云南省昆明市第三中学2023-2024学年高二上学期1月期末考试物理试题

这是一份云南省昆明市第三中学2023-2024学年高二上学期1月期末考试物理试题，共18页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回， 如图所示，一带负电粒子等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、考号、考场号、座位号填写在答题卡上，并用铅笔认真填涂考号。
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，将答题卡交回。
一、单项选择题：本大题共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. 楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现？
A. 电阻定律B. 库仑定律
C. 欧姆定律D. 能量守恒定律
【答案】D
【解析】
【详解】楞次定律指感应电流的磁场阻碍引起感应电流的原磁场的磁通量的变化,这种阻碍作用做功将其他形式的能转变为感应电流的电能,所以楞次定律的阻碍过程实质上就是能量转化的过程.
2. 跳水运动一直是我国传统的优势体育项目，我们的国家跳水队享有“梦之队”的赞誉。在某次训练中，跳水运动员在跳台上由静止开始竖直落下，进入水中后在水中做减速运动，速度减为零时并未到达池底。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 运动员在空中运动时，其动量变化量大于重力的冲量
B. 运动员从刚进入水中到速度减为零的过程中，其重力的冲量等于水的作用力的冲量
C. 运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其动量的改变量等于水的作用力的冲量
D. 运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向
【答案】D
【解析】
【详解】A．运动员在空中运动过程中只受重力作用，根据动量定理可知运动员在空中动量的改变量等于重力的冲量，故A错误；
B．运动员在水中运动过程中受到重力和水对他的作用力，动量的变化向上，则其重力的冲量小于水的作用力的冲量，故B错误；
C．整个过程根据动量定理可得I=m△v=0，故运动员整个向下运动过程中合外力的冲量为零，故C错误；
D．整个过程根据动量定理可得
I=IG+IF=m△v=0
所以
IG=-IF
即运动员整个运动过程中重力冲量与水的作用力的冲量等大反向，故D正确；
故选D。
3. 电磁炮是一种现代化武器，模拟图如图所示，当接通电源之后，炮弹就会在导轨中的电流磁场作用下，向前加速飞行，关于电磁炮的有关说法错误的是（ ）
A. 将电流反向，炮弹所受磁场力方向不变
B. 将电流反向，炮弹所受磁场力方向也会反向
C. 其他条件相同时，电流越大，炮弹飞出速度越大
D. 其他条件相同时，导轨越长，炮弹飞出速度越大
【答案】B
【解析】
【详解】AB．若将电流反向，则磁场也反向，根据左手定则可知，炮弹受力方向不变，A正确，B错误；
C．相同条件下，电流越大，磁场越强，炮弹受安培力越大，则炮弹飞出速度越大，C正确；
D．相同条件下，导轨越长，安培力做功越大，则炮弹飞出速度越大，D正确。
本题选错误的，故选B。
4. 如图甲所示，光滑导轨水平放置在竖直方向的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示（规定向下为正方向），导体棒ab垂直导轨放置，除电阻R的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab在水平外力F的作用下始终处于静止状态。规定a→b的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力的正方向，则在0～2t0时间内（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】AB．根据法拉第电磁感应定律可知，在0～2t0时间内不变，则感应电流的大小不变；根据楞次定律可知，感应电流的方向也不变，选项AB错误；
