四川省成都市实验外国语学校2022-2023学年高二物理下学期第一次阶段测试试题（Word版附解析）

四川省成都市实验外国语学校2022-2023学年高2024届高二下学期

第一次阶段性测试物理试题

一、单项选题（每个小题3分，共24分。在题目提供的四个选项中，只有一个选项正确）

1. 在物理学的发展过程中，许多科学家作出了巨大的贡献。以下关于物理学史的叙述符合实际的是（　　）

A. 法拉第首先发现了电流的磁效应现象

B. 麦克斯韦建立了电磁场理论并预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在

C. 法拉第电磁感应定律是由法拉第通过实验总结得到的

D. 能量子首先是由牛顿提出的

【答案】B

【解析】

【详解】A．奥斯特首先发现了电流的磁效应，故A错误；

B．麦克斯韦建立了电磁场理论并预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在，故B正确；

C．法拉第电磁感应定律是由纽曼、韦伯等人通过实验总结得到的，故C错误；

D．能量子首先是由普朗克提出的，故D错误。

故选B。

2. 如图所示为“研究影响平行板电容器电容大小的因素”的实验装置图，把静电计的金属球与电容器右极板连接，金属外壳与左极板均接地，用静电计测量已充电的平行板电容器两极板间的电势差U，下列选项中正确的是（　　）

A. 将左极板上移少许，电容器的两极板所带电量应该减小

B. 将左极板上移少许，静电计指针的偏转角度应该会增大

C. 本实验可以用适当量程的电压表代替静电计进行实验

D. 左极板上移是为了探究平行板间的距离对电容的影响

【答案】B

【解析】

【详解】ABD．在该装置中极板上带电量不变，则根据

，

可知，当将左极板上移少许时，极板的正对面积减小，是为了探究平行板间的正对面积对电容的影响。则减小，增大使静电计的指针偏转角度增大。故AD错误，B正确；

C．电压表和静电计原理不同，电压表需要有电流通过才可以使指针偏转，所以本实验不能用电压表代替静电计。故C错误。

故选B。

3. 如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为，b是原线圈的中心抽头，副线圈接理想电压表和理想电流表。在原线圈c、d两端加上的交变电压，则 （　　）

A. 开关与a连接时，电压表的示数为

B. 开关与a连接时，滑动变阻器触头P向上移动，电压表示数变小

C. 开关与b连接时，滑动变阻器触头P向下移动，电流表示数变小

D. 变阻器R不变，当单刀双掷开关由a扳向b时，输入功率不变

【答案】A

【解析】

【详解】A．开关与a连接时，根据变压器电压与线圈匝数关系有

电压表的示数为

故A正确；

B．开关与a连接时，滑动变阻器触头P向上移动，根据

可知电压表示数不变，故B错误；

C．开关与b连接时，滑动变阻器触头P向下移动，R减小，电流表示数变大，故C错误；

D．变阻器R不变，当单刀双掷开关由a扳向b时，减小，增大，输出功率增大，输入功率增大，故D错误。

故选A。

4. 一架飞机在广州上空匀速巡航，机翼保持水平，飞行高度不变，由于受地磁场竖直向下分量的作用，金属机翼上有电势差，设飞行员左方机翼末端处的电势为，右方机翼末端处电势为 ，则下列说法正确的是（　　）

A. 若飞机从东往西飞，比高

B 若飞机从南往北飞，比低

C. 若飞机从北往南飞，比低

D. 由于飞机匀速飞行，则等于

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】当飞机在北半球飞行时，由于地磁场的存在，且地磁场的竖直分量方向竖直向下，由于感应电动势的方向与感应电流的方向是相同的，由低电势指向高电势，由右手定则可判知，在北半球不论沿何方向水平飞行，都是飞机的左方机翼电势高，右方机翼电势低，即总有比高。

故选A。

5. 质谱仪是分离各种元素的同位素并测量它们质量的仪器，它由静电加速器、速度选择器、偏转磁场、显示屏等组成，它的结构原理如图所示.金属极板与之间的电场强度为E，磁感应强度为.现让一束离子流经电场加速后，由左端平行于极板射入质谱仪，沿着直线通过速度选择器后，并从狭缝进入匀强磁场，在磁场中分为如图所示的三束，则下列相关说法中不正确的是（　　）

