四川省宜宾市叙州区第二中学2022-2023学年高二物理上学期12月期末试题（Word版附解析）

这是一份四川省宜宾市叙州区第二中学2022-2023学年高二物理上学期12月期末试题（Word版附解析），共38页。

1．答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷自己保管，答题卡交回。
4.物理110分，化学100分，生物90分；同堂分卷考试，满分300分，考试时间共150分钟。
第I卷 选择题（54分）
一．选择题：本题共9小题，每小题6分，共54分。在每小题给出的四个选项中，第1-6题只有一项符合题目要求，第7-9题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1. 下列不符合物理学史实的是（ ）
A. 奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系
B 卡文迪许通过扭称实验测定了静电力常量
C. 法拉第发现了电磁感应现象，实现了磁生电的设想
D. 安培提出了著名的分子电流假说，揭示了磁现象的电本质
【答案】B
【解析】
【详解】A．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系，故A正确；
B．卡文迪许通过扭称实验测定了万有引力常量，故B错误；
C．法拉第发现了电磁感应现象，实现了磁生电的设想，故C正确；
D．安培提出了著名的分子电流假说，揭示了磁现象的电本质，故D正确。
本题选错误的，故选B。
2. 一个电荷只在电场力作用下从电场中的A点移到B点时，电场力做了5×10-6 J的功，那么（ ）
A. 电荷在B处时将具有5×10-6 J的电势能
B. 电荷在B处将具有5×10-6 J的动能
C. 电荷的电势能减少了5×10-6 J
D. 电荷的动能减少了5×10-6 J
【答案】C
【解析】
【详解】CD．在只有电场力的作用下，电荷的动能和电势能之和保持不变，电场力做了5×10-6 J的功，由动能定理可得电荷将增加5×10-6 J的动能，同时减少5×10-6 J的电势能；故C正确、D 错误；
AB．如果取A点为零势能点，则电荷在B处时将具有-5×10-6 J的电势能；如果电荷在A点时动能为零，则电荷在B处将具有5×10-6 J的动能；由于零势能点未知、电荷在A点的动能未知，故A、B错误。
故选C。
3. 如图所示，通电直导线右侧有一金属框与其在同一水平面内，金属棒放在框架上且接触良好。若发现金属棒向左运动并且电流方向为到。则中电流的变化情况是（ ）
A. 中通有由方向逐渐减小的电流
B. 中通有由方向逐渐增大的电流
C. 中通有由方向逐渐减小的电流
D. 中通有由方向逐渐增大的电流
【答案】B
【解析】
【详解】由于cd中产生的磁场变化使线圈中产生感应电流，金属棒ab向左运动并且电流方向为a到b，根据左手定则，可知磁场一定是向外的；根据楞次定律可知，磁场一定是增大的，再根据安培定则可知，cd中电流一定是由c到d，且大小在增大。
故选B。
4. 如图所示，A、B为两个相同的灯泡（均发光），当变阻器的滑片P向下端滑动时（ ）
A. A灯变亮，B灯变暗B. A灯变暗，B灯变亮
C. A、B灯均变亮D. A、B灯均变暗
【答案】D
【解析】
【详解】电路的结构是：变阻器与灯B并联与R串联，再与灯A并联。当变阻器的滑片P向下端滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，则知总电流增大，内电压增大，路端电压减小，即A灯两端电压变小，通过A的电流减小，则灯A变暗。因总电流增大、通过A的电流减小，则通过R的电流增大，R的电压增大，路端电压减小，即灯B并联与R串联两端的电压变小，则B两端电压的减小，B灯变暗。
故选D。
5. 如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。忽略空气阻力。由此可知（ ）
A. Q点的电势比P点低
B. 油滴在Q点的动能比它在P点的大
C. 油滴在Q点的电势能比它在P点的大
D. 油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小
【答案】B
【解析】
【详解】A．由于负电荷所受重力方向向下，而到达P点时其竖直方向的速度减为零，故其所受电场力的方向竖直向上，又负电荷在电场中所受电场力的方向与该点场强方向相反，故该匀强电场的方向竖直向下，由于沿电场线方向电势降低，故两点中P点电势最低，即：Q点的电势比P点高，A错误；
B．由于油滴先向下减速，后向上加速，故电场力大于重力，故从P到Q，合力对其做正功，动能增大，故油滴在Q点动能比它在P点的大，B正确；
C．同理从P到Q，电场力对其做正功，其电势能减小，故油滴在Q点的电势能比它在P点的小，C错误；
D．由于油滴所在电场为匀强电场，故所受的电场力为恒力，所受合力为恒力，故加速度处处相等，D错误。
故选B。
6. 如图所示，一个半径为R的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，环上各点的磁感应强度B大小相等，方向均与环面轴线方向成θ角（环面轴线为竖直方向），若导电圆环上通有如图所示的恒定电流I，则下列说法不正确的是（ ）
A. 导电圆环有收缩的趋势
B. 导电圆环所受安培力方向竖直向上
C. 导电圆环所受安培力的大小为2BIR
D. 导电圆环所受安培力的大小为2πBIRsin θ
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可知考查安培力作用下的平衡问题，由左手定则和力的平衡条件计算可得．
【详解】若导电圆环上通有如题图所示的恒定电流I，由左手定则可得导电圆环上各小段所受安培力斜向内，导电圆环有收缩的趋势，导电圆环所受安培力方向竖直向上，导电圆环所受安培力的大小为2πBIRsin θ，故选项A、B、D不符合题意，选项C符合题意．
【点睛】受力分析时可以把立体空间关系转化为平面关系，利用正交分解计算可得．
