2022-2023学年河南省信阳中学高二上学期期末物理试题含解析

信阳中学2022-2023学年高二上学期期末物理试题

一、选择题（共12个小题，每题4分，共48分。1—8题只有一项符合题目要求，9—12题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选得0分）

1. 下列说法中正确的是（　　）

A. 磁场中磁感应强度大的地方，磁通量不一定很大

B. 穿过某一面积的磁通量为零，该处磁感应强度为零

C. 若试探电荷在某位置所受的电场力为零，则该处的电场强度可能不为零

D. 若一小段电流在某位置所受的安培力为零，则该处的磁感应强度一定为零

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】A．根据磁通量表达式

Φ=BSsinθ

可知，磁通量取决于磁感应强度、线圈面积以及二者间的夹角，故磁场中磁感应强度大的地方，磁通量不一定很大，故A正确；

B．当某个面与磁场平行时，则穿过某一面积的磁通量为零，但该处磁感应强度为不零，故B错误；

C．若试探电荷在某位置所受的电场力为零，则该处的电场强度一定为零，故C错误；

D．当一小段通电导线与磁场平行时，这一小段电流在某位置所受的安培力为零，但该处的磁感应强度不为零，故D错误。

故选A。

2. 下列选项关于甲、乙、丙、丁四幅图的说法正确的是（  ）

A. 库仑利用图甲的实验装置测出了万有引力常量

B. 奥斯特利用图乙的实验，发现了“磁生电”现象

C. 法拉第通过图丙的实验线圈，发现了电磁感应现象

D. 麦克斯韦通过图丁的实验捕捉到了电磁波，并证实了自己关于“电磁波”的预言

【答案】C

【解析】

【详解】A．该实验是库仑发现库仑定律的实验，故A错误；

B．该实验是奥斯特研究电流磁效应的实验；奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在磁场，故B错误；

C．法拉第通过图丙的实验线圈，发现了电磁感应现象，故C正确；

D．赫兹通过图丁的实验捕捉到了电磁波，并证实了麦克斯韦关于“电磁波”的预言，故D错误。

故选C。

3. 一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以做直线运动，其v-t图像如图所示，粒子在时刻运动到B点，3时刻运动到C点，下列判断正确的是

A. A、B、C三点的电势关系为

B. A、B、C三点场强大小关系为

C. 粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少

D. 粒子从A点经B点运动到C点，电场力先做正功后做负功

【答案】C

【解析】

【详解】A、因为不知道带电粒子的电性，所以无法判断电势的关系，故A错误；

B、由速度图像可知，加速度先增大后减小，所以B点的加速度最大，电场强度最大，故B错误；

C、由图像可知：动能先减小后增大，根据能量守恒可知：电势能先增后减小，故C正确；

D、因为电势能先增大后减小，所以电场力先做负功后做正功，故D错误；

故选C．

【点睛】速度图像的斜率大小表示加速度的大小，根据速度大小可知动能的变化，根据能量守恒可知电势能的变化．

4. 如图所示，等边三角形线框LMN由三根相同导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接。已知导体棒MN受到的安培力大小为2F，则线框LMN受到的安培力的大小为（　　）

A. 2F B. 3F C. 4F D. 0

【答案】B

【解析】

【详解】设导体棒MN长度为l，MN棒中电流为I，则其受到的安培力大小

MLN的电阻是MN棒电阻的两倍，二者并联，两端电压相同，则流过MLN的电流为0.5I，MLN受到的安培力的合力为

MN棒和MLN受到的安培力方向相同，故线框LMN受到的安培力大小为3F。

故选B。

【点睛】确定电路的连接方式，根据串并联电路的规律，确定电流电压之间的关系，再根据安培定则判断各部分所受安培力的大小和方向。最后根据力的合成与分解进行解答即可。

5. 如图，甲是带负电的物块，乙是不带电的足够长的绝缘木板。甲、乙叠放在一起置于光滑的水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场。现用一水平恒力B拉乙木板，使甲、乙从静止开始向左运动，甲电荷量始终保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在此后运动过程中（　　）

