2022-2023学年云南省楚雄州高二（上）期末物理试卷-普通用卷

2022-2023学年云南省楚雄州高二（上）期末物理试卷

1.  天门山盘山公路两侧绝壁千仞，空谷幽深。一辆轿车在转弯，下列说法正确的是(    )

A. 轿车在做变速曲线运动
B. 轿车速度可能不变
C. 轿车所受合外力与速度方向可能在一条直线上
D. 轿车保持着平衡状态

2.  图为某电场中的电场线，A、B是电场中的两点，下列说法正确的是(    )

A. 电势，场强度
B. 将电荷量为的电荷从A点移到B点，电场力做负功
C. 电势，电场强度
D. 将电荷量为的电荷分别放在A、B两点时具有的电势能
 

3.  如图所示，线圈P、Q同轴放置，P与开关S、电源和滑动变阻器R组成回路，Q与电流计G相连，要使线圈Q产生图示方向的电流，可采用的方法有(    )

A. 闭合开关S后，把R的滑片右移 B. 闭合开关S后，把R的滑片左移
C. 闭合开关S后，使Q远离P D. 无须闭合开关S，只要使Q靠近P即可

4.  如图所示A、B、C、D是匀强电场中的四个点，D是BC的中点，A、B、C构成一个直角三角形，AB长为1m，电场线与三角形所在的平面平行，已知，，，由此可以判断(    )

A. 电场强度的方向垂直AD连线斜向上 B. 电场强度的方向由B点指向C点
C. 电场强度的大小为 D. 电场强度的大小为

5.  将长度的导线ac从中点b折成如图所示的形状，放于的匀强磁场中，abc平面与磁场垂直。若在导线abc中通入的直流电，则整个导线所受安培力的大小为(    )

A.  B.  C. 2N D. 4N

6.  如图所示，空间某一区域有方向水平向左、大小为B匀强磁场中，三根直导线置于磁场中竖直圆周a、b、c上，o点为圆心，c在O的正上方，当它们通有大小相同、方向垂直于纸面向里的电流时，圆心O点的实际磁感应强度为2B，已知通电直导线产生的磁场的磁感应强度，式中为k常数，r是电流到该点的距离。则撤出c点处的导线后，c点磁感应强度的大小为(    )

A. 0 B.  C.  D. 2B

7.  如图所示的电路中，变压器为理想变压器，原线圈的匝数为，副线圈的匝数为，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，为定值电阻，R为滑动变阻器，图中电表均为理想电表。现将滑动变阻器的滑片沿的方向滑动，则(    )

A. 电压表的示数不变，电压表的示数增大
B. 电流表的示数不变
C. 电流表的示数与电流表的示数之比为
D. 电压表示数的变化量与电流表示数的变化量之比不变

8.  一研究小组给一粗细不均匀的同种材料制成的导体通电，下列说法正确的是(    )

A. 各处的电流相等
B. 粗的地方电荷定向移动速率大，细的地方小
C. 粗的地方电流小，细的地方电流大
D. 粗的地方电荷定向移动速率小，细的地方大

9.  如图所示，有三个固定的带电小球a、b和c，它们相互间的距离分别为、、，小球c所受静电力合力的方向平行于a、b的连线斜向下。关于小球a、b的电性及所带电荷量比值的绝对值n，下列说法正确的是

A. 小球a、b带同种电荷 B.
C.  D. 小球a、b带异种电荷

10.  如图所示，边长为L的等边三角形ACD为两有界匀强磁场的理想边界，三角形区域内的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，三角形区域外含边界的磁场范围足够大方向垂直纸面向里，磁感应强度大小也为B。把粒子源放在顶点A处，它将沿的角平分线方向发射质量为m、电荷量为q、初速度为的带电粒子不计重力，粒子恰能运动到C点。关于粒子从A点运动到C点的过程，下列说法正确的是

A. 若粒子带负电，则初速度一定为
B. 若粒子带负电，则粒子运动的时间可能是
C. 若粒子带正电，且初速度，则粒子运动到C点的时间为
D. 若初速度，则粒子一定带负电

11.  如图，三个电阻、、的阻值均为R，电源的内阻，c为滑动变阻器的中点。闭合开关后，将滑动变阻器的滑片由c点向a端滑动，下列说法正确的是(    )