A. 速度选择器的极板带正电

B. 离子2带正电

C. 能通过狭缝的带电粒子的速率等于

D. 粒子2的比荷绝对值最小

【答案】A

【解析】

【详解】A．三种粒子在正交的电磁场中做匀速直线运动，由力的平衡得

qvB1=qE

根据左手定则可知，若带电粒子带正电荷，洛伦兹力的方向向上，所以电场力的方向向下，选择器的P1极板带正电；若带电粒子带负电，洛伦兹力的方向向下，所以电场力方向向上，选择器的P1极板带正电，故A错误，符合题意；

B．在磁场中，磁场的方向向外，根据左手定则，正电荷受到的洛伦兹力的方向向下，将向下偏转，负电荷受到的洛伦兹力的方向向上，将向上偏转，所以2带正电，故B正确，不符合题意；

C．能通过狭缝的带电粒子受到的电场力与洛伦兹力的大小相等，方向相反，即

qvB1=qE

v=

故C正确，不符合题意；

D．由牛顿第二定律得

qvB2=

解得

r与比荷成反比，粒子2的半径最大，所以粒子2的比荷绝对值最小，故D正确，不符合题意。

故选A。

6. 交警使用的某型号酒精测试仪如图甲，其工作原理如图乙所示，传感器电阻R的电阻值随酒精气体浓度的增大而减小，电源的电动势为E，内阻为r，电路中的电表均为理想电表。测试仪可根据电压表读数变化判断驾驶员饮酒情况。当一位酒驾驾驶员对着测试仪吹气时，下列说法正确的是（　　）

A. 电压表的示数变大，电流表的示数变小

B. 酒精气体浓度越大，电源的输出功率越大

C. 适当增大的电阻值，则同等酒精气体浓度下吹气前后电压表示数变化会更大

D. 电压表示数变化量与电流表示数变化量的绝对值之比保持不变

【答案】D

【解析】

【详解】A．当一位酒驾驾驶员对着测试仪吹气时，传感器电阻R的阻值变小，由

可知电流I变大，电流表的示数变大，由

可知电压表的示数变小，故A错误；

B．电源的输出功率

因为不知道与r的具体关系未知，故无法确定酒精气体浓度越大时，电源的输出功率如何变化，故B错误；

C．由闭合电路欧姆定律可得

可知同等酒精浓度下吹气前后即的变化量相同，增大R0，则增大，则有减小，C错误；

D．由闭合电路欧姆定律可知

既电压表示数变化量与电流表示数变化量的绝对值之比保持不变，故D正确。

故选D。

7. 如图所示，以O点为圆心的圆上有A、B、C三点。A、B、C三点将圆三等分，其中A、B的连线水平。在A、B两点各固定一个电荷量为+Q的点电荷，在C点固定一个电荷量为－Q的点电荷。圆的半径为R，则O点的电场强度大小和方向为（    ）

A. 电场强度为零

B. 电场强度为，方向竖直向上

C. 电场强度为，方向竖直向下

D. 电场强度为，方向竖直向下

【答案】C

【解析】

【详解】A、B、C三点的点电荷在点产生的电场强度大小均为，根据对称性和几何关系，A、B两点的点电荷在点产生的电场强度为，方向竖直向下，C点的点电荷在点产生的电场强度为，方向竖直向下，所以点的电场强度为，方向竖直向下。

故选C。

8. 利用如图所示的电流天平，可以测量匀强磁场中的磁感应强度B。它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，b段导线长为l，导线a、b、c段处于匀强磁场中，磁感应强度方向与线圈平面垂直。当线圈没有通电时，天平处于平衡状态。当线圈中通入电流I时，通过在右盘加质量为m的砝码（或移动游码）使天平重新平衡。下列说法中错误的是（　　）

A. 若仅将电流反向，线圈将不能保持平衡状态

B. 线圈通电后，a、c段导线受到的安培力等大反向，b段导线的安培力向上

C. 线圈受到的安培力大小为mg

D. 由以上测量数据可以求出磁感应强度

【答案】D

【解析】

【详解】线圈通电后，根据左手定则可知、段导线受到的安培力等大反向，段导线的安培力向上；当线圈没有通电时，天平处于平衡状态，设左盘质量为m1，右盘质量为m2，有

当线圈中通入电流时，向上的安培力大小为

在右盘加质量为的砝码（或移动游码）使天平重新平衡，则有

可得

则磁感应强度大小为

若仅将电流反向，则安培力方向向下，其他条件不变，由以上分析可知，线圈不能保持平衡状态，故ABC正确，D错误。

本题选错误项，故选D。

二、多选题（每个小题4分，共20分，在题目提供的4个选项中，至少有2个选项正确，全部选对得4分选对但不全得2分，有错不选得0分）

9. 图甲是一台小型发电机的构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势e随时间t变化的正弦规律图象如图乙所示．发电机线圈的内电阻r＝2Ω，外接灯泡的电阻R＝10Ω，则（　　）