A. 甲、乙间的摩擦力始终不变

B. 甲、乙间的摩擦力先不变，后增大

C. 甲物块最终做匀速直线运动

D. 乙木板一直做匀加速直线运动

【答案】C

【解析】

【详解】ABC．由于拉力F的作用，物体加速运动，所以洛伦兹力逐渐增大，当洛伦兹力增大到和甲的重力大小相等时，此时甲乙接触面无压力作用，甲乙之间的摩擦力为零，此时甲的加速度为零，速度达到最大，之后甲做匀速直线运动，故AB错误，C正确；

D．当甲乙出现相对运动后，由于甲在加速的过程中洛伦兹力逐渐增大，则甲乙接触面的压力逐渐减小，甲对乙向右的摩擦力逐渐减小，则乙木板受到的外力变化，加速度也发生变化，故D错误。

故选C。

6. 在某次军演时，一炮弹由地面斜向上发射，假设当炮弹刚好到最高点时爆炸，炸成两部分P、Q，其中P的质量大于Q。已知爆炸后P的运动方向与爆炸前的运动方向相同，假设爆炸后P、Q的速度方向均沿水平方向，忽略空气的阻力，则下列说法正确的是（　　）

A. 爆炸后Q的运动方向一定与P的运动方向相同

B. 爆炸后Q比P先落地

C. Q的落地点到爆炸点的水平距离大

D. 爆炸前后P、Q动量的变化量大小相等

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A．在爆炸过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒。爆炸前炮弹在最高点的速度沿水平方向，爆炸后P的运动方向与爆炸前的运动方向相同，根据动量守恒定律判断出Q的速度一定沿水平方向，但爆炸后的运动方向取决于P的动量与爆炸前炮弹的动量的大小关系，因此Q的运动方向不一定与爆炸前的运动方向相同，故A错误；

D．在爆炸过程中，P、Q受到爆炸力大小相等，作用时间相同，则爆炸力的冲量大小一定相等，由动量定理可知，在炸裂过程中P，Q动量的改变量大小相等、方向相反，D正确；

B．爆炸后P、Q均做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由于高度相同，飞行时间一定相同，所以P、Q一定同时落地，B错误；

C．山于爆炸后两部分速度的大小关系无法判断，因此落地点到爆炸点的水平距离无法确定，C错误。

故选D。

7. 如图所示，R0为热敏电阻(温度降低，其电阻增大)，D为理想二极管(正向电阻为零，反向电阻无穷大)，平行板电容器中央有一带电液滴刚好静止，M点接地，开关S闭合．下列各项单独操作时可使带电液滴向上运动的是(　　)

A. 滑动变阻器R的滑动触头P向上移动

B. 将热敏电阻R0的温度降低

C. 开关S断开

D. 电容器的上极板向上移动

【答案】C

【解析】

【详解】A.当滑动变阻器的滑动触头P向上移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则总电流增大，内电压及R0两端的电压增大，则路端电压和滑动变阻器两端的电压都减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差不变，故A项不合题意；

B.当热敏电阻温度降低时，其阻值增大，则由闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压减小，液滴仍然静止，故B项不合题意；

C.开关S断开时，电容器直接接在电源两端，电容器两端电压增大，则液滴向上运动，故C项符合题意；

D.若使电容器的上极板向上移动，即d增大，则电容器电容C减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差增大，由于，，，所以，由于极板上的电荷量不变，而场强E与极板之间的距离无关，所以场强E不变，液滴仍然静止，故D项不合题意．

8. 质谱仪最初是由汤姆生的学生阿斯顿设计的，他用质谱仪发现了氖20和氖22，证实了同位素的存在。如图所示，容器A中有质量分别为m1、m2，电荷量相同的氖20和氖22两种离子（不考虑离子的重力及离子间的相互作用），它们从容器A下方的小孔S1不断飘入电压为U的加速电场（离子的初速度可视为零），沿竖直线S1S2（S2为小孔）与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打在水平放置的底片上。由于实际加速电压的大小在U±ΔU范围内微小变化，这两种离子在磁场中运动的轨迹可能发生交叠，为使它们的轨迹不发生交叠，应小于（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】粒子在电场中加速

