2022-2023学年北京市第四中学高二上学期期末物理试题含解析

  北京四中2022～2023学年度第一学期期末试卷

高二物理

一、单项选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分。在每题给出的四个选项中，只有一个选项正确。请将答案填涂在答题卡上）

1. 右图是用显微镜观察布朗运动时记录的图像，则关于布朗运动，下列说法正确的是（　　）

A. 液体分子的无规则运动是布朗运动 B. 温度越高，布朗运动越明显

C. 悬浮微粒的大小对布朗运动无影响 D. 右图为悬浮微粒在这一段时间内的运动轨迹

【答案】B

【解析】

【详解】A．液体中悬浮微粒的运动是布朗运动，间接反映液体分子的无规则运动，A错误；

B．温度越高，液体分子运动越激烈，布朗运动越明显，B正确；

C．悬浮微粒越小，液体分子对其撞击的不平衡性越明显，布朗运动越激烈，C错误；

D．题图的折线是每个一定时间悬浮微粒所在位置的连线图，不是悬浮微粒的运动轨迹，D错误。

故选B。

2. 关于温度和分子动能，下列说法正确的是（　　）

A. 物体的温度升高，物体内每个分子热运动的速率都增大

B. 物体的温度越高，其内部分子的平均动能就一定越大

C. 15℃的水蒸发成15℃的水蒸气后，内能不变，分子的平均动能也不变

D. 达到热平衡的两个系统，其内部分子的平均动能可以不同

【答案】B

【解析】

【详解】A．分子热运动的速率规律是一个统计规律，物体的温度升高，物体内分子热运动的平均速率增大，而不是物体内每个分子热运动的速率都增大，A错误；

B．温度是物体内部分子平均动能大小标志，物体的温度越高，其内部分子的平均动能就一定越大，B正确；

C．15℃的水蒸发成15℃的水蒸气后，温度不变，分子的平均动能不变，该物态变化是吸热过程，分子势能增大，即内能增大，C错误；

D．温度是系统达到热平衡的标志，达到热平衡的两个系统温度一定相等，则其内部分子的平均动能一定相同，D错误。

故选B。

3. 铅蓄电池的电动势为2V，内阻不为零，以下说法中正确的是（　　）

A. 铅蓄电池每秒能把2J的化学能转变为电能

B. 电路中每通过1C电量，铅蓄电池对外输出的电能为2J

C. 电路中每通过1C电量，铅蓄电池内部非静电力做功为2J

D. 该铅蓄电池把其他形式能转化为电能的本领比电动势为1.5V的干电池弱

【答案】C

【解析】

【详解】ABC．电动势是描述电源把其它形式的能转化成电能本领大小的物理量，由于铅蓄电池的电动势为2V，则电路中每通过1C电量时，铅蓄电池内部非静电力做功

即电路中每通过1C电量时，铅蓄电池将2J的化学能转化成电能，但由于内阻不为零，所以铅蓄电池对外输出的电能小于2J，故AB错误，C正确；

D．电动势反应电源将其它形式的能转化成电能的本领，因此铅蓄电池把其它形式能转化成电能的本领比一节干电池（电动势是1.5V）的本领强，故D错误。

故选C。

4. 电场中有A、B两点，和分别表示A、B两点的电场强度的大小，和分别表示A、B两点的电势，满足且的是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】A．电场线越密集，电场强度越大，所以有