CD．根据F=BIL可知，因B先减小后增大，则安培力先减小后增大，且0～t0安培力方向向右；在t0～2t0安培力方向向左；因外力与安培力平衡，则外力先减小后增大，且0～t0外力方向向左（负方向）；在t0～2t0外力方向向右（正方向），选项C错误，D正确。
故选D。
5. 真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。大量电子以速率v沿半径方向射入磁场。已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力。为使电子不能进入内部无磁场区域，磁场的磁感应强度B最小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】使电子不能进入内部无磁场区域的临界如下图所示
磁感强度最小时轨迹与内圆相切，根据勾股定理
解得
电子在磁场中运动时根据洛伦兹力提供向心力
解得
B的最小值为
故B正确，ACD错误。
故选B。
6. 某化工厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，测量管由绝缘材料制成，其长为L、直径为D，左右两端开口，在前后两个内侧面a、c固定有金属板作为电极，匀强磁场方向竖直向下。污水（含有大量的正、负离子）充满管口从左向右流经该测量管时，a、c两端的电压为U，显示仪器显示污水流量Q（单位时间内排出的污水体积）。则（ ）
A. a侧电势比c侧电势低
B. 污水中离子浓度越高，显示仪器的示数越大
C. 污水流量Q与U成正比，与L、D无关
D. 匀强磁场的磁感应强度
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．污水中正、负离子从左向右移动，受到洛伦兹力，根据左手定则，正离子向后表面偏，负离子向前表面偏转，所以a侧电势比c侧电势高，故A错误；
BCD．最终正、负离子会在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，有
即
而污水流量
Q·
可知Q与U、D成正比，与L无关，显示仪器的示数与离子浓度无关；匀强磁场的磁感应强度
B
故D正确，B、C错误。
故选D。
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。在每一小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分。
7. 在x轴上有两个固定异种点电荷，其中放置在O点，两点电荷产生的静电场的电势在轴上的分布如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 放置在x2处
B. 放置在O点的左侧
C. 所带电荷量小于
D. 将带负电的试探电荷从x1处移到x2处，其电势能增加
【答案】BC
【解析】
【详解】ABC．O点附近电势为负无穷，可知q1为负电荷，Qx2间电场强度方向向左，同理可知x2右侧电场强度方向向右，x2处的斜率为零，即电场强度为0，由此可知，q2放置在O点的左侧，根据
可得
故A错误，BC正确；
D．从x1处到x2处，电势升高，根据电势能定义可知，将带负电的试探电荷从x1处到x2处，其电势能减少，故D错误。
故选BC。
8. 如图为回旋加速器工作原理示意图：置于高真空中的D形金属盒半径为R，两金属盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，加速电压为U。若D型盒圆心A处粒子源产生粒子，质量为2m、电荷量为+q、初速度为零，粒子在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响，则下列说法正确的是（ ）