在磁场中做圆周运动

解得

氖20最大半径

氖22最小半径

两轨迹不发生交叠，有

解得

故选C。

9. 如图所示，为一种改进后的回旋加速器示意图，在D形盒边上的缝隙间放置一对中心开有小孔a、b的平行金属板M、N，每当带正电的粒子从a孔进入时，就立即在两板间加上恒定电压，经加速后从b孔射出，再立即撤去电压，而后进入D形盒中的匀强磁场，做匀速圆周运动。缝隙间无磁场，不考虑相对论效应，则下列说法正确的是（   ）

A. D形盒中的磁场方向垂直纸面向里

B. 粒子运动的周期不断变大

C. 粒子每运动一周直径的增加量越来越小

D. 增大板间电压，粒子最终获得最大动能变大

【答案】AC

【解析】

【详解】A． 粒子从b孔进入磁场后受到的洛伦兹力向右，由左手定则判断可知，D形盒中的磁场方向垂直纸面向里，故A正确；

B．根据可知，粒子运动的周期不变，故B错误；

C． 粒子第n次加速后，根据动能定理可得：，解得：

粒子在磁场中运动的半径

粒子每运动一周直径的增加量

随转动周数的增加，粒子每运动一周直径的增加量越来越小，故C正确；

D． 当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据得：知加速粒子的最大动能与D形盒的半径有关，与加速电压无关，故D错误；
故选AC。

10. 如图，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布．一铜制圆环用丝线悬挂于点，将圆环拉至位置后无初速释放，在圆环从摆向的过程中

A. 感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针

B. 感应电流方向一直是逆时针

C. 安培力方向始终与速度方向相反

D. 安培力方向始终沿水平方向

【答案】AD

【解析】

【详解】试题分析：先看感应电流方向，铜制圆环内磁通量先向里并增大，由楞次定律可知，铜制圆环感应电流的磁场向外，依据右手安培定则得到，感应电流方向为逆时针；铜制圆环越过最低点过程中，铜制圆环内磁通量向里的减小，向外的增大，所以铜制圆环感应电流的磁场向里，感应电流为顺时针；越过最低点以后，铜制圆环内磁通量向外并减小，所以铜制圆环感应电流的磁场向外，感应电流为逆时针，A正确；B错误；

再看安培力方向，由于圆环的电流是相等的，把圆环沿竖直方向看成两个半圆环，则这两个半圆环的电流相等、磁场不相同，则磁场强的半圆产生的安培力大于磁场弱的，故安培力的合力的方向是水平的，同理，当圆环摆过最下端的位置时，安培力的方向也是如此，C错误；D正确；故选AD．

【名师点睛】本题由楞次定律可得出电流的方向，重点在于弄清何时产生电磁感应，以及磁通量是如何变化的，按着应用楞次定律判断感应电流的方向的步骤进行分析和判断；再由左手定则判断安培力的方向．

考点：楞次定律、安培力．

11. 如图为两点电荷Q、的电场等势面分布示意图，Q、位于x轴上，相邻等势面的电势差为。若x轴上的M点和N点位于等势面上，P为某等势面上一点，则（　　）

A. N点的电场强度大小比M点的大

B. Q为正电荷

C. M点的电场方向沿x轴负方向

D. P点与M点的电势差为

【答案】AD

【解析】

【详解】A．等差等势线的密度体现场强的大小，由图可知N点的等差等势线比M点更密，则N点的电场强度大小比M点的大，故A正确；

B．沿着电场线电势逐渐降低，由图可知电场线由N指向Q，则Q为负电荷，故B错误；

C．沿着电场线电势逐渐降低，结合各等势线的电势高低关系可知M点的电场方向沿x轴正方向，故C错误；

D．M点与N点等势均为0V，P点与N点的等势线间隔四个，而相邻等势面的电势差为，则P点与M点的电势差为，故D正确。

故选AD。

12. 如图所示，在等腰直角三角形BAC内充满着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出）。一群质量为m、电荷量为+q、速度为v的带正电粒子垂直AB边射入磁场，已知从AC边射出且在磁场中运动时间最长的粒子，离开磁场时速度垂直于AC边。不计粒子重力和粒子间的相互作用。下列判断中正确的是（　　）