A. 消耗的功率变小
B. 消耗的功率变大
C. 电源输出的功率变大
D. 电源内阻消耗的功率变大

12.  做“研究平抛运动”的实验时，坐标纸应当周定在竖直的木板上，如图1中所示坐标纸的固定情况与斜槽末端的关系正确的是______。

描述做平抛运动的物体在竖直方向的速度取向下为正随时间变化的图像是______。
 

13.  “伽利略”研究小组为了测量某电池的电动势E和内阻r，采用如图甲所示的电路，其中定值电阻，电压表的内阻约为。实验中，移动滑动变阻器滑片，测出电压表和的多组、。数据，记录的数据如表所示。
 

根据表中的数据，在图乙中画出图像。
请写出的函数表达式：______ 。用题中字母表示
根据中所画图线可得出该电源的电动势______ V、内阻______ 。结果保留两位小数
为提高实验的精度，下列做法可行的是______ 。
A.适当减小可使电源内阻测量值更接近真实值
B.适当增大可使电源内阻测量值更接近真实值
C.将纵坐标改为可以使电源电动势测量值更接近真实值
D.将纵坐标改为不能使电源电动势测量值更接近真实值

14.  如图所示，一根足够长的光滑绝缘杆MN，与水平面的夹角为，固定在竖直平面内，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场充满杆所在的空间，杆与磁场方向垂直。质量为m的带电小环沿杆下滑到图中的P处时，对杆有垂直杆向下的压力作用，压力大小为。已知小环的电荷量为q，重力加速度大小为g，。
判断小环的电性；
求小环滑到P处时的速度大小；
当小环与杆之间没有正压力时，求小环到P的距离L。

15.  将一带电粒子以初速度沿水平方向从A点射入方向竖直向上的匀强电场中，粒子从B点飞出电场时速度方向与电场方向夹角为，电场的水平宽度为L，如图所示。不计粒子的重力。设粒子的质量为m，电荷量的绝对值为q。求
该匀强电场的电场强度为多大？
、B两点的电势差为多大？

16.  如图所示，两个小球通过一绕过光滑定滑轮的细绳相连。轻放在倾角的两对称光滑斜面上，，取重力加速度大小。
求细绳拉力T；
假设两斜面足够长，小球轻放2s的瞬间细绳突然断裂，求a球的速度大小是c球速度大小的两倍时a球的速度v。

17.  一不规则的线圈如图所示，其匝数，电阻，，a、b连线刚好平分线圈面积，现将线圈的一半绕ab以角速度向上翻折，空间存在磁感应强度大小、方向垂直纸面向内的匀强磁场，求：

通过单匝线圈的磁通量的减少量；

平均感应电动势；

通过线圈横截面的电荷量Q。

答案和解析

1.【答案】A 

【解析】解：AB、轿车在做曲线运动，因此速度方向在时刻发生变化，故轿车在做变速曲线运动，故A正确，B错误；
CD、根据轿车做曲线运动，由物体做曲线运动的条件可知，轿车所受的合外力不为零，且与速度不共线，故CD错误；
故选：A。
轿车转弯过程，轿车做曲线运动，速度方向时刻发生变化，再根据物体做曲线运动的条件即可判断。
理解物体做曲线运动的特点以及物体做曲线运动的条件，需要熟记相关知识点。
 

2.【答案】C 

【解析】解：AC、由图看出，A处电场线比B处电场线密，则B点场强小于A点的场强；沿电场线方向电势逐渐降低，故，故A错误，C正确；
BD、正电荷从A点移到B点的过程中，电场力做正功，负电荷在电势低的地方电势能较大，电荷量为的电荷分别放在A、B两点时具有的电势能，故BD错误。
故选：C。
明确电场线的性质，知道电场线越密，场强越大；沿电场线方向电势逐渐降低，从低电势向高电势移动负电荷时电场力做正功，移动正电荷时电场力做负功，据此可判断其电势能变化情况。
本题考查电场线的性质，要注意明确电场线的疏密表示电场的强弱，而沿电场线的方向电势降落；同时注意利用电场力做功和电势能关系进行分析。
 