A. 粒子被加速后的最大速度
B. 交变电源的周期等于
C. 若只增大D形盒的半径，则粒子离开加速器的时间变长
D. 粒子第5次和第3次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为5:3
【答案】AC
【解析】
【详解】A．粒子被加速后当运动半径达到R时速度最大，则
可得最大速度
选项A正确；
B．交变电源的周期等于粒子在磁场中做圆周运动的周期，则
选项B错误；
C．若只增大D形盒的半径，则粒子出离D型盒时的速度变大，则加速次数增加，则离开加速器的时间变长，选项C正确；
D．粒子第5次和第3次经过两D形盒间狭缝后，根据
可得
根据
轨道半径之比为
选项D错误
故选AC。
9. 如图所示，一带负电粒子（不计重力）质量为、电荷量大小为，以初速度沿两板中央水平方向射人水平放置、距离为、电势差为的一对平行金属板间，经过一段时间从两板间飞出，在此过程中，已知粒子动量变化量的大小为，下列说法正确的是（ ）

A. 粒子在两板间运动的加速度大小为B. 粒子从两板间离开时的速度大小为
C. 金属板的长度为D. 入射点与出射点间的电势差为
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．根据牛顿第二定律可知，粒子在两板间运动的加速度大小为
故A正确；
BC．粒子在水平方向做匀速直线运动，水平方向的动量变化为0；粒子在沿电场方向做初速度为0的匀加速直线运动，根据题意有
可得粒子从两板间离开时沿电场方向的分速度大小为
则粒子在两板间的运动时间为
金属板的长度为
故B错误，C正确；
D．设入射点与出射点间的电势差为，根据动能定理可得
其中
，
联立解得
故D正确。
故选ACD。
10. 如图所示，两根间距为、电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角为，导轨底端接有两定值电阻，整个空间存在垂直于导轨平面向上大小为的匀强磁场。在导轨上垂直于导轨放置一质量为、电阻为的金属杆。现给金属杆一沿斜面向上的初速度使金属杆从点上升到最高点，该过程中通过电阻的电荷量为，当金属杆从最高点返回到（和中点）时速度为。重力加速度为，下列说法正确的是（ ）
A. 电阻两端最大电压为
B. 金属杆从最高点返回到过程所用的时间为
C. 金属杆从上升到最高点过程克服安培力做的功为
D. 金属杆从最高点返回到过程电阻产生热量为
【答案】BC
【解析】
【详解】根据题意可知，与并联后电阻为，电路中的总电阻为
由公式、和可得，设沿导轨上升的距离为，则通过金属杆的电荷量为
解得
A．根据题意可知，金属杆上滑时做减速运动，则为上滑时的最大速度，此时感应电动势为
由闭合回路欧姆定律可得，电阻两端的电压为
金属杆下滑时做加速运动，速度最大时有
解得
此时，电阻两端的电压为
由于不知和的关系，无法确定电阻两端最大电压，故A错误；
B．根据题意，由上述分析可知，金属杆从最高点返回到过程，通过金属杆的电荷量为，对金属杆，由动量定理有
解得
故B正确；
C．设金属杆从上升到最高点过程克服安培力做的功为，由动能定理有
解得
故C正确；
D．设金属杆从最高点返回到过程中整个电路产生的热为，由能量守恒定律有
解得
根据电阻的热效应可得，电阻产生的热量为
故D错误。
故选BC。
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11. 如图所示为某同学设计的一种验证动量守恒定律的实验装置图，水平桌面固定一长导轨，一端伸出桌面，另一端装有竖直挡板，轻弹簧的一端固定在竖直挡板上，另一端被入射小球从自然长度位置A点压缩至B点，释放小球，小球沿导轨从右端水平抛出，落在水平地面上的记录纸上，重复10次，确定小球落点的平均位置；再把被碰小球放在导轨的右边缘处，重复上述实验10次，在记录纸上分别确定入射小球和被碰小球落点的平均位置（从左到右分别记为），测得。
（1）关于该实验的要点，下列说法正确的是________________（填选项前的字母）；
A.入射小球的质量可以小于被碰小球的质量
B.入射小球的半径必须大于被碰小球的半径
C.重复实验时，每次都必须将弹簧压缩至B点
D.导轨末端必须保持水平
（2）若入射小球的质量为，被碰小球的质量为，则该实验验证动量守恒定律需要验证的表达式为________________（用所给符号表示）；
（3）若入射小球与被碰小球发生的是弹性碰撞，则该实验需要验证的表达式为________________（用所给符号表示）。
【答案】 ①. CD##DC ②. ③.
【解析】
【详解】[1]
A.为防止两球碰撞后入射小球反弹，入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，故A错误；
B．为使两球发生正碰，入射小球的半径必须与被碰小球的半径相同，故B错误；
C．为了保证入射小球每次到达桌面边缘的速度相同，则重复实验时，每次都必须将弹簧压缩至B点，从而让入射小球获得相同的弹性势能，故C正确；
D．为了保证两球碰后都能做平抛运动从而能求出飞出时的速度，导轨末端必须保持水平，故D正确；
故选CD。
[2]两球碰撞过程系统的动量守恒，以向右为正方向
两小球做平抛运动的时间t相等，两边同时乘以t
结合碰撞前后的小球落点情况，由平抛运动水平距离可得
[3]两球碰撞过程系统的动量守恒
则
若入射小球与被碰小球发生的是弹性碰撞，碰撞前后动能不变，则
两小球做平抛运动的时间t相等，两边同时乘以t，得
则
将代入得
12. 某同学用如图甲所示的电路来测量电源的电动势和内阻，已知图中电流表的内阻为，定值电阻的阻值为，实验开始前三个开关均断开。实验的主要步骤如下：

