湖北省恩施州高中教育联盟2023年高二年级（上）期末考试物理试卷（含解析）

这是一份湖北省恩施州高中教育联盟2023年高二年级（上）期末考试物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列说法正确的是( )
A. 根据公式F=kq1q2r2可知，当两个电荷之间的距离趋近于零时库仑力变得无限大
B. 电动势在数值上等于非静电力在电源内把1C的电子从正极移送到负极所做的功
C. 由公式UAB=WABq可知，若将电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功1J，则A、B两点的电势差为1V
D. 由B=FIL可知，磁场中某点磁感应强度B与磁场力F成正比，与电流元IL成反比
2.2020年2月，中国科学家通过冷冻电镜捕捉到新冠病毒表面S蛋白与人体细胞表面ACE2蛋白的结合过程，首次揭开了新冠病毒入侵人体的神秘面纱。电子显微镜是冷冻电镜中的关键部分，在电子显微镜中电子束相当于光束，通过由电场或磁场构成的电子透镜实现会聚或发散作用，其中的一种电子透镜的电场分布如图所示，其中虚线为等势面，相邻等势面间电势差相等。一电子仅在电场力作用下运动，其轨迹如图中实线所示，a、b、c是轨迹上的三点，则下列说法正确的是( )
A. a点的电势高于b点的电势
B. a点的电场强度大于c点的电场强度
C. 电子经过b点时的速度大于经过a点时的速度
D. 电子在a点的电势能小于在c点的电势能
3.特高压直流输电是国家重点能源工程，图为特高压直流输电塔仰视图，两根等高、相互平行的水平长直导线分别通有方向相同的电流I1和I2，I1>I2，a、b、c三点连线与两根导线等高并垂直，b点位于两根导线间的中点，a、c两点与b点距离相等，d点位于b点正下方。不考虑地磁场的影响，则( )
A. a点处的磁感应强度方向竖直向上B. b点处的磁感应强度大小为零
C. c点处的磁感应强度方向竖直向上D. d点处的磁感应强度大小为零
4.2023年10月26日，中国自主研发的神舟十七号载人飞船发射成功，并实现与中国空间站的快速对接。假设空间站在地球航天发射基地上方某高度的圆形轨道上运行。下列说法正确的是
( )
A. 神舟十七号的发射速度小于空间站的运行速度
B. 神舟十七号在对接轨道上的运行周期小于空间站的运行周期
C. 对接时，神舟十七号的加速度小于空间站的加速度
D. 为了实现对接，神舟十七号应在对接时点火减速
5.如图，边长均为a的立方体木块和空心铁块，用长度也为a的细绳连接，悬浮在平静的池中，木块上表面和水面的距离为h。当细绳断裂后，木块与铁块分别竖直向上、向下运动，当木块上表面刚浮出水面时，铁块恰好到达池底。已知木块的质量为m，铁块的质量为M，不计水的阻力，则池深为( )
A. M+mMhB. M+mMh+2aC. M+mM(h+2a)D. M+mMh+3a
6.一带正电微粒只在静电力作用下沿x轴正方向运动，其电势能随位移x变化的关系如图所示，其中O∽x1段是曲线，x1∽x2段是平行于x轴的直线，x2∼x3段是倾斜直线，则下列说法不正确的是
( )
A. O∼x1段电势逐渐升高
B. x1∼x2段电场强度为零
C. O∽x1段微粒做加速度逐渐减小的加速运动
D. x2∽x3段的电势沿x轴均匀降低
7.某电路图如图所示，电源的电动势E=6.0V，内阻r=3.0Ω，滑动变阻器R0的最大阻值为10.0Ω，定值电阻R的阻值为6.0Ω，闭合开关S，将滑片P由a端缓慢移至b端，则下列说法正确的是
( )
A. 滑动变阻器消耗的最大功率为1.0WB. 电源的最大输出功率为3.0W
C. 路端电压的最大值为5.4VD. 电源的最大效率约为60%
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.如图所示，两块较大的金属板A、B平行水平放置并与一电源相连，S闭合后，两板间有一质量为m、带电量为q的油滴恰好在P点处于静止状态。则下列说法正确的是
( )
A. 在S仍闭合的情况下，若将A板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G中有b→a的电流