又因为沿电场线方向，电势逐渐降低，所以有

故A项错误；

B．题图所示为等量异种电荷的电场线，A、B两点关于连线中点对称，其电场强度大小相同，方向相同，且沿电场线方向，电势逐渐降低，所以有

故B项错误；

C．题图所示为等量同种电荷的电场线，A、B两点关于连线中点对称，其电场强度大小相等，方向相反，电势相等，所以为

故C项正确；

D．题图所示为匀强电场，电场强度大小和方向处处相等，沿电场线方向，电势逐渐降低，所以有

故D项错误。

故选C。

5. 如图用金属网把验电器罩起来，使带电金属球靠近验电器，下列有关此实验现象的描述或解释正确的是（　　）

A. 验电器的金属球因静电感应而带负电荷 B. 验电器的金属箔片会因排斥而张开

C. 整个金属网会因为静电感应而带负电荷 D. 箔片不张开因为金属网内场强为0

【答案】D

【解析】

【详解】ABD．根据静电屏蔽原理可知，由于金属网的静电屏蔽使得金属网内场强为0，验电器的金属球不带电，验电器的金属箔片不张开，故AB错误，D正确；

C．根据静电感应原理可知，金属网上靠近带正电金属球的近端带负电，远离带正电金属球的远端带正电，故C错误；

故选D。

6. 在如图所示的电路中，S断开，电容器已经充电。现将S闭合，则以下判断正确的是（　　）

A. 电容器带电量将减少 B. 电容器带电量将不变

C. 电容器两极间电压将增大 D. 电容器为断路，中始终无电流通过

【答案】A

【解析】

【详解】ABC．根据题意可知，S断开，电容器已经充电，此时，电容器两端电压等于电源电动势，将S闭合，电容器两端电压等于两端电压，小于电源的电动势，则电容器两极间电压将减小，由可知，电容器带电量将减少，故BC错误，A正确；

D．由上述分析可知，电容器带电量将减少，电容器放电，则中有电流通过，故D错误。

故选A。

7. 如图所示，D是置于通电螺线管正上方的一段通电直导线，电流方向垂直于纸面向里。在开关S接通后，关于导线D处磁场方向与导线所受安培力方向判断正确的是（　　）

A. 磁场方向向右，安培力方向向下

B. 磁场方向向左，安培力方向向上

C. 磁场方向向上，安培力方向向右

D. 磁场方向向下，安培力方向向左

【答案】B

【解析】

【详解】通电螺旋管产生的磁场由安培定则可知，内部的磁感线水平向右，则右端等效为磁铁的N级，外部的磁感线由N级发出，故D处的磁场方向向左，由左手定则可知导线所受的安培力向上。

故选B。

8. 如图表示某电场等势面的分布情况，一个粒子射入此电场中，从A运动到B轨迹如图，则下列说法错误的是（　　）

A. 带电粒子一定带正电 B. 粒子的电势能先增大后减小

C. 粒子的动能先增大后减小 D. 粒子的加速度先增大后减小

【答案】B

【解析】

【详解】A．根据电场方向与等势面垂直，且由高电势指向低电势，结合曲线运动的受力特点，粒子轨迹上其中一点的电场方向和电场力方向如图所示

由于电场力与电场方向相同，可知带电粒子一定带正电，故A正确；

BC．粒子从A运动到B过程，电场力先做正功后做负功，则粒子的电势能先减小后增大，粒子的动能先增大后减小，故B错误，C正确；

D．根据

可知等差等势面密集的地方电场强度较大，故粒子从A运动到B过程，粒子受到的电场力先增大后减小，粒子的加速度先增大后减小，故D正确。

本题选择错误的，故选B。

二、多项选择题（本大题共6小题，每小题4分，共24分。在每题给出的四个选项中，有多个选项正确，漏选给2分，错选0分。请将答案填涂在答题卡上）

9. 如图甲所示，让A分子不动，B分子从无穷远处逐渐靠近A。两个分子间的作用力F随r的变化关系如图乙所示，取无穷远处分子势能Ep=0。在这个过程中，关于分子间的作用力和分子势能说法正确的是（　　）

A. 当分子间距离r>r0时，分子间的作用力表现为引力

B. 当分子间距离r>r0时，分子间的作用力做正功，分子势能减小

C. 当分子间距离r=r0时，分子间的作用力为0，分子势能也为0

D. 当分子间距离r<r0时，分子间的作用力做负功，分子势能增大

【答案】ABD

【解析】

【详解】可以根据分子力做功判断分子势能的变化，分子力做正功，分子势能减小，分子力做负功，分子势能增加；r>r0，分子力表现为引力，r<r0，分子力表现为斥力；当r从无穷大开始减小，分子力做正功，分子势能减小，当r减小到r0继续减小，分子力做负功，分子势能增加，所以在r0处有最小势能，分子势能小于零；在r>r0时，r越大，分子势能越大，在r<r0时，r越小，分子势能越大。