A.闭合和，调节滑动变阻器的滑片在某个位置，读出电流表的示数为，保持滑片的位置不变，再断开，读出电流表的示数为；
B.移动滑片的位置，重复A步骤的实验操作，多测几组相对应的数值，作出的函数关系图像如图乙所示；
C.断开，闭合和，读出电流表示数为。
（1）写出乙图的函数表达式__________（用来表示），图像的纵轴截距为__________；
（2）若乙图斜率的绝对值为，则电源的电动势__________，内阻__________（用题中的已知量来表示）；
（3）根据上述的测量原理，电源电动势的测量值__________真实值，内阻的测量值__________真实值（均选填“等于”、“大于”或“小于”）。
【答案】 ①. ②. 1 ③. ④. ⑤. 等于 ⑥. 等于
【解析】
【详解】（1）[1][2]闭合和时，电流表与滑动变阻器串联，根据欧姆定律可得
断开后，电流表、滑动变阻器、定值电阻串联，根据欧姆定律可得
两式联立可得
则纵轴截距为1。
（2）[3][4]乙图斜率的绝对值为，则根据表达式可得
则电源的电动势为
断开，闭合和时，电流表、定值电阻串联，根据欧姆定律可得
则电源内阻为
（3）[5][6]测量中考虑到了电流表的内阻，且电源电动势的表达式与电流表内阻无关，故电源电动势的测量值等于真实值，内阻的测量值等于真实值。
四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13. 做磁共振检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流．某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响，将包裹在骨骼上一圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径r＝5.0 cm，线圈导线的横截面积A＝0.80 cm2，电阻率ρ＝1.5 Ω·m，如图所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应强度B在0.3 s内从1.5 T均匀地减小为零，求(计算结果保留一位有效数字)：
(1)该圈肌肉组织的电阻R；
(2)该圈肌肉组织中的感应电动势E；
(3)0.3 s内该圈肌肉组织中产生的热量Q.
【答案】（1）6×103Ω （2）4×10-2V （3）8×10-8J
【解析】
【详解】（1）由电阻定律，解得R=6×103Ω
（2）感应电动势，解得E=4×10-2V
（3）由焦耳定律得：，解得：Q=8×10-8
【点睛】本题主要是公式及计算，理解法拉第电磁感应定律，磁通量变化可以是磁感应强度的变化引起的，也可以是面积的变化引起的，另外要注意计算的正确性．
14. 质量均为m=2kg的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一条不可拉伸的长为l=1m的细线，细线另一端系一个质量为m0=1kg（可以看作质点）的球C。现将C球拉起使细线水平自然伸直，并由静止释放C球，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）A、B两木块分离时，A、B、C的速度大小；
（2）从静止释放C球到A、B两木块分离时，B移动的距离。
【答案】（1）1m/s，，；（2）
【解析】
【详解】（1）C球下落到最低点，A、B恰好分离，对A、B、C系统，由水平方向动量守恒及系统机械能守恒可得
解得A、B两木块分离时
（2）对A、B、C系统，水平方向运动分析，由动量守恒的位移关系表达式有
解得
15. 平面直角坐标系xOy中，第二象限存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E，第三、四象限存在垂直坐标平面向里的匀强磁场，如图所示．一质量为m，带电量为q的正粒子从坐标为（-L，L)的P点沿y轴负向进入电场，初速度大小为粒子第二次到达x轴的位置为坐标原点．不计粒子的重力，求：
（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（2）若粒子由P点沿x轴正向入射，初速度仍为，求粒子第二次到达x轴时与坐标原点的距离．
【答案】(1) (2)
【解析】
【详解】(1)由动能定理
粒子进入磁场时速度大小为
在磁场中 L=2R

可得B=
(2)假设粒子由y轴离开电场
L=v0t

Eq=ma
可得y1=L/4vy=at
速度偏转角
第一次到达x轴的坐标
在磁场中

粒子第二次到达x轴的位置与坐标原点的距离x=x1+x2=（或1.85L）