湖南省常德市第一中学2023-2024学年高二上学期期中考试物理试题（A卷）（Word版附解析）

这是一份湖南省常德市第一中学2023-2024学年高二上学期期中考试物理试题（A卷）（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题(本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)
1. 关于磁感应强度B，下列说法中正确的是（ ）
A. 根据磁感应强度定义B=，磁场中某点的磁感应强度与F成正比，与IL成反比
B. 磁感应强度B是标量，没有方向
C. 磁感应强度B是矢量，方向与F的方向相反
D. 在确定的磁场中，同一点的磁感应强度口是确定的，不同点的磁感应强度B可能不同，磁感线密集的地方磁感应强度B大些，磁感线稀疏的地方磁感应强度B小些
【答案】D
【解析】
【详解】A、由B=，可知，是通过比值定义，所以B与F，与IL均无关，而B由磁场本身性质决定．故A错误；
B、磁感应强度B是矢量，其方向即为小磁针静止时N极指向，故B错误．
C、通电导线在磁场中的受力方向，由左手定则来确定，磁场力的方向与感应强度B的方向垂直，故C错误；
D、磁感应强度反映磁场本身的强弱和方向，由磁场本身决定，磁感线密集的地方磁感应强度B大些，磁感线稀疏的地方磁感应强度B小些．故D正确；
故选D
【点睛】磁感应强度的定义式B=，可知，是属于比值定义法，且通电导线垂直放在磁场中．即B与F、I、L均没有关系，它是由磁场的本身决定．例如：电场强度E=一样．同时还要注意的定义式B=，是有条件的．
2. 某实验小组用如图所示的实验装置来验证楞次定律．当条形磁铁自上而下穿过固定的线圈时，通过电流计的感生电流方向是（ ）
A. a→G→b
B. 先a→G→b，后b→G→a
C. b→G→a
D. 先b→G→a，后a→G→b
【答案】D
【解析】
【详解】当条形磁铁沿固定线圈的中轴线自上至下经过固定线圈时，穿过线圈的磁通量向下，且先增加后减小，根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，故感应电流的磁场先向上后向下，故感应电流先逆时针后顺时针（俯视），即先b→G→a，后a→G→b，故ABC错误，D正确。
故选D。
3. 在如图所示的电路中，闭合开关S，将滑动变阻器滑片P缓慢向右移动，则
A. 灯泡L变暗
B. 电源内部消耗的功率先变大后变小
C. 电容器C上的电荷量增加
D. 流过R1的电流方向由左向右
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查含电容器电路的动态分析
【详解】AB．当滑片向右移动时，电阻减小，干路电流增大，根据P=I2R知灯泡变亮，电源内部消耗功率变大，选项A、B错误；
C．根据U=IR知，电源内电压及灯泡上电压增大，滑动变阻器上分得电压减小，电容器因与滑动变阻器并联，电容器C上电压也减小，根据Q=CU知电容器电量减小，C错误；
D．电容器会通过R、R1组成回路放电，故经过电阻R1的电流由左向右，D正确．
4. 将一个质量很小的金属圆环用细线吊起来，在其附近放一块条形磁铁，磁铁的轴线与圆环在同一个平面内，且通过圆环中心，如图所示，当圆环中通以顺时针方向的电流时，从上往下看( )
A 圆环顺时针转动，靠近磁铁
B. 圆环顺时针转动，远离磁铁
C. 圆环逆时针转动，靠近磁铁
D. 圆环逆时针转动，远离磁铁
【答案】C
【解析】
【详解】根据环形电流周围的磁场分布结合左手定则可知，圆环右侧部分受到的安培力向里，左侧部分受到的安培力向外，所以从上往下看圆环逆时针转动。再将转动90°后的通电圆环等效成一个小磁针，则N极在左，S极在右，根据同极相互排斥异极相互吸引可知，圆环靠近磁铁。
故选C。
【点睛】对于环形电流使用左手定则时，可选取环上的点，电流沿该点的切线方向，继而判断该点安培力的方向。
5. 如图所示为一"凸形"线框，其中，。线框在外力作用下以恒定速度垂直磁场通过一宽为L有界匀强磁场。取逆时针方向的电流为正，图示时刻。则线框中产生的电流i随时间t变化的图象中，正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设线框的速度为v，则四个选项中t轴的刻度为
在时间内，ab切割磁感线，产生的感应电流方向为逆时针（正方向），感应电动势大小为
感应电流大小为
在时间内，gh和cd边切割磁感线，产生的感应电流方向为逆时针（正方向），感应电动势大小为