故选ABD。

10. 某一电源的路端电压与电流的关系和电阻、的电压与电流的关系如图所示。用此电源分别与电阻、组成电路。下列说法正确的是（　　）

A. 将接到电源两端时，电源输出功率大

B. 将接到电源两端时，电源输出功率大

C. 将接到电源两端时，电源使用效率高

D. 将接到电源两端时，电源使用效率高

【答案】AD

【解析】

【详解】根据题意，由闭合回路欧姆定律有

结合图中数据解得

，

由欧姆定律有

结合图中数据解得

，

AB．将接到电源两端时，由闭合回路欧姆定律可得，电路中电流为

电源输出功率为

将接到电源两端时，由闭合回路欧姆定律可得，电路中电流为

电源输出功率为

则有

故B错误，A正确；

CD．将接到电源两端时，电源的效率为

将接到电源两端时，电源的效率为

则有

故C错误，D正确。

故选AD。

11. 按如图所示的电路连接各元件后，闭合开关S，L1、L2两灯泡都能发光。不考虑灯丝电阻随电压的变化，在保证灯泡安全的前提下，当滑动变阻器的滑片向左移动时，下列判断正确的是（　　）

A. L1变暗，L2变亮

B. L1变亮，L2变暗

C. 电流表的示数I增大，电压表的示数U减小

D. 电压表示数的变化量∆U与电流表示数的变化量∆I的比值变小

【答案】AC

【解析】

【详解】C．当滑动变阻器的滑片向左移动时， 接入到电路中的阻值变小，电路总电阻变小，故电路中的总电流变大，内电阻的内电压变大，路端电压变小。故电流表的示数I增大，电压表的示数U减小，C正确；

AB．干路的电流变大，L2变亮，并联部分电压变小，L1变暗，A正确，B错误；

D．由闭合电路欧姆定律得

则可得

保持不变，故D错误。

故选AC。

12. 如图所示的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，同一点正对圆心O射入磁场，分别从a、b两点射出，下列说法正确的是（　　）

A. a点射出的粒子运动半径较小 B. a点射出的粒子速率较大

C. b点射出的粒子运动时间较长 D. b点射出的粒子速度方向反向延长线过O点

【答案】AD

【解析】

【详解】AB．粒子在磁场中运动轨迹如图所示

b点射出的粒子运动半径较大，根据

粒子的比荷不确定，不能确定速度关系，A正确，B错误；

C．如上图速度越大半径越大，但圆心越小，粒子的比荷不确定，不能比较在磁场中的运动时间，C错误；

D．如图带电粒子在圆形边界磁场中做匀速圆周运动，沿径向射入沿径向射出，所以b点射出的粒子速度方向反向延长线过O点，D正确。

故选AD。

13. 回旋加速器的工作原理如图所示。D形盒半径为R，盒内匀强磁场的磁感应强度为B。设氘核的电荷量为q，质量为m，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（　　）

A. 氘核从磁场中获得能量

B. 交变电源的周期为

C. 氘核加速后的最大速度与加速电场的电压无关

D. 氘核在回旋加速器内的加速次数与加速电压有关

【答案】BCD

【解析】

【详解】A．氘核在磁场中受到的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，洛伦兹力不做功，氘核不从磁场中获得能量，故A错误；

B．根据

氘核在磁场中圆周运动的周期

所以交变电源的周期为，故B正确；

C．当加速到最大速度时，根据

氘核加速后的最大速度与加速电场的电压无关，故C正确；

D．氘核最大动能

氘核在回旋加速器中加速一次，增加的动能为qU，设加速次数为n，则

联立解得

氘核在回旋加速器内的加速次数与加速电压有关，故D正确。

故选BCD。

14. 如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于霍尔元件的侧面向左，此时通过霍尔元件的电流为IH，电流方向向下，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足：，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离，则（　　）

A. 霍尔元件中电流方向向下，电子定向移动的方向向上

B. 霍尔元件中定向移动的电子受到的洛伦兹力方向向外

C. 霍尔元件前表面的电势高于后表面电势

D. 若电源的正负极对调，电压表将反偏

【答案】AC

【解析】

【详解】A．霍尔元件中电流方向向下，由于该导电物质为电子，带负电，电子定向移动的方向向上，故A正确；

BC．根据左手定则，可以判断出霍尔元件中的导电物质，即电子所受安培力指向后表面，即将向后表面侧移，因此后表面的电势将低于前表面的电势，故B错误，C正确；

D．若电源的正负极对调，电流方向反向，线圈所形成的磁场方向和电子的定向移动方向同时反向，电子受到的洛伦兹力方向不变，因此后表面的电势仍低于前表面的电势，电压表仍能正常偏转，故D错误。

故选AC。

三、填空题（本大题共3小题，共20分。请将答案填涂在答题卡上）

15. 用10分度的游标卡尺测量小球的直径，测量的示数如图所示，读出小球直径d的值为__________mm。

【答案】18.4mm

【解析】

【详解】该游标卡尺是10分度，精度为0.1mm，故小球直径d的值为

16. 如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为l，处于匀强磁场内，磁感应强度B的方向与线圈平面垂直。当线圈中通过电流I时，调节砝码使两臂达到平衡。此时线圈受到的安培力大小为__________。然后使电流反向，大小不变。这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂再达到新的平衡，此时线圈受到的安培力方向__________（填“向上”或“向下”）。重力加速度g。根据上述条件得磁感应强度为__________。

【答案】    ①.     ②. 向下    ③.

