验误差，电压表应选择C。

（2）[2][3]由闭合电路欧姆定律可得

E = U＋I(R＋r)

解得

U = E－I(R＋r)

由图像可知该蓄电池的电动势

E = 2.9V

内阻

13. 某同学想用伏安法测量某种粗细均匀合金材料的电阻率，准备的器材有：

A.电源（电动势，内阻可忽略）

B.电流表（量程0.6A，内阻约为0.5）

D.电压表（量程3V，内阻约3）

E.滑动变阻器（，额定电流）

F.滑动变阻器（，额定电流2A）

G.开关、导线若干

小组同学将器材按图（甲）连接后开始实验，回答下列问题：

（1）图甲电路中滑动变阻器应选择________，开关应与_______连接（选填“a”或“b”），测量的电阻与真实值相比___________（选填“偏大”“相等”“偏小”）；

（2）测量过程中，某同学拍摄了一张电流表表盘的读数，如图乙所示，其读数为_________A；

（3）用螺旋测微器测材料的直径，如图丙所示，该材料的直径为__________；

（4）根据实验数据，小组同学在坐标纸上作出图像如图丁所示，又测出材料接入电路部分的长度为2m，可估算出该合金材料的电阻率最接近下列数据中的为___________（填选项前的符号）。

A.    B.    C.   D.

【答案】    ①. F    ②. b    ③. 偏小    ④. 0.50    ⑤. 0.640    ⑥. B

【解析】

【详解】（1）[1]在该实验中，滑动变阻器采用的是分压式接法，为了使电表示数变化明显，则滑动变阻器应选择，即图甲电路中滑动变阻器应选择F；

[2]根据经验可知，金属丝的电阻约为几欧姆，则

所以，电流表应采用外接法，即开关应与连接；

[3]该电路采用电流表外接法，由于电压表的分流作用，导致电流表的测量值大于流过金属丝的真实电流，由

可知，测量的电阻与真实值相比偏小。

（2）[4]由于电流表选择的量程为0.6A，分度值为0.02A，则电流表的示数为0.50A。

（3）[5]螺旋测微器的示数为

（4）[6]由欧姆定律得

由电阻定律得

其中

联立解得

代入数据解得，该合金材料的电阻率为

故选B。

14. 如图所示，质量为m=0.4kg的金属杆垂直放置于宽的平行金属导轨上，并处于磁感应强度的匀强磁场中，金属杆与磁场方向垂直，定值电阻，其余电阻均不计。当开关闭合后，金属杆刚好不滑动，已知动摩擦因素，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，。求：

（1）金属杆受到的安培力F；

（2）内电流通过电阻产生的焦耳热Q。

【答案】（1）2N；（2）7680J

【解析】

【详解】（1）当开关闭合后，金属杆刚好不滑动，安培力等于最大静摩擦力

（2）由安培力，可得电路中电流

内电流通过电阻产生的焦耳热

15. 小明同学在玩一个会发光的电动玩具汽车时，发现了一个现象：启动电源，电动机正常工作，车轮正常转动，当不小心卡住车轮时，车灯会变暗。玩具汽车的简化电路如图所示，电源电动势，，车轮电动机的额定电压，额定功率，线圈电阻。则：

（1）玩具汽车正常工作时，流过灯泡的电流；

（2）玩具汽车被卡住后，流过灯泡的电流；

（3）玩具汽车卡住前后，灯泡消耗功率的减少量。

【答案】（1）1A；（2）；（3）4.5W

【解析】

【详解】（1）玩具汽车正常工作时，电源内压

通过电源的电流

玩具汽车正常工作时，通过电动机的电流

流过灯泡的电流

（2）灯泡的电阻为

玩具汽车被卡住后，电动机可视为纯电阻，灯泡与电动机并联的电阻

电路中的总电流

由并联电路的特点可知流过灯泡的电流

（3）玩具汽车卡住前，灯泡消耗功率

玩具汽车卡住前后，灯泡消耗功率

灯泡消耗功率的减少量

16. 在对微观粒子的研究中，对带电粒子运动的控制是一项重要的技术要求，设置适当的电场和磁场实现这种要求是可行的做法。如图甲所示的平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度和磁感应强度随时间做周期性变化的图像如图乙所示。轴正方向为的正方向，垂直纸面向里为的正方向。若在坐标原点O处有一粒子P，其质量和电荷量分别为和。在时刻静止释放粒子P，它将能在周期性变化的电磁场中周期性的运动下去。（不计粒子的重力，不计由于电场、磁场突变带来的其它效应）求：

（1）粒子P首次进入磁场时速度的大小；

（2）若，求粒子在电场与磁场中运动的周期以及一个周期内运动的总路程；

（3）若在（）时刻释放P，求粒子P速度为零时的纵坐标（可用，，，表示）。

【答案】（1）；（2），；（3）和（，，）

【解析】

【详解】（1）粒子进入电场后做匀加速直线运动，有

，

解得粒子P首次进入磁场时速度的大小为

（2）若，粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力可得

粒子在磁场中运动的周期为

联立解得

可知在内向轴正方向做匀加速直线运动，在内在磁场中运动了半个圆周，在内向轴负方向减速到速度为零刚好到达轴，在由于粒子静止不受洛伦兹力，该段时间内粒子静止不动；当时，粒子又开始向x轴正方向加速，如此反复，轨迹如图

所以可得粒子在电场与磁场中运动的周期为

一个周期内运动的总路程为

其中有

，

即

（3）在释放粒子，在电场中加速时间为，时刻进入磁场的速度为

进入磁场后做圆周运动，有

解得

时开始在电场中做匀减速直线运动，经过速度减为零，粒子到达轴，后粒子在电场中再次向右加速时间，时再次进入磁场中的速度为

同理进入磁场中的运动轨迹半径为

时开始在电场中做匀减速直线运动，经过速度减为零，粒子到达轴，如此反复，因为，所以可知，粒子运动轨迹如图所示

分析可知当粒子到达1、3位置时，此时y轴坐标分别为

，

当粒子到达2、4位置时，此时y轴坐标分别为

，

如此反复可得粒子P速度为零时的纵坐标为

和（，，）

代入可得

和（，，）