感应电流大小为
在时间内，ef边切割磁感线，产生的感应电流方向为顺时针（负方向），感应电动势大小为
感应电流大小为
综上所述可知B正确。
故选B。
6. 如图所示，边长为L的正方形ABCD区域内存在磁感应强度方向垂直于纸面向里、大小为B的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为－q的粒子从AB边的中点处垂直于磁感应强度方向射入磁场，速度方向与AB边的夹角为30°．若要求该粒子不从AD边射出磁场，则其速度大小应满足( )
A. v≤B. v≥
C. v≤D. v≥
【答案】C
【解析】
【详解】当粒子的轨迹跟AD边相切时，粒子恰好不从AD边射出，通过作图，知rmsin 30°＝，得rm＝L，此时的速度为vm＝，而满足条件的半径r应小于等于L，故有v≤．
A. v≤，与结论不相符，选项A错误；
B. v≥，与结论不相符，选项B错误；
C. v≤，与结论相符，选项C正确；
D. v≥，与结论不相符，选项D错误；
二、选择题(本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。)
7. 如图所示是某型号电吹风的电路图，它主要由电动机M和电热丝 R构成。已知电吹风的额定电压为，吹冷风时的功率为，吹热风时的功率为，关于该电吹风，下列说法正确的是（ ）

A. 电热丝的电阻为
B. 若、闭合，则电吹风吹冷风
C. 当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为
D. 电动机工作时输出的机械功率为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．电机和电阻并联，当吹热风时，电阻消耗的功率为
由可知
故A正确；
B．若、闭合，电热丝接入，则此时电热丝发热，电吹风吹出的是热风，故B错误；
C．当吹热风时，电动机消耗的电功率仍为，故每秒钟消耗的电能为，故C正确；
D．电动机工作时的输入功率为吹冷风时的功率，即为，由于电动机内部线圈会产生一定的热功率，可知电动机工作时输出的机械功率小于，故D错误。
故选AC。
8. 如图甲所示是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒．在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连．带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是（ ）
A. 在Ek－t图中应有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1
B. 高频电源的变化周期应该等于tn－tn－1
C. 粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大
D. 要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径
【答案】AD
【解析】
【详解】A．根据
可知粒子回旋周期不变，在Ek-t图中应有
t4-t3=t3-t2=t2-t1
故A正确；
B．高频电源的变化周期等于粒子在磁场中匀速圆周运动的周期，粒子经过窄缝一次，动能增加一次，而粒子在磁场中运动的周期为2（tn-tn-1），故B错误；
CD．根据公式
故最大动能为
与D形盒的半径有关，与加速次数以及加速电压大小无关，要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径，故C错误，D正确；
故选AD。
9. 如图所示，在水平面内固定着U形光滑金属导轨，轨道间距为L=0.5m，金属导体棒ab质量为m=0.1 kg，电阻为r=0.2 Ω，横放在导轨上，电阻R的阻值是0.8 Ω（导轨其余部分电阻不计）。现加上竖直向下的磁感应强度为B=0.2 T的匀强磁场。用水平向右的恒力F=0.1 N拉动ab，使其从静止开始运动，则（ ）
A. 导体棒ab运动的最大速度为10 m/s
B. 导体棒ab开始运动后，电阻R中的电流方向是从P流向M
C. 导体棒ab开始运动后，a、b两点的电势差逐渐增加到0.8 V后保持不变
D. 导体棒ab开始运动后任一时刻，F的功率总等于导体棒ab和电阻R的发热功率之和
【答案】AC
【解析】
【详解】ABC．感应电动势
安培力
导体棒匀速运动时速度最大，由平衡条件得
代入数据解得最大速度为