A. 在t＝0.01s时刻，穿过线圈的磁通量最大

B. 电压表的示数为6V

C. 灯泡消耗的电功率为2.5W

D. 线圈转动产生电动势的表达式

【答案】AC

【解析】

【详解】A．在时刻，电动势为0，则为中性面，穿过线圈磁通量最大，A正确；

BD．电动势的最大值为

周期为0.02s，则瞬时电动势的表达式为

电压表的示数为交流电的有效值，且电压表测量外电路电压，故

BD错误；

C．灯泡消耗的功率

C正确。

故选AC。

10. 一带负电粒子仅在电场力的作用下从A点沿直线运动到B点，速度由变为，其速度—时间图像如图所示，下列说法正确的是（　　）

A. A、B两点的电势关系为

B. A点附近的等势面要比B点附近的等势面稀疏

C. A、B两点的电场强度大小关系为

D. 粒子从A点到B点的过程中，可能两次经过同一个等势面

【答案】AC

【解析】

【详解】A．根据速度由变为，速度减小，电场力对负电荷做负功，电势能增加。根据带电粒子在电场中的运动规律可知，负电荷高势低能，则。故A正确；

BC．电场线密集的位置等势面密集，场强更大，则带电粒子受到的电场力更大，加速度大，在图像中，斜率更大。A处斜率大于B处斜率，则电场强度的关系，A点附近的等势面要比B点附近的等势面密集。故B错误，C正确；

D．粒子从A点到B点过程中，速度一直减小，则电势能一直增大，故不可能两次经过同一个等势面。故D错误。

故选AC。

11. 如图甲所示，悬挂在竖直方向上的弹簧振子，在C、D两点之间做简谐运动，O点为平衡位置。振子到达D点开始计时。以竖直向下为正方向，在一个周期内的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　）

A. 振子在О点受到的弹簧弹力等于零

B. 振子做简谐运动的表达式为

C. 0.25s~0.75s时间内，振子通过的路程为5cm

D. t=0.25s和t=0.75s时，振子的速度相同，加速度大小相等

【答案】BD

【解析】

【详解】A．振子在点受到的回复力为零，即弹簧弹力等于振子自身重力大小。A错误；

B．由图乙可得，振子的振幅

振子的周期

圆频率

初相位

振子做简谐运动的表达式为

B正确；

C．将

带入简谐运动的表达式得

将

带入简谐运动的表达式得

0.25s~0.75s的时间内，振子通过的路程

C 错误；

D．t=0.25s和t=0.75s时，振子的速度大小相同，方向都向上，由对称性可知，回复力大小相等，由牛顿第二定律得加速度大小相等。D正确。

故选BD。

12. 如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c,以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，运动轨迹如图所示，其中∠AOa=90°，∠AOb=120°，∠AOc=150°。若带电粒子只受磁场力的作用．则下列说法正确的是（　　）

A. 三个粒子都带负电荷

B. b粒子的速率是a粒子速率的倍

C. a粒子在磁场中运动时间最短

D. 三个粒子在磁场中运动的时间之比为3：2：1

【答案】BD

【解析】

【详解】三个粒子在磁场中运动的圆心和圆心角如图所示。

A．由左手定则可知，三个粒子均带正电，故A错误；

B．设磁场半径为R，由几何关系可知

ra=R

rb=R

洛伦兹力提供向心力，则

所以

将ra、rb代入得

vb=va

故B正确；

CD．根据粒子运动时间

所以时间t∝θ，如图所示，由图中几何关系可知三个粒子在磁场中运动的时间之比

ta：tb：tc=3：2：1

可见a粒子在磁场中运动时间最长，故C错误，D正确。

故选BD。

13. 如图所示，质量为m、电阻为R、边长为L正方形金属线框的cd边恰好与有界匀强磁场的上边界重合，现将线框在竖直平面内由静止释放，当下落高度为h（h＜L）时线框开始做匀速运动。已知线框平面始终与磁场方向垂直，且cd边始终水平，磁场的磁感应强度大小为B，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）