A. 等腰三角形BAC中AB边的长度为

B. 粒子在磁场中运动的最长时间为

C. 从AB中点射入的粒子离开磁场时的位置与A点的距离为

D. 若仅将磁场反向，则粒子在磁场中运动的最长时间不变

【答案】AB

【解析】

【分析】

【详解】A．依题意可知在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹时半圆，轨迹圆的圆心在A点。且其轨迹与BC边相切。根据几何关系可知

粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有

联立，可得

故A正确；

B．粒子在磁场中匀速圆周运动的周期为

根据上一选项分析，粒子轨迹所对应圆心角度为90，则有

故B正确；

C．从AB中点射入的粒子，其轨迹为上面所分析的粒子轨迹向下平移得到

此轨迹圆的圆心在A点的正下方，由几何关系可知，离开磁场时的位置与A点的距离必然小于轨迹半径r，即。故C错误；

D．若仅将磁场反向，则粒子在磁场中将向上偏转，不会出现圆心角为90的轨迹，故最长时间将变小，故D错误。

故选AB。

II卷（非选择题，共62分）

二、实验题（每空2分，共16分）

13. 在做“验证碰撞中的动量守恒定律”实验中，装置如图。

①需要的测量仪器或工具有_____；

A．秒表    B．天平（带砝码）    C．刻度尺    D．圆规

②必须要求的条件是____ ；

A．斜槽轨道末端的切线必须平

B． 斜槽轨道应尽量光滑以减误

C．入射球和被碰球必须质量等

D．入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下

③某次实验中得出的落点情况如图所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球质量m1 和被碰小球质量m2 之比为___________。

【答案】    ①. BCD    ②. AD    ③. 4：1

【解析】

【详解】①[1]根据实验原理可得

又因下落时间相同，即可求得

则若碰撞过程中动量守恒，则其表达式为

实验中需要测量的物理量有质量和水平射程；因此应用到直尺和天平，测理水平射程前，要确定小球的落点，要用到圆规，故选BCD。

②[2]A．要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故A正确；

B．验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故B错误；

C．为了保证入射小球不反弹，所以入射球的质量要大于被碰球的质量，故C错误；

D．要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故D正确。

故选AD。

③[3]由图可知，，如果两球碰撞过程动量守恒，则

代入数据求得

14. 利用图甲所示电路，测量多用电表内电源的电动势E 和电阻“×10”挡内部电路的总电阻R内。使用的器材有：多用电表，毫安表（量程10mA，内阻为45Ω），电阻箱，导线若干。

（1）将多用电表挡位调到电阻“×10”挡，红表笔和黑表笔短接，调零；

（2）将电阻箱阻值调到最大，再将图甲中多用电表的红表笔和_______（填“1”或“2”）端相连，黑表笔连接另一端；

（3）调节电阻箱，记下多组毫安表的示数I 和电阻箱相应的阻值R；某次测量时电阻箱的读数如图乙所示，则该读数为_______Ω；

（4）某同学将测量的数据记录在如下表格中，请根据实验数据，回答以下问题：

①答题卡的坐标纸上已标出5 组数据对应的坐标点，请在答题卡的坐标纸上标出第3、5 两组数据对应的坐标点并画出图像；______

②根据实验数据可知，多用表内电源电动势E＝______V，电阻“×10”挡内部电路的总电阻_______ Ω。（结果均保留三位有效数字）

【答案】    ①. 2    ②. 32. 2    ③.
    ④. 1. 43（1. 40~1. 46）    ⑤. 155（150~160）

【解析】

【详解】（2）[1] 在欧姆表内部，黑表笔接电源的正极，红表笔接内部电源的负极，所以将电阻箱阻值调到最大，再将图a中多用电表的红表笔和2端相连，黑表笔连接1，使得电流从电流表的“+”接线柱流入；