7. 如图所示，空间存在一水平方向的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度大小为B，电场强度大小为，且电场方向与磁场方向垂直。在电磁场的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成60º夹角且处于竖直平面内。一质量为m，带电量为＋q的小球套在绝缘杆上。若给小球一沿杆向下的初速度v0，小球恰好做匀速运动。已知小球电量保持不变，重力加速度为g，则以下说法正确的是（ ）
A. 小球的初速度为
B. 若小球的初速度为，小球将做加速度不断减小的减速运动，最后停止
C. 若小球的初速度为，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止
D. 若小球的初速度为，则运动中克服摩擦力做功为
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．对小球进行受力分析可知
解得
从而
解得
A正确；
B．若小球的初速度为，小球下滑时受到垂直杆向下的支持力，下滑时有摩擦力，减速下滑，随速度减小，支持力减小，导致摩擦力减小，当速度减小到时，支持力减小到零，没有摩擦力，小球匀速运动，因此小球做加速度不断减小的减速运动，最后匀速运动，B错误；
C．若小球的初速度为，小球下滑时受到垂直杆向上的支持力，下滑时有摩擦力，减速下滑，随速度减小，洛伦兹力减小，支持力增大，导致摩擦力增大，加速度增大，因此小球做加速度不断增大的减速运动，最后停止运动，C正确；
D．整个运动过程中，小球所受的合力就是摩擦力，根据动能定理
D正确。
故选ACD。
8. 如图所示，水平桌面上固定一光滑绝缘的斜面，匀强电场方向平行于斜面，一平行斜面放置的绝缘轻质弹簧的下端固定在斜面底端，上端在P点，小球恰好能静止在Q点，现给小球一个沿斜面向下的初速度。则下列说法正确的是（ ）
A. 小球及弹簧所组成的系统机械能守恒
B. 从Q点到P点的过程小球重力势能的减少量等于小球电势能的增加量
C. 小球从P点到最低点的过程中，弹簧弹性势能的增加量等于小球动能的减少量
D. 小球从P点到最低点的过程中，重力和电场力做功的代数和等于小球动能的减少量
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由于有电场力做功，因此小球和弹簧组成的系统机械能不守恒，故A错误；
B．由题意可知，小球从Q点到P点运动过程中，所受合力为零，故合力做功为零，动能不变，则减少的重力势能等于增加的电势能，故B正确；
C．从P点到最低点过程中，合力做功等于弹簧弹力做功，故动能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量，故C正确；
D．电场力做功与重力做功的代数和始终为零，故D错误。
故选BC。
9. 匀强磁场磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，eabcd是边长为2l的正六边形的一部分，ed与ae、cd垂直且过正六边形的中心O。一束质量为m、电荷量为+q的粒子，在纸面内从g点垂直于水平边界射入磁场，这些粒子具有各种不同速率，。不计粒子重力和相互间的作用力，则（ ）
A. 粒子在磁场中运动的最长时间为
B. 粒子在磁场中运动的最短时间为
C. 粒子能够打在虚线边界上的任意点
D. 从c点打出的粒子在磁场中运动时间比从b点打出的粒子在磁场中运动时间长
【答案】AB
【解析】
【详解】A．粒子从g点垂直于水平边界射入磁场，根据左手定则知粒子将向左偏转，根据粒子在磁场中运动的周期
可知，粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角越大，则粒子在磁场中运动的时间就越长，由数学知识可知，粒子的圆心在eg直线上，且当粒子从c点飞出磁场时，轨迹所对圆心角最大，设此时轨迹半径为，由几何知识可得
求得
则由数学知识可求得运动轨迹所对圆心角
所以，粒子在磁场中运动的最长时间为
故A正确；
B．同理，当粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角最小时，则粒子在磁场中运动的时间最短，由数学知识可知，当粒子从dg部分飞出磁场时，所对圆心角均为最小，为，则粒子在磁场中运动的最短时间为
故B正确；
C．由数学知识可求得
显然当粒子的半径满足
时，根据几何知识可知粒子将垂直eg边从e点飞入磁场，并从虚线ab上某一点飞出磁场，若粒子半径
则粒子将从e点左侧垂直eg边飞出磁场，显然此时粒子无法打在ae虚线上，所以粒子并不能够打在虚线边界上的任意点，故C错误；
D．利用几何知识可知当粒子从b点打出时，可求得此时粒子运动轨迹的半径为
粒子运动轨迹对应的圆心角为
显然从b点打出的粒子在磁场中运动时间与从c点打出的粒子在磁场中运动时间相等，均为
故D错误。
故选AB。
第II卷（非选择题 56分）
二、实验题（12分）
10. 某学习小组利用如图所示装置测量虚线框内匀强磁场的磁感应强度。U形单匝金属框底边水平、两侧边竖直且等长，其上端通过绝缘轻质细线跨过滑轮与托盘相连，且U形单匝金属框平面与磁场方向垂直。其实验步骤如下：
①用刻度尺测出U形单匝金属框的底边长为L；
②在托盘内加入适量细沙，使形单匝金属框处于静止状态，并用天平称出此时细沙的质量为m1；
③将U形单匝金属框接入电路，使其底边通入大小为I、方向水平向右电流后，需在托盘内增加适量细沙，才能使U形单匝金属框重新处于静止状态，并用天平称出此时细沙的总质量为m2。
（1）由实验可知，U形单匝金属框底边受到的安培力方向________（填“竖直向上”或“竖直向下”），磁场方向垂直于纸面_________（填“向里”或“向外”）。
（2）用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小为B=_________。
【答案】 ①. 竖直向下 ②. 向外 ③.