B. 在S仍闭合的情况下，若将A板向右平移一小段位移，则油滴仍然静止，G中有b→a的电流
C. 若将S断开，且将A板向左平移一小段位移，P点电势降低
D. 若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，P点电势不变
9.图为由理想变压器、电阻和灯泡组成的电路，电路输入的电压为U，电阻R的阻值是2.0Ω，小灯泡L1上标有“3V，3W”，变压器副线圈回路中接入两个均标有“6V，3W”的小灯泡L2，小灯泡L1、L2均正常发光。下列说法中正确的是
( )
A. 理想变压器的原、副线圈匝数比为n1:n2=1:4
B. 电路输入的电压U=9V
C. 通过电阻R的电流是1.5A
D. 电阻R的功率为6W
10.如图所示，PQ和MN为间距L=1m、水平放置的平行金属导轨，导轨间分布着方向竖直向下、大小为B=2T的匀强磁场，PM之间接有电动势E=6V、内阻r=2Ω的电源以及R=4Ω的定值电阻，质量m1=0.2kg的导体棒ab跨放在导轨上并与导轨接触良好，在导体棒的中点用轻绳经定滑轮悬挂质量m2=0.3kg的物块，闭合开关S，导体棒恰好保持静止。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g=10m/s2，不计其他电阻。下列说法正确的是
( )
A. 流过导体棒的电流为2A
B. 若磁感应强度的大小不变，方向改为水平向左，导体棒的加
速度大小为6m/s2
C. 导体棒与导轨间的动摩擦因数为0.2
D. 若磁感应强度的大小和方向未知，要使导体棒静止，所加匀
强磁场磁感应强度的最小值为4 55T
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.利用如图甲所示的装置做“验证机械能守恒定律”实验。
(1)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的 。
A.速度变化量与高度变化量
B.速度变化量与势能变化量
C.动能变化量与势能变化量
(2)实验中，先接通电源，再释放重物，得到如图乙所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T，设重物的质量为m，从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量△Ep= ，动能变化量△Ek= 。
(3)请提出一条减小实验误差的方法 。
12.某物理兴趣小组要测量一电池组的电动势和内阻，实验室提供下列仪器：
A.电池组(电动势约为3V，内阻约为10Ω)
B.电压表(量程为0∼15V，内阻约为3000Ω)
C.电流表(量程为0∼2mA，内阻RA=12Ω)
D.定值电阻R0=6Ω
E.电阻箱R1(0∽999Ω，0∼1.0A)
F.滑动变阻器R2(0∽2000Ω，0∼1.0A)
G.导线及开关
(1)同学们根据提供的器材，设计了如图甲所示的(a)、(b)两种测量电路，经讨论后认为 测量电路更合理。[填“(a)”或“(b)”]
(2)按照电路设计连接好电路后进行实验，调节电阻箱R1，记录下各仪器的读数。若某次实验时电阻箱旋钮及电流表指针如图乙所示，则此时电阻箱的阻值为 Ω，通过电阻箱的电流大小为 mA。
(3)将测量数据的单位统一成国际单位，根据记录数据作出如图丙所示的图像，若测得图线纵轴截距为12.9，图线斜率为0.91，则电池组电动势E= V，内阻r= Ω。(结果均保留到小数点后一位)
(4)误差分析：(b)测量电路设计方案及上述数据处理方法使电源电动势测量值 (选填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.如图所示，间距为lAB=10m的水平传送带以v0=5m/s的速度顺时针匀速转动，在传送带的左端A点轻放一质量m=5kg的有颜色小物块，当小物块与传送带共速时因某种原因传送带突然停止运动，最终物块恰好到达传送带的右端B点，重力加速度g=10m/s2。则：
(1)物块与传送带间的动摩擦因数为多少?
(2)物块在传送带上留下的划痕为多少?
(3)物块与传送带因摩擦产生的热量Q为多少?