稳定后，感应电动势
ab两点间的电势差
由右手定则可知，流过R的电流由M流向P，故AC正确，B错误；
D．导体棒ab开始运动后任一时刻，加速运动过程，F的总功等于ab的动能与电路产生的总热量之和，当ab匀速运动时，导体棒ab开始运动后任一时刻，F的功率总等于导体棒ab和电阻R的发热功率之和，故D错误；
故选AC。
【点睛】解决本题的关键是能推导安培力的表达式，判断出能量如何转化的，是一道简单的电磁感应与力学综合题。
10. 如图所示，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个边长为a、质量为m、电阻为R的金属正方形线框，以速度v垂直磁场方向从实线Ⅰ位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的Ⅱ位置时，线框的速度为。下列说法正确的是（ ）
A. 在位置Ⅱ时线框的加速度为
B. 在位置Ⅱ时线框中的电功率为
C. 此过程中线框产生的内能为mv2
D. 此过程中通过线框截面的电荷量为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．在位置Ⅱ时线框左右两边同时切割磁感线，且产生的感应电动势方向相同，则回路中的感应电动势大小为
感应电流大小为
根据右手定则可知此时线框中感应电流的方向为顺时针，根据左手定则可知左右两边所受安培力方向均为水平向左，则线框所受合安培力大小为
根据牛顿第二定律可知此时线框的加速度大小为
故A错误；
B．在位置Ⅱ时线框中的电功率为
故B正确；
C．线框克服安培力做功，损失的动能全部转化为内能，即
故C正确；
D．从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中线框的磁通量变化量大小为
此过程中通过线框截面的电荷量为
故D错误。
故选BC。
三、实验题（14分）
11. 某实验小组的同学在用多用电表测量一阻值为几百欧姆的电阻。
（1）将以下的操作中正确的选出并进行正确的排序，将序号填在横线上_____；
A．将两表笔直接短接，调节欧姆调零旋钮，使表盘的指针指在最右端的零刻度线处，将两表笔断开
B．将两表笔与待测电阻的两端良好接触，读出欧姆表的读数即待测电阻的阻值，将两表笔断开
C．将选择开关旋至欧姆表“×100”挡位
D．将选择开关旋至欧姆表“×10”挡位
E．将选择开关旋至“OFF”挡位，并将红、黑表笔从插孔中拔出
图中表盘的读数为_____；
（2）在用多用电表进行电阻的测量时，下列操作和说法中正确的是_____。
A．若表盘的指针偏转角度过大，则应旋至倍率较小的挡位，并重新调零
B．若将红笔插入“－”插孔、黑表笔插入“＋”插孔，则测量出的电阻值有较大的误差
C．正在用多用电表测量某电学元件的阻值时，可以将该电学元件接入其他电路
D．在测量不同阻值的电阻时，应对多用电表重新调零
【答案】 ①. DABE ②. 300Ω ③. A
【解析】
【详解】（1）[1]为了减小误差，测电阻时需尽量使指针偏转在中间刻度附近，该待测电阻阻值为几百欧姆，则倍率选择“×10”挡位，然后再进行欧姆调零，再进行电阻的测量，最后将选择开关旋转到“OFF”挡位，并将红、黑表笔从插孔中拔出。
故选DABE。
[2]由于欧姆表是“×10”挡位，则图中表盘的读数为300Ω。
（2）[3]A．若表盘的指针偏转角度过大，则说明待测电阻较小，所以应旋至倍率较小的挡位，并重新调零，故A正确；
B．电阻的阻值与电流的流向无关，所以红、黑表笔接反，不影响测量结果，故B错误；
C．测电阻时不能将被测电阻元件与外电路相连，否则流经欧姆表的电流会受影响，从而影响读数，甚至会损坏器材，故C错误；
D．只要测电阻过程中不换挡位，就不用重新欧姆调零，故D错误。
故选A。
12. 在“测定金属的电阻率”的实验中：

（1）用螺旋测微器测量金属丝直径时，其示数如图1所示，则金属丝的直径为_____．
（2）某同学设计了如图所示的电路测量该金属丝的电阻（阻值约）
可选用的器材规格如下：
电源E（电动势，内阻不计）；
电流表A（，内阻约）；
电流表G（，内阻为）；
滑动变阻器（阻值，额定电流）；
滑动变阻器（阻值，额定电流）；
定值电阻；
定值电阻；
开关S和导线若干．
①为了便于操作，并使测量尽量精确，定值电阻应选______，滑动变阻器R应选______．
②某次测量时电流表G的读数为，安培表示数为，计算的准确值为______（计算结果保留3为有效数字）
【答案】 ①. ②. ③. ④.