3.【答案】B 

【解析】解：AB、闭合开关S后，线圈P形成的磁场向右穿过线圈Q，若把R的滑片右移，Q中的磁通量减小，据楞次定律可知，线圈Q中电流方向与图中所标电流方向相反，同理可知，若把R的滑片左移，线圈Q中电流方向与图中所标电流方向相同，故A错误，B正确；
C、闭合开关S后，使Q远离P，Q中的磁场向右、磁通量减小，据楞次定律可知，线圈Q中的电流方向与图中所标电流方向相反，故C错误；
D、若S不闭合，则穿过线圈Q的磁通量始终为零，故Q中不会有电流产生，故D错误。
故选：B。
当通过闭合回路中的磁通量发生变化，就会产生感应电流，根据楞次定律判断感应电流的方向。
解决本题的关键掌握感应电流产生的条件，以及会运用楞次定律判断感应电流的方向。
 

4.【答案】D 

【解析】解：在匀强电场中，，，则B、C连线的中点D的电势
故，AD为一条等势线，根据电场线与等势线垂直且沿着电场线方向电势降低可知，电场强度的方向垂直于AD连线斜向下，故AB错误；
电场强度的大小
故C错误，D正确。
故选：D。
在BC连线上找出与A点电势相等的点，即可得到一条等势线，再根据电场线与等势线垂直，作出电场线，根据，注意d是沿电场线方向的距离，求解场强E的大小。
解答本题的关键是得到D点的电势，掌握电场线与等势线的关系，正确理解公式中d的含义。
 

5.【答案】A 

【解析】解：由题意知导线在磁场内的有效长度为

故整个通电导线受到的安培力的大小为
，解得，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据题意求有效长度，再根据安培力公式，求安培力大小。
本题考查学生根据题意确定导线在磁场内的有效长度的能力，以及对安培力公式的掌握，难度不高。
 

6.【答案】A 

【解析】解：根据磁场的叠加，可知a、b处导线的磁场在O点相互抵消，因此O点的磁场可以认为是c处导线产生的，有安培定则可知方向有O指向a，由题意可知，c处电流在圆心O点的磁感应强度为B，
a、b处电流在c处产生的磁感应强度大小相同，方向如图所示，
根据公式知：，
两个导线在c处的磁感应强度的矢量和为：，方向水平向右，而云强磁场方向水平向左，大小为B，故C处的总磁感应轻度大小为零，故A正确，BCD错误；
故选：A。
O点的磁感应强度为2T，说明通电导线c在O点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相同，
通电导线在a、b点处产生的磁感应强度大小相等，根据磁感应强度公式求出在c处的磁感应强度大小和方向和匀强磁场的磁感应强度进行矢量合成即可求解。
本题考查安培定则和平行四边形定则，空间任意一点的磁感应强度都通电导线产生的磁场和匀强磁场的叠加。
 

7.【答案】D 

【解析】解：A、电压表的示数不变，根据：：可知电压表的示数不变；滑动变阻器的滑片沿的方向滑动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，则电流表的示数增大，两端电压增大，则电压表的示数减小，故A错误；
B、电流表的示数增大，根据：：可知电流表的示数增大，故B错误；
C、根据电流之比与匝数之比的关系可得电流表的示数与电流表的示数之比为：：，故C错误；
D、电压表的示数，则保持不变，故D正确。
故选：D。
根据：：可知电压表的示数不变；滑动变阻器的滑片沿的方向滑动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，由此分析电流表的示数的变化、示数的变化，根据电流之比等于匝数之比结合电路连接情况进行分析。
本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比。
 

8.【答案】AD 

【解析】解：AC、由于各部分是串联，故由串联电流特征可知各处电流相等，故A正确、C错误；
BD、由电流微观表达式，其中n为单位体积的电荷量，S为导线的横截面积，q为单位电荷量，v为电荷定向移动速度，可得：，由于n、q相同，故粗的地方电荷定向移动速率小，细的地方大，故B错误，D正确。
故选：AD。
由于各部分是串联故可知电流相等，由电流的微观表达式可知各个部分电荷的移动速率。
掌握串并联电路的特征，会用电流的微观表达式分析问题，基础题。
 

9.【答案】BD 

【解析】解：由题意可知：，，，则，则，，则
AD、由小球c所受静电力合力的方向知小球a、b带异种电荷，故A错误，D正确；
BC、由库仑定律可知，a对c的库仑力大小，，b对c的库仑力大小：，则，故B正确，C错误。
故选：BD。
对小球c受力分析，应用库仑定律分析答题。
考查库仑定律与矢量的合成法则，掌握几何关系，与三角形相似比的运用，注意小球c的合力方向是解题的关键。
 