14.世界首条高温超导高速磁悬浮样车在中国下线，我国技术已达世界领先水平。超导磁悬浮列车可以简化为如图所示模型：在水平面上固定两根相距L=0.30m的平行直导轨，导轨间有大小均为B=1.0T，宽度都为L=0.30m的匀强磁场，相邻磁场区域的磁场方向相反。整个磁场以速度v=10m/s水平向右匀速运动，边长为L=0.30m的单匝正方形线圈abcd悬浮在导轨上方，在磁场力作用下向右运动，并逐渐达到最大速度vm。匀速运动一段时间后超导磁悬浮列车开始制动，所有磁场立即静止，经位移x=5m停下来。设线圈的电阻为R=3.6Ω，质量为m=2.0kg，运动过程中受到的阻力大小恒为f=0.30N。求：
(1)线圈运动的最大速度vm(提示：动生电动势的切割速度为v−vm。);
(2)制动过程线圈产生的焦耳热Q;
(3)从开始制动到停下来所用的时间t。

15.如图所示，平面直角坐标系的x>0区域内，在y=L和x轴正半轴间，有垂直坐标平面向外的匀强磁场和沿y轴正方向的匀强电场，匀强电场的电场强度大小为E；在x轴正半轴下方有沿y轴正方向的匀强电场，其电场强度的大小为2E。在y轴上坐标为(0,4L)的M点，沿x轴正向抛出一个带正电的小球，小球从坐标为(2 3L,L)的N点进入正交的电磁场中做匀速圆周运动，并以垂直x轴的方向进入x轴下方的电场中，不计空气阻力，不计球的大小，重力加速度为g，求：
(1)小球从M点射出的初速度大小;
(2)匀强磁场的磁感应强度大小;
(3)小球在x轴下方运动时，离x轴的最大距离及第4次经过x轴时的位置到坐标原点的距离。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】A. 库仑定律适用于点电荷，当两个电荷之间的距离趋近于零时不能再视为点电荷，库仑定律不再适用，此时的库仑力并不是无限大，故A错误；
B. 电动势在数值上等于非静电力在电源内把1C的电子从正极移送到负极所做的功，故B正确；
C. 根据公式UAB=WABq可知，若将电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功1J，则A、B两点的电势差为UAB=WABq=−11V=−1V，故C错误；
D. 磁场中某点磁感应强度B由磁场本身决定，与磁场力F和电流元IL无关，故D错误。
故选：B。
2.【答案】C
【解析】A.由电场线与等势面处处垂直和电子运动轨迹的弯曲方向可知，在ab段电子所受电场力方向指向右下方，且电场力与轨迹夹角小于90°，电子所受电场力方向与电场线方向相反。故a点的电势φa低于b点的电势φb，故A错误；
B.根据等差等势面的疏密程度可表示电场强度大小，由于a点等差等势面比c点稀疏，则a点的电场强度小于c点的电场强度，故B错误；
C.电子只在电场力作用下运动，则其动能和电势能之和不变，由A分析知，电子从a运动到b电场力做正功，故其在a点的动能小于其在b点的动能，经过a点速度小于经过b点时速度，故C正确。
D.由A同理可得φc>φa，电子在电势低的地方电势能大，在电势高的地方电势能小，故电子在a点的电势能大于在c点的电势能，故D错误。
故选：C。
3.【答案】C
【解析】A.由安培定则可知，两电流产生的磁场在a处都是竖直向下，则两电流的合磁场在a处方向竖直向下，A错误；
B.根据安培定则可知，电流I1和电流I2产生的磁场在b处，方向相反，但由于I1>I2，则两根导线在b处的磁感应强度大小不同，B错误；
C.由安培定则可知，两电流产生的磁场在c处都是竖直向上，则两电流的合磁场在c处方向竖直向上，C正确；
D.根据安培定则，两电流产生的磁场在d点处的磁场方向分别为斜右上方和斜右下方，两者的合场强不为零，D错误。
故选C。
4.【答案】B
【解析】A. 第一宇宙速度是卫星最小发射速度，则神舟十七号的发射速度大于第一宇宙速度，第一宇宙速度是卫星最大环绕速度，则空间站的运行速度小于第一宇宙速度，故神舟十七号的发射速度大于空间站的运行速度，故A错误；
B. 根据开普勒第三定律r3T2=a，神舟十七号在对接轨道的半轴长小于空间站的运行轨道的半径，故神舟十七号在对接轨道上的运行周期小于空间站的运行周期，故B正确；
C. 根据牛顿第二定律GMmr2=ma，解得a=GMr2，对接时，神舟十七号的加速度等于空间站的加速度，故C错误；
D. 为了实现对接，神舟十七号应在对接时点火加速，神舟十七号做圆周运动所需的向心力大于万有引力，从而做离心运动，与空间站实现对接，故D错误。
故选B。
5.【答案】D
【解析】连接体悬浮状态中，受力平衡，则有(m+M)g=F浮，细绳断裂后，继续以木块与铁块为系统，系统外力为零，则木块与铁块运动过程中动量守恒；