【解析】
【详解】（1）固定刻度读数为，则此金属丝的直径为．
（2）根据闭合电路欧姆定律电路和电流表最小读数，可求出电路中需要最大电阻为：
，由于待测电阻电阻为，所以滑动变阻器应用
根据串分压原理，，故定值电阻
根据电阻定律，由：．
【点睛】根据闭合电路欧姆定律电路和电流表最小读数，可求出电路中需要的最大电阻，根据欧姆定律再进行求解；用伏安法测量电阻，首先要考虑安全，其次准确，最后操作方便．
四、计算题（解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位（本大题共3小题，其中第13小题12分，第14小题14分，第15小题16分，共42分）
13. 一纯电阻闭合电路，电源电动势为4.5V，内阻为0.5Ω，外电路的电阻为4.0Ω，则：
（1）路端电压是多大？
（2）如果在外电路上并联一个6.0Ω的电阻，路端电压是多大？
（3）如果（2）中的6.0Ω电阻不是并联，而是串联在外电路中，路端电压又是多大？
【答案】（1）4V；（2）3.72V；（3）4.3V
【解析】
【详解】（1）由闭合电路欧姆定律得
（2）外电路上并联一个6.0Ω的电阻，则外电阻阻值
则路端电压
（3）外电路上串联一个6.0Ω的电阻，则外电阻阻值
R′= 4Ω＋6Ω = 10Ω
则路端电压
14. 如图甲所示，ACD是固定在水平面上的半径为2r、圆心为O的金属半圆弧导轨，EF是半径为r、圆心也为O的半圆弧，在半圆弧EF与导轨ACD之间的半圆环区域内存在垂直导轨平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，B随时间t变化的图象如图乙所示．OA间接有电阻P，金属杆OM可绕O点转动，M端与轨道接触良好，金属杆OM与电阻P的阻值均为R，其余电阻不计。
（1）0～t0时间内，OM杆固定在与OA夹角为θ1＝的位置不动，求这段时间内通过电阻P的感应电流大小和方向；
（2）t0～2t0时间内，OM杆在外力作用下以恒定的角速度逆时针转动，2t0时转过角度θ2＝到OC位置，求电阻P在这段时间内产生的焦耳热Q。
【答案】（1）；感应电流方向为：A→O；（2）
【解析】
【分析】
【详解】（1）0～t0时间内的感应电动势
E1＝＝·S1
其中
＝
S1＝·π（2r）2－πr2＝
感应电流
I1＝
联立解得
I1＝
由楞次定律可判断通过电阻P的感应电流方向为：A→O。
（2）t0～2t0时间内，OM转动的角速度为
ω＝
感应电动势为
E2＝B0r
其中
＝
又
I2＝
则电阻P在这段时间内产生的焦耳热
Q＝I22Rt0
联立得
Q＝
15. 如图所示,在直角坐标系xy第一、四象限区域内存在两个有界的匀强磁场；垂直纸面向外的匀强磁场I、垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ，O、M、P、Q为磁场边界和x轴的交点，OM=MP=L．在第三象限存在沿y轴正向的匀强电场．一质量为m带电荷量为+q的带电粒子从电场中坐标为(-2L，-L)的点以速度V0沿+x方向射出,恰好经过原点O处射入磁场I，又从M点射出磁场I(粒子的重力忽略不计)．求：
（1）第三象限匀强电场场强E的大小；
（2）磁场Ⅰ的磁感应强度B的大小；
（3）如果带电粒子能再次回到原点O，问磁场Ⅱ的宽度至少为多少?粒子两次经过原点O的时间间隔为多少．
【答案】（1） （2） （3） ，
【解析】
【详解】（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，则有
水平方向：
，
竖直方向:
，
联立解得，
；
（2）设到原点时带电粒子的竖直分速度为vy则
，
则粒子进入磁场时速度大小为
v＝v0，
方向与x轴正向成45°,粒子进入区域Ⅰ做匀速圆周运动，由几何知识可得轨迹半径，
由洛伦兹力充当向心力，则有
，
可解得：
；
（3）粒子运动轨迹如图
在区域Ⅱ做匀速圆周的半径为
R2＝L，
带电粒子能再次回到原点的条件是区域Ⅱ的宽度
d ≥R2+L＝(+1)L，
粒子从O到M的运动时间
，
粒子从M到N的运动时间
，
粒子在区域Ⅱ中的运动时间
粒子两次经过原点O的时间间隔为