【解析】

【详解】[1][2][3]线圈所受安培力为

电流反向，大小不变，则安培力变化了，根据左手定则，此时安培力的方向向下。根据平衡关系得

得

17. 某同学欲测量一蓄电池电动势和内阻。已知该蓄电池的（电动势E约为2.0V，内阻约为0.1Ω）、开关和导线若干，以及下列器材：

A.电流表（量程0~3A，内阻约0.025Ω）

B.电流表（量程0~0.6A，内阻约0.125Ω）

C.电压表（量程0~3V，内阻约3kΩ）

D.电压表（量程0~15V，内阻约15kΩ）

E.滑动变阻器（0~20Ω，额定电流2A）

F.滑动变阻器（0~100Ω，额定电流1A）

（1）为提高测量精度减小误差，且便于操作，在实验中电流表应选__________，电压表应该选择__________，滑动变阻器应选__________（选填器材前的字母）。

（2）用伏安法测电源电动势和内阻时，有以下两种连接方式。对于这个蓄电池为减小实验误差，应采用图__________的连接方式。

（3）实验时，他调整滑动变阻器共测得5组电流和电压的数据，如左表。根据数据做出蓄电池的U-I图像，如右图所示。则该蓄电池的电动势为__________V，内阻为__________Ω（结果均保留小数点后两位）。

（4）若不计实验中的偶然误差，则下列说法正确的是__________。

A.由于电压表分流作用，导致电流表测量值偏小，电动势的测量值偏小

B.由于电压表分流作用，导致电流表测量值偏小，内阻的测量值偏小

C.由于电流表分压作用，导致电压表测量值偏小，电动势的测量值偏小

D.由于电流表分压作用，导致电压表测量值偏小，内阻的测量值偏大

（5）小贾同学仍用上述电路测量一个水果电池的电动势和内阻，闭合开关后发现，电流表、电压表指针都几乎不发生偏转。试分析可能的原因_____________？

【答案】    ①. A    ②. C    ③. E    ④. 甲    ⑤. 2.07    ⑥. 0.10    ⑦. AB##BA    ⑧. 见解析

【解析】

【详解】（1）[1]根据电路最大电流读数选择电流表，由调整滑动变阻器测得的电流的最大读数为1.72A，可知电流表量程应为0~3A，故选A。

[2]本实验测量一节蓄电池的电动势，故知电压表量程应为0~3V，故选C。

[3]在实验中测的电流最小值时，电路电阻取得最大值，有

可知

因此，滑动变阻器取0~20Ω，就可以满足要求，故选E。

（2）[4]用伏安法测电源电动势和内阻时，由于待测电动势内阻很小，而电流表的内阻也很小，如果把电流表接在干路上，测量的相对误差较大，因此应该选择图甲的连接方式。

（3）[5][6]根据，作出电源的特性图线如下

由图可知

（4）[7]由于电压表的分流作用，电流表所测的电流不是流过电源的电流，因此造成了系统误差，电流表所测得电流要比实际电流要小，导致测量的电动势和内阻都偏小，故选AB。

（5）[8]仍用上述电路测量一个水果电池的电动势和内阻，由于水果电池的内阻很大，导致内压降过大，路端电压过小，电路电流过小，因此电流表、电压表指针都几乎不发生偏转。

四、计算题（本大题共4小题，每小题3分，共32分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，画出相应的示意图。只写出最后答案的不能得分。）

18. 如图所示，电源电动势E=14V，内电阻r=1Ω，电灯规格为“2V，4W”，电动机线圈的电阻为R0=0.5Ω。闭合开关S，当可变电阻R=1Ω时，电灯和电动机都正常工作，求：