以竖直向上为正方向，设木块运动的速度大小为v木，铁块运动的速度大小为v铁，设铁块竖直下降的位移为d，由动量守恒定律可得0=mv木−Mv铁
则有：0=mv木t−Mv铁t
所以有：0=mh−Md
池深为：H=h+d+3a
联立方程解得：H=M+mMh+3a
故ABC错误，D正确。
故选：D。
6.【答案】C
【解析】A. 电势能EP=qφ，由于粒子带正电，0∼x1段电势能变大，所以电势升高，故A正确；
C. 根据电场力做功与电势能关系ΔEp=Eq·Δx
图像斜率反映电场力大小，电量一定，可以反映场强大小，0∼x1段图像斜率变小，场强变小，受力减小，加速度逐渐变小，由于电势能增加，电场力做负功，则粒子做减速运动，即粒子做加速度减小的减速运动，故C错误；
B. x1∼x2段斜率为0，则电场强度为零，故B正确；
D. x2∽x3段电势能均匀减小，粒子带正电，所以电势沿x轴均匀降低，故D正确。
本题选不正确，故选C。
7.【答案】A
【解析】A. 将定值电阻R看作电源内阻的一部分，则电源的等效内阻r ′=R+r=9Ω，故当滑动变阻器接入电路的阻值R0=r ′=9Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，最大功率为PR0=E24r ′=624×9W=1.0W，A正确；
B. 由电源的输出功率与外电阻的关系可知，外阻越接近内阻，输出功率越大，即滑动变阻器接入电路的阻值是0的时候，电源的输出功率最大，此时I=ER+r=23A，则Pm=I2R=232×6W=83W≈2.67W，B错误；
C. 根据闭合电路的欧姆定律得U=E−Ir，可知当干路电流I最小时有最大的路端电压，即滑动变阻器R0取最大阻值时，此时I=ER0+R+r=619A，则Um=E−Ir=6−619×3V=9619V≈5.05V，C错误；
D. 电源的效率η=IR外IR外+r×100％=11+rR外×100％，所以外电阻越大，电源的效率越高，即滑动变阻器R0取最大阻值时，η=11+rR外×100％=11+310+6×100％=1619×100％≈84％，D错误。
故选A。
8.【答案】AD
【解析】A.开始时，重力和电场力平衡，故mg=qE，将A板下移，在S仍闭合的情况下，极板间电压U不变，将 A板向下平移一小段位移，d变小，由E=Ud 可知，E变大，故油滴应向上加速运动，根据C=εS4πkd，电容增大，根据Q=CU，电荷量增大，电容器充电，电流从b到a，故A正确；
B.在S仍闭合的情况下，极板间电压U不变，若将A板向右平移一小段位移，由E=Ud可知，E不变，油滴仍静止；A板右移，电容减小，电荷量减小，电容器放电，故G中有a→b的电流，故B错误；
C.S断开，电荷量不变，A板向左移动，电容减小，电压增大，场强增大，P与下极板电势差变大，下极板电势为0，且低于P点电势，所以P电势升高，故C错误；
D.若将S断开，电荷量不变，A下移，E=Ud=QCd=4πkQεS，场强不变，P与下极板距离不变，P与下极板电势差不变，下极板电势为0，故P电势不变，故D正确。
故选：AD。
9.【答案】AB
【解析】A.原线圈与L1并联，由小灯泡L1、L2均正常发光，可得U1=3V，U2=12V
理想变压器的原、副线圈匝数比为n1:n2=U1:U2=1:4，故A正确；
C.由原、副线圈的功率相等，即P1=P2，可得P1=U1I1=2×3W=6W
解得I1=2.0A
小灯泡L1中的电流I1′=P1U1=33A=1.0A
通过电阻R的电流是I=I1+I1′=3.0A
故C错误；
B.电阻R两端的电压UR=IR=3×2.0V=6V，电路输入的电压U=UR+U1=9V，故B正确；
D.电阻R的功率为PR=I2R=3.02×2W=18.0W，故D错误。
故选AB。
10.【答案】BD
【解析】A.流过导体棒的电流为I=ER+r=64+2A=1A，故A错误；
C.导体棒受到的安培力为F=IBL=1×2×IN=2N
根据左手定则可知，导体棒受到的安培力向左，导体棒恰好保持静止，有F+f=m2g
导体棒与导轨间的摩擦力为f=μm1g
导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ=0.5
故C错误；
B.若磁感应强度的大小不变，方向改为水平向左，导体棒受到的摩擦力为f1=μ(m1g−F)=μ(m1g−BIL)=0
对导体棒、物块整体有m2g=(m1+m2)a
导体棒的加速度大小为a=6m/s2，故B正确；
D.对导体棒受力分析如图，
水平方向有FAsinθ+f=T=m2g
竖直方向有FAcsθ+m1g=FN