A. cd边进入磁场时，线框中感应电流的方向为顺时针方向

B. 线框匀速运动时的速度大小为

C. 线框从静止到刚好匀速运动的过程中，通过线框某截面的电量为

D. 线框从静止到刚好匀速运动的过程中，线框中产生的焦耳热为

【答案】AC

【解析】

【详解】A．由楞次定律知，线框进入磁场时感应电流的方向为顺时针方向，选项A正确；

B．线框匀速运动时，由共点力平衡条件得

mg=BIL

由法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律得

BLv＝IR

联立解得

选项B错误；

C．由法拉第电磁感应定律得

由闭合电路的欧姆定律得，又，联立解得

选项C正确；

D．由能量守恒定律得

联立解得

选项D错误。

故选AC。

第II卷（非选择题）

三、实验题（共16分）

14. 在“测定金属的电阻率”的实验中，某同学设计的实验电路图如下：

（1）设测得金属丝的电阻为R，金属丝的长度为L，金属丝的直径为D，则金属丝的电阻率为______（用题目所给字母表示）；

（2）某同学用游标卡尺测量某金属丝的直径读数如图1所示，则该金属丝的半径为______mm；

（3）该同学用伏安法测量该金属丝的电阻，电压表选择0~3V量程，电流表选择0~0.6A量程，分别测量金属丝两端的电压和流过金属丝的电流，指针位置分别如图2所示，则金属丝的电阻为______Ω；

【答案】    ①.     ②. 2.1    ③. 2.61

【解析】

【详解】（1）[1]金属丝的横截面积为

由电阻定律可知

（2）[2]游标卡尺主尺读数为0.4cm，游标的读数为，则直径为4.2mm，半径为2.1mm。

（3）[3]电压表的最小分度为0.1V，由图可知，电压表的读数为1.15V，电流表的最小分度为0.02A，由图可知，电流表的示数为0.44A，由欧姆定律可知，金属丝的电阻为

15. 如图所示为一物理兴趣小组测量水果电池电动势和内阻的实验电路图，水果电池的电动势约为2V，内阻约为200Ω。其中虚线框内为用毫安表改装成的双量程电压表电路。

（1）虚线框内毫安表的内阻为，满偏电流为；和为定值电阻，其中，使用a和b接线柱，电压表量程为；若使用a和c接线柱，则电压表的量程为_________V，_________Ω；

（2）实验室提供了两个电流表：（量程，内阻约为），（量程，内阻约为）；两个滑动变阻器，最大阻值分别为和。则电流表应选_________（填“”或“”），滑动变阻器应选最大阻值为_________Ω的；

（3）实验主要步骤如下。

①开关拨向c，将滑动变阻器R的滑片移到最_________（填“左”或“右”）端，闭合开关；

②多次调节滑动变阻器的滑片，记下相应的毫安表的示数和电流表A的示数；

③坐标图中描点画出图像如图所示；

④则电源的电动势___________V，内阻___________Ω；（结果均保留三位有效数字）

⑤若不考虑实验中的偶然误差，用此种方法所得的电动势测量值___________真实值，内阻测量值___________真实值。（均填“大于”“小于”或“等于”）。

【答案】    ①. 3    ②. 4000    ③.     ④. 1500    ⑤. 左    ⑥. 2.30    ⑦. 212    ⑧. 等于    ⑨. 等于

【解析】

【详解】（1）[1]接ac两接线柱时，表头、与串联，则量程为

[2]使用a和b接线柱，电压表量程为可求为

（2）[3]水果电池的电动势约为，根据欧姆定律得

故电流表选。

[4]因内阻约为较大，为了便于调节，滑动变阻器应选择。

（3）[5]为了让电流由最小开始调节，开始时滑动变阻器阻值滑到最大位置，即应滑到最左端。

[6][7]由闭合电路欧姆定律有

变形得

根据图像的斜率可得

解得

由图像中与纵坐标的交点可求电源的电动势

解得

[8][9] 若不考虑实验中的偶然误差，该电路已精确计算路端电压和流过内阻的电流，所以电动势测量值等于真实值，内阻测量值等于真实值。

四、解答题

16. 如图甲所示，一个圆形线圈的匝数，线圈面积，线圈的电阻，线圈外接一个阻值的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。求：