【解析】
【详解】（1）[1][2]通电后需在托盘内增加适量细沙，才能使U形单匝金属框重新处于静止状态，由此可知安培力方向竖直向下，电流方向水平向右，由左手定则可知，磁场方向垂直于纸面向外。
（2）[3]设U形单匝金属框质量为m，托盘质量为M，未通电时，有
通电后，有
联立解得
11. 某同学要测量一节干电池的电动势和内阻。他根据老师提供的以下器材，画出了如图甲所示的原理图。

①电压表V（量程3 V，内阻RV约为10kΩ）
②电流表G（量程3 mA，内阻RG=100Ω）
③电流表A（量程3 A，内阻约为0.5Ω）
④滑动变阻器R1（0~20 Ω，2 A）
⑤滑动变阻器R2（0~500 Ω，1 A）
⑥定值电阻R3=0.5Ω
⑦开关S和导线若干
（1）该同学发现电流表A的量程太大，于是他将电流表G与定值电阻R3并联，实际上是进行了电表的改装，则他改装后的电流表对应的量程是________ A。（保留两位有效数字）
（2）为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器是________。（填写器材编号）
（3）该同学利用上述实验原理图测得数据，以电流表G读数为横坐标，以电压表V的读数为纵坐标绘出了如图乙所示的图线，根据图线可求出电源的电动势E=1.50V，电源的内阻r=______ Ω。
【答案】 ①. 0.60 ②. ④ ③. 1.0
【解析】
【详解】（1）[1]改装后电流表量程为
（2）[2]为使电路中电流较大，并且方便调节，故实验中应选用的滑动变阻器是阻值范围较小的④。
（3）[3]由（1）可知改装后电流表的量程是电流表G量程的200倍，根据闭合电路欧姆定律可得
可得
可知图像的斜率绝对值为
解得电源的内阻为
四、解答题（本答题共三个小题，11题12分，12题14分，13题18分，共44分）
12. 如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40 cm。电源电动势E=24V,内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω。闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4 m/s竖直向上射入板间。若小球带电量为q=1×10-2 C,质量为m=2×10-2 kg,不考虑空气阻力。
（1）当滑动变阻器接入电路的阻值为4Ω时，两平行金属板A、B间的电压是多少？
（2）若小球恰能到达A板，则滑动变阻器接入电路的阻值应为多大？(取g=10 m/s2)
【答案】（1）4.8V ；（2）8Ω 。
【解析】
【详解】（1）电路中电流为
滑动变阻器两端的电压
（2）当带电小球恰能到达A极板，根据动能定理得

解得滑动变阻器接入电路的阻值
13. 光滑平行的金属导轨MN和PQ，间距L=1.0m，与水平面之间的夹角α=30°，匀强磁场磁感应强度B=2.0T，垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R=2.0Ω的电阻，其它电阻不计，质量m=2.0kg的金属杆ab垂直导轨放置，如图（a）所示。用恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，由静止开始运动，v−t图像如图（b）所示。g=10m/s2，导轨足够长。求：
(1)恒力F的大小；
(2)金属杆速度为2.0m/s时加速度大小；
(3)前6s内电阻上产生的热量。
【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】
【详解】(1)根据图像可知导体棒上升过程中最大速度为，则导体棒的安培力为
导体棒速度最大时，导体棒的加速度为0，根据平衡条件可知恒力大小为
(2)根据牛顿第二定律得
解得
(3)图线中和时间轴围成的面积为位移，每个格子代表的距离为
则前内的位移为
则内根据动能定理得
解得电阻上产生的热量为
14. 如图所示，在xOy平面的第I象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限内存在垂直于坐标平面向内的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴上A点（0，L）以速度v0垂直于y轴射入电场，第一次经x轴时与x轴成=30°角射入磁场，不计重力。求:
（1）匀强电场的电场强度E；
（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r；
（3）粒子从A点出发到第二次穿过x轴时所用的时间t。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中运动的时间为t1，有
解得
（2）带点粒子在磁场中以O1位圆心做匀速圆周运动，O1M为半径r
由
而
得
（3）设磁场中运动的时间为t2，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
而
所以粒子从A点运动到N点的总时间