导体棒与导轨间的摩擦力为f=μFN
联立得FA=42sinθ+csθ=4 5sin(θ+φ)
其中tanφ=12
当sinθ=2 55时，导体棒受到的安培力最小，有FA=IBminL=4 55N
匀强磁场磁感应强度的最小值为Bmin=4 55T，故D正确。
故选BD。
11.【答案】(1)C
(2)mghB； m(hC−hA)28T2
(3)选用质量大体积小的重物

【解析】(1)验证机械能守恒定律原理是看减少的重力势能和增加的动能是否相等，所以需要比较重物下落过程中任意两点间的动能变化量与势能变化量。
故选C。
(2)从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量ΔEp=mghB；B点的速度vB=hC−hA2T，则动能变化量ΔEk=12mvB2=m(hC−hA)28T2。
(3)造成误差的原因是重物下落受到的空气阻力、纸带受到的摩擦力等，所以为了减小误差重物用质量大体积小的物体、纸带不能打结。
12.【答案】(1)(b) (2) 875；3.60 (3)3.3；10.2 (4)不受影响
【解析】(1)由于电流表量程较小，若直接测量电流，则需滑动变阻器阻值过大，从而导致电压表分流严重，电流表测量系统误差过大，故(a)测量电路不合理;
(2)图乙电阻箱读数为875Ω;电流表读数为1.20mA，电流表扩大量程后Imax=Ig(1+RAR0)=6mA，故电流表量程扩大3倍，故通过电阻箱的电流大小为3.60mA;
(3)由闭合回路欧姆定律有E=3IR1+IRA+3Ir，简化得1I=3ER1+RA+3rE，则RA+3rE=12.9A−1，3E=0.91A−1⋅Ω−1，解得E=3.3V，r=10.2Ω;
(4)由于改装后电流表测量的是干路电流的真实值，求得的电源电动势也是真实值，故不受影响。
13.【答案】(1)设物块与传送带的动摩擦因数为μ，则有μmg=ma
物块经时间t与传送带共速，则有lAB=12v0⋅2t
对物块由运动学公式可得v0= at
联立代入数据可得μ= 0.25。
(2)物块的速度时间图像如图
则第一阶段的相对位移有x1=v0t−12v0t=5m
第二阶段的相对位移有x2=12v0t=5m。
因为第一阶段和第二阶段是重复的划痕，故总的划痕为x=x1=x2=5m
(3)物块与传送带的相对路程Δs=x1+x2=10m
则由功能关系可得Q=μmgΔs=125J。

【解析】该题属于传送带问题，解决本题的关键知道物块在传送带上的运动规律，然后结合功能关系和运动学公式进行求解。
14.【答案】(1)线圈达到最大速度时，产生的电动势为E=2BL(v−vm)
回路中的电流I=ER
线圈受到的安培力F=2ILB
速度最大时，线圈受到的安培力与阻力大小相等F=f
联立代入数据得vm=7m/s
(2)线圈制动过程，由动能定理有：−fx+W=0−12mvm2
其中焦耳热Q=−W
联立代入数据得Q=47.5J
(3)线圈制动过程，由动量定理有：−ft−(2ILB)t=0−mvm
其中I=2BLvR
x=vt
联立代入数据得t=45s。

【解析】本题考查法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律的应用，掌握安培力公式、运用动能定理、动量定理等可解决问题，注意导体棒切割磁感线产生感应电动势的速度是相对磁场的，是解题的关键。
15.【答案】(1)设小球从M点抛出的初速度为v0，则
2 3L=v0t
4L−L=12gt2
解得v0= 2gL。
(2)设小球进入正交电磁场时速度为v，与x轴正方向的夹角为θ，
由平抛运动推论得tanθ=2⋅4L−L2 3L，得θ=60∘
由vcsθ=v0，得v=2 2gL
设小球在正交电磁场中做匀速圆周运动的半径为R，
由洛伦兹力提供向心力qvB=mv2R
由运动关系得qE=mg
由几何关系得Rcsθ=L
联立解得B=EgL 2gL。
(3)带电小球从M点抛出后的运动轨迹如上图所示，小球第1次进入x轴下方的电场时，有2qE−mg=ma
小球在x轴下方运动时，离x轴的最大距离为ym，则v2=2aym
得ym=4L
小球第1次经过x轴的横坐标为x1= 2 3L+R−Rsinθ= ( 3+2)L
由对称性可知，小球第4次经过x轴的位置到坐标原点的距离为x4=3x1= 3( 3+2)L。

【解析】本题考查带电粒子在组合场和叠加场中的运动问题。叠加场经常出现重力、电场力、洛伦兹力的受力分析，当带电粒子做圆周运动时一定是匀速圆周运动，并且重力与电场力等大反向，解题关键在于利用洛伦兹力提供向心力以及几何关系进行解答，难度较大。