（1）线圈中的感应电流的大小和方向；

（2）电阻R两端电压。

【答案】（1）0.05A，方向；（2）0.4V

【解析】

【详解】（1） 由图像可知

根据

由闭合电路欧姆定律得

根据楞次定律可得线圈中的感应电流的方向为；

（2）根据欧姆定律

17. 如图（a）所示，倾角θ=30的光滑固定斜杆底端固定一电量为Q=2×10-4C的正点电荷，将一带正电小球（可视为点电荷）从斜杆的底端（但与Q未接触）静止释放，小球沿斜杆向上滑动过程中能量随位移的变化图像如图（b）所示，其中线1为重力势能随位移变化图像，线2为动能随位移变化图像。（g=10m/s2，静电力恒量k=9×109N·m2/C2）则： 

（1）求小球的质量m和电量q；

（2）斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差U；

（3）在图（b）中画出小球的电势能随位移s变化的图线。（取杆上离底端3m处为电势零点）

【答案】（1）m=4kg，q=1.11×10-5C；（2）U=4.2×106V；（3）

【解析】

【详解】（1）由线1可得

由图（b）线1可知斜率

k1=20=mgsin30°

所以

m=4kg

当达到最大速度时带电小球受力平衡，在斜面方向上有

由线2可得

s0=1m

解得

（2）由线2可得，当带电小球运动至1m处动能最大为27J，根据动能定理有

 即有

代入数据得

U=4.2×106V

（3）结合图（b），根据能量守恒可得

下图中线3即为小球电势能ε随位移s变化的图线

18. 如图所示，PMN和是两条足够长、相距为L的平行金属导轨，左侧圆弧轨道表面光滑，右侧水平轨道表面粗糙，并且右侧空间存在一竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在左侧圆弧轨道上高为h处垂直导轨放置一导体棒AB，在右侧水平轨道上距AB棒足够远的地方，垂直导轨放置另一导体棒CD。已知AB棒和CD棒的质量分别为m和2m，接入回路部分的电阻分别为R和2R，AB棒与水平轨道间的动摩擦因数为μ，圆弧轨道与水平轨道平滑连接且电阻不计。现将AB棒由静止释放，让其沿轨道下滑并进入磁场区域，最终运动到距为d处停下，此过程中CD棒因摩擦一直处于静止状态。重力加速度为g，求：

（1）AB棒刚进入磁场时所受安培力的大小；

（2）整个过程中AB棒上产生的焦耳热Q；

（3）若水平轨道光滑，则从AB棒开始运动到最终处于稳定状态的过程中，通过AB棒的电荷量为多少？

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）AB棒下滑到处，根据机械能守恒得

此时

由闭合电路欧姆定律可得

由安培力公式可得

联立解得

（2）AB棒进入磁场后，根据动能定理得

回路中产生的焦耳热

又因两导体棒电流相同，则AB棒上产生的焦耳热

联立解得

（3）若水平导轨光滑，根据系统动量守恒定律得

对AB棒，由动量定理可得

而

联立解得

19. 如图，在平面直角坐标系内，第一象限存在沿轴负方向的匀强电场，电场强度大小为（未知）；第二象限存在沿轴正方向的匀强电场，电场强度大小；第四象限圆形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小，圆形区域分别在P点、Q点与轴、轴相切，其半径。一比荷、不计重力和空气阻力的带正电粒子，从第二象限的A点由静止释放，A点坐标为（，），该粒子从轴上C（，）点进入第一象限，恰从P点进入第四象限的匀强磁场，最终从圆形磁场的M点射出。求：

（1）粒子经过C点的速度大小；

（2）电场强度的大小及粒子经过P点的速度；

（3）粒子在磁场中运动时间（结果可用表示）。

【答案】（1）；（2），；（3）

【解析】

【详解】（1）粒子在第二象限做匀加速直线运动，则有

由牛顿第二定律得

联立解得粒子经过C点的速度大小

（2）在第一象限，粒子做类平抛运动，沿轴正方向有

沿轴负方向有

由牛顿第二定律可得

联立解得

，

粒子经过P点沿沿轴负方向的分速度大小为

因此，粒子经过P点的速度大小为

设速度方向与轴正向夹角为，则有

可得

（3）粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得

解得

粒子在磁场中的轨迹如图所示

可知四边形为菱形，则粒子从M点射出磁场时速度沿轴负向；从P到M，圆心角为，粒子在磁场中的运动时间为

又

联立解得