（3）[2] 根据电阻箱的读数方法可知，则该读数为

3×10Ω+2×1Ω+2×0.1Ω=32.2Ω

（4）①[3]描点作图如下

②[4][5]根据

可得

图象的斜率为

解得

E=1.43V

图象与纵坐标的截距为

解得

R内=155Ω

三、解答题（共46分）

15. 如图甲所示，水平放置的线圈匝数n=200匝，半径，电阻，线圈与阻值的电阻相连。在线圈的中央有一个半径的有界匀强磁场，磁感应强度按图乙所示规律变化。圆周率用π表示，求：

（1）电压表的示数U；

（2）若撤去原磁场，在图中虚线的右侧空间沿相同方向加磁感应强度B=0.8T的匀强磁场，现把整个装置向左完全移出匀强磁场区域，求这一过程中通过电阻R的电荷量q。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律得

由图乙可知

感应电流为

则电压表的示数为

代入数据解得

（2）根据法拉第电磁感应定律得，平均感应电动势为

则平均感应电流为

通过电阻R的电量为

将线圈拉出磁场，磁通量的变化量为定量，则通过电阻R的电荷量为定值。代入数据得

16. 如图所示，在竖直平面内有两平行金属板P、Q正对着并水平放置，两板间有竖直方向的匀强电场，板长为L、板间距离为2L，其中，Q板接地，质量为m、电荷量为的带电小球自O点以某一速度平抛，O点与两板中心轴线在同一竖直平面内，小球恰从P板左端射入电场，其中O点离P板竖直距离为，离P板左端水平距离为L，重力加速度为g，求：

（1）小球从O点平抛初速度大小；

（2）若小球恰好从Q板右端飞出电场，板间的电场强度大小及方向。

【答案】（1）；（2），竖直向下

【解析】

【详解】设平抛的初速度为，根据平抛运动规律可得

解得

（2）进入电场后在竖直方向上的速度大小为

以竖直向下为正方向，加速度为，则有

其中

解得

由此可知小球的加速度方向竖直向下，且

解得

小球带正电，则电场方向竖直向下

17. 如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H的光滑水平桌面上。现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h高处由静止开始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出。已知，，，（重力加速度为g）求：

（1）滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度v；

（2）被压缩弹簧的最大弹性势能；

（3）滑块C从桌面边缘飞出时的速度大小。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）滑块A从光滑曲面上高处由静止开始滑下的过程，机械能守恒，设其滑到底面的速度为，由机械能守恒定律有

解之得

滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度设为，由动量守恒定律有

解之得

（2）滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为速度，由动量守恒定律有

由机械能守恒定律有

解得被压缩弹簧的最大弹性势能

（3）被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设滑块A、B的速度为，滑块C的速度为，分别由动量守恒定律和机械能守恒定律有

解之得

滑块C从桌面边缘飞出时的速度大小。

18. 如图所示，位于第一象限内半径为R的圆形磁场与两坐标轴分别相切于P、Q两点，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，第四象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E，Q点有一粒子源，可在xOy平面内向各个方向发射速率均为v的带正电粒子，其中沿x轴正方向射入磁场的粒子恰好从P点射出磁场，不计重力及粒子之间的相互作用：

（1）求带电粒子的比荷；

（2）若粒子初速度的方向被限定在两侧夹角均为30°的范围内，求x轴上有粒子出射的区域范围；

（3）若AQ弧长等于六分之一圆弧，求从磁场边界上A点射出的粒子，由Q点至第2次穿出磁场所经历的时间。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）由几何关系可知，从点射出的粒子做圆周运动的半径

根据洛伦兹力提供向心力可得

解得

（2）粒子轨迹半径和圆半径相等，由几何关系可知，无论粒子沿哪个方向射入磁场，从磁场中射出时速度方向均沿y轴负方向，两侧粒子的运动轨迹如图所示

方向斜向右下与成的粒子打在，则有

方向斜向右上与成的粒子打在，则有

x轴上有粒子出射的区域范围是

（3）若AQ弧长等于六分之一圆弧，粒子的运动轨迹如图所示

粒子在磁场中运动周期

粒子在QA段运动时间

无场区AB段距离

粒子在AB段运动时间

粒子在电场中运动时由牛顿第二定律

在电场中运动时间

粒子在AC段运动时间

总时间

代入数据得