（1）电动机消耗的电功率；

（2）电动机的输出功率；

（3）整个闭合电路工作1min消耗的电能。

【答案】（1）16W；（2）14W；（3）1680J

【解析】

【详解】（1）由于电灯正常工作，则电路中的电流为

电动机两端电压

电动机消耗的电功率

解得

（2）电动机的输出功率

解得

（3）整个闭合电路工作1min消耗的电能

解得

19. 质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具。如图所示，一带电粒子a从容器下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场，然后经S3沿着与磁场方向垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打在照相底片D上，测得该粒子在磁场中运动的轨道半径为r。

（1）求带电粒子a比荷；

（2）现有另一个粒子b，其比荷为带电粒子a的二倍。仍从小孔S1飘入同一装置中。求粒子b在磁场中运动的轨道半径。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）加速电场由动能定理有

在磁场中，根据牛顿第二定律得

解得

（2）在加速电场由动能定理有

在磁场中，根据牛顿第二定律得

解得

粒子b比荷为带电粒子a的二倍，故有

解得

20. 某种金属极板M受到某种紫外线照射时会不停地发射电子，假设射出的电子都垂直于极板M，每个电子发射时的动能均是Ek。另一个金属板N与M正对放置，两极板组成一个电容器，电容为C。从M射出的电子会累积在N上，在两极板间形成匀强电场。已知电子的质量为m，电荷量为-e，重力加速度为g，不计电子的重力，求：

（1）随着电子在N极板上累积，两极板间的电场强度逐渐增大，求M、N极板间的最大电压和N极板上最大电荷量；

（2）M、N两极板的长度和极板间距均为d，极板达到最大电荷量之后，停止照射。

a.若一电子从N板上端以平行于N板向下的速度v0射入电场，为了使得电子恰好能够从M板下边缘飞出，则电子的初速度v0应该为多少？

b.若将一个质量为m0的带电小球从N板上端静止释放，发现它恰好通过M板下端，则带电小球所带的电荷量是多少？

【答案】（1），；（2）a.，b.

【解析】

【详解】（1）当时，两极板间的电压为，根据动能定理得

M、N极板间的最大电压

N极板上最大电荷量

（2）a.电子在平板间做类平抛运动，其加速度为

水平位移和竖直方向位移满足

，

联立解得

b.若将一个质量为m0的带电小球从N板上端静止释放，小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀加速运动，根据牛顿第二定律水平方向加速度为

当它恰好通过M板下端，则满足

，

联立解得

21. 如图甲中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内为偏转元件的匀强偏转场来控制电子的运动。经调节后电子从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到水平圆形靶台上的中心点P。已知电子的质量为m，带电荷量为e，MN两端电压为U0，MN中电子束距离靶台竖直高度为H，忽略电子的重力影响，不考虑电子间的相互作用及电子进入加速电场时的初速度，不计空气阻力。

（1）求电子刚进入偏转场时的速度大小；

（2）若偏转场S为垂直纸面的匀强磁场，且磁场区域为一个圆柱形磁场，直径为L0。从加速场出来的电子正对圆形磁场的圆心射入，要实现电子束射出偏转场S时速度方向与水平方向夹角为θ，求匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向；

（3）若偏转场S为一矩形竖直向上的匀强电场，区域水平宽度为L0，竖直高度足够长，当偏转电场强度为E时电子恰好能击中靶台P点。靶台为一圆形区域，直径为d。而仪器实际工作时，电压U0会随时间小幅波动，即加速电压为。电子通过加速电场时电场可以认为是恒定的。在此情况下，为使电子均能击中靶台，求电压的波动。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）电子在加速电场中，由动能定理

解得电子离开加速电场进入偏转场时的速度大小

（2）若偏转场S为垂直纸面的匀强磁场，电子进入磁场后要向下偏转，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，电子在磁场中的运动轨迹如图

由几何知识可得

再根据牛顿第二定律

解得匀强磁场的磁感应强度B的大小为

（3）电子在竖直向上的匀强电场中做类平抛运动，由推论，其出电场时的瞬时速度的反向延长线一定通过场区水平宽度的中点A点；若由于加速电场电压变化，电子离开偏转电场的速度不同，但其反向延长线也必然通过场区水平宽度的中点A点，如图所示

当加速电场电压为U0时，电子刚好打在P点，即

再由电子在匀强电场中偏转的运动规律

代入得

解得

当加速电场电压为时，电子刚好能打在靶台右边缘，即

解得

当加速电场电压为时，电子刚好能打在靶台左边缘，即

同样可解得