10.【答案】BC 

【解析】解：AB、粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子带负电由A点开始先做逆时针偏转。粒子恰能运动到C点的可能的运动轨迹如图1所示，带负电粒子可以AC边两侧反复偏转后到达C点。

由几何关系可得粒子每一段圆弧轨迹的圆心角均为，粒子的运动半径满足：为偏转的次数，由洛伦兹力提供向心力得：

解得：，、2、3……；
粒子运动周期，带负电粒子到达C点所有圆弧轨迹总的圆心角为，到达C点的时间为：
，当时，
故A错误，B正确；
C、若粒子带正电，且初速度，同理，由洛伦兹力提供向心力可得到粒子运动半径为：
，
粒子带正电由A点开始先做顺时针偏转。粒子运动到C点的运动轨迹如图2所示：

根据几何关系可知，两段圆弧轨迹的圆心角之和为，即粒子恰好经过一个周期到达C点，则粒子运动到C点的时间为：，故C正确；
D、若粒子的初速度，同理可得运动半径为：
图1中的蓝色轨迹对应的运动半径为，可知粒子带负电可满足要求。
若粒子带正电，粒子的运动轨迹如图3所示：

可知粒子带正电也可满足要求，故D错误。
故选：BC。
根据左手定则判断粒子偏转方向，根据题设条件作出粒子的运动轨迹，结合洛伦兹力提供向心力求解出粒子做匀速圆周运动的半径或者线速度，利用轨迹的圆心角和周期分析粒子运动到C的时间。
本题考查了带电粒子在磁场中运动问题，解决该题的关键是能根据洛伦兹力提供向心力求解粒子做匀速圆周运动的半径，正确作出粒子在磁场中的运动轨迹，掌握左手定则。利用轨迹圆心角和周期求解时间。
 

11.【答案】CD 

【解析】解：ABD、c为滑动变阻器的中点，滑动触头在此点时，总电阻最大，将滑动变阻器的滑片由c点向a端滑动，总电阻减小，总电流增大，和电源内阻分的电压增大，电源内阻消耗的功率变大，并联电路电压减小，所在之路电阻增大，电压减小，故电流减小，消耗的功率减小，而的电流增大，故功率增大，故AB错误，D正确；
C、电源输出的功率P在时最大，电源的内阻，减小时，电源输出功率增大，故C正确；
故选：CD。
滑动变阻器分为左右两部分分别与和串联，与并联后与串联，c为滑动变阻器的中点，滑动触头在此点时，总电阻最大，然后根据欧姆定律分析电流变化，根据分析功率变化。
电源输出的功率P在时最大，电源的内阻，减小时，电源输出功率增大。
本题考查了串、联电路的特点和欧姆定律的灵活运用，难点是滑动变阻器滑片P从中间左端总电阻变化情况的判断。
 

12.【答案】C D 

【解析】解：斜槽末端是水平的，小球做平抛运动，要分解为水平和竖直方向的分运动，故方格纸因该水平竖直，坐标原点应该与小球在斜槽末端静止时在木板上的投影重合，故C正确，ABD错误；故选：C。
小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动则

可知竖直方向的速度取向下为正随时间变化的图像应是过原点的直线，故D正确，ABC错误；故选：D。
故答案为：；。
该实验用“留迹法”来记录平抛运动的轨迹，要求从小球开始做平抛运动就开始记录。
小球竖直方向做自由落体运动。
本题关键掌握实验注意事项和平抛运动规律，应知道实验的原理、实验注意事项，即可正确解题。
 

13.【答案】   

【解析】解：先将表格中的数据描绘在图像上，然后连线，在连接过程中要使尽量多的点子落在直线上，不在直线上的要均匀分布在直线的两侧，舍去偏离连线较远的点，如图所示：

根据图甲可知，路端电压
电路中的电流
根据闭合电路的欧姆定律
联立解得
根据图像可知，图像的总截距
图像的斜率的绝对值

结合函数表达式可知，图像的纵轴截距等于电源电动势，可得
图像斜率大小
代入数据解得内阻
适当减小，就更接近电源的真实电流，可减小电压表内阻的影响，使电源内阻的测量值更接近真实值，A正确、B错误；
画出图像时已考虑了定值电阻的分压，将纵坐标改为，不能使电源电动势测量值更接近真实值，D正确、C错误。
故选：AD。
故答案为：作出的图像见解析；；；；。
根据描点法可得出对应的图象；
根据图甲的实物连接图分析电路结构，得到电路的路端电压，根据欧姆定律求解电路中的电流，根据闭合电路欧姆定律可得出对应的函数关系；
根据图像，结合函数表达式求解电动势和内电阻；
根据电路结构和上述的分析方法可明确能否减小误差。
本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，能根据闭合电路欧姆定律进行分析，同时能正确根据图象求解电动势和内电阻。
 

14.【答案】解：根据题意，假如没有磁场，由平衡条件及牛顿第三定律可知，
小环对杆的压力大小为：
然而此时小环对杆的压力大小为：，说明小环受到垂直杆向上的洛伦兹力作用，根据左手定则可知，小环带负电。
设小环滑到P处时的速度大小为，在P处，小环的受力如图所示，

根据平衡条件得：
由牛顿第三定律得，杆对小环的支持力大小：
联立解得：
在小环由P处下滑到处的过程中，对杆没有压力，此时小环的速度大小为，则在处，小环的受力如图乙所示，

由平衡条件得：
变形解得：
在小环由P处滑到处的过程中，由动能定理得：
代入解得：
答：小环带负电；
小环滑到P处时的速度大小为；
当小环与杆之间没有正压力时，小环到P的距离L为。 

【解析】将小球由静止开始释放时，小球受到重力、垂直于杆向上的洛伦兹力和杆给小环的支持力，由左手定则可判定小环的电性。
对小环进行受力分析，垂直于杆的方向上，合外力为零，写出方程，即可求得小环滑到P处时的速度。
环与杆之间没有正压力时，洛伦兹力等于重力垂直于斜面向下的压力，先求出小球的速度，然后又动能定理即可求出环与杆之间没有正压力时到P的距离。
本题关键是分析小球的受力情况，判断其运动情况，注意先分析重力和洛伦兹力，抓住洛伦兹力的大小与速度大小成正比进行动态分析。
 

15.【答案】解：设粒子在电场中运动的时间为t，则水平方向上有
竖直方向上有
解得：
由粒子偏转方向可知，粒子带负电，由动能定理得

解得
答：该匀强电场的电场强度为；
、B两点的电势差为。 

【解析】根据类平抛运动规律分析解答；
根据动能定理解答。
有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。
 

16.【答案】解：以a、c球整体为研究对象，用牛顿第二定律得：
代入数据解得：
以a球为研究对象，由牛顿第二定律得：
代入数据解得：
小球轻放2s时
细绳断裂，两小球加速度大小相等，
此后，a沿斜面向下做匀加速直线运动，c沿斜面向上做匀减速直线运动，当c球速度等于0时，设时间为，由速度-时间公式得：
代入数据解得：
设经时间t，a球的速度大小是c球速度大小的两倍，当时，由速度-时间公式得：
代入数据解得：
此时a的速度
当时，由速度-时间公式得：
代入数据解得：

答：细绳拉力T大小为8N；
球的速度大小是c球速度大小的两倍时，a球的速度v为或。 

【解析】分别对小球a、c整体和小球a受力分析，根据牛顿第二定律列式求解细绳的拉力；
根据匀变速直线运动速度-时间公式求解细绳断裂时小球的速度，根据牛顿第二定律求解两球的加速度，进而分析两球的运动情况，结合速度-时间公式列式求解即可。
本题考查牛顿第二定律，解题关键是灵活选择研究对象并对其受力分析，根据牛顿第二定律和运动学公式列式求解即可。
 

17.【答案】解：通过单匝线圈的磁通量的减少量
由法拉第电磁感应定律可知，平均感应电动势：
由闭合电路的欧姆定律得：
通过线圈横截面的电荷量
答：通过单匝线圈的磁通量的减少量是；
平均感应电动势是；
通过线圈横截面的电荷量Q是。 

【解析】求出初末状态的磁通量，然后求出磁通量的减少量。
应用法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势。
应用闭合电路的欧姆定律、电流定义式求出通过线圈横截面的电荷量。
根据题意应用磁通量的定义式、法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律与电流的定义式即可解题。