内蒙古自治区赤峰市红山区2023-2024学年高二上学期1月期末考试物理试题(1)

这是一份内蒙古自治区赤峰市红山区2023-2024学年高二上学期1月期末考试物理试题(1)，共14页。试卷主要包含了 答题前，考生务必用直径0，本试卷主要考试内容，5Ω等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1. 本试卷分选择题和非选择题两部分。满分 100分，考试时间 90分钟。
2. 答题前，考生务必用直径0.5 毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3. 考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
4.本试卷主要考试内容：人教版必修第三册和选择性必修第二册第一章。
第I卷(选择题)
一、选择题(本题共10 小题，共46分. 在每小题给出的四个选项中，第1~7题中只有一项符合题目要求，每小题4分，第8~10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.如图所示的下列各电场中，A、B两点电场强度相同的是( )
【答案】C
【解析】
A图中 A、B两点场强大小相等、方向不同； B图中 A、 B两点场强大小不等、 方向相同；
C图中 A、B两点场强大小相等、方向相同； D图中 A、B两点场强大小不等、方向不同；
故选 C
2.如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线。一带电粒子只在电场力作用下经 B点飞向A点，轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是 ( )
A. 粒子带正电
B. 粒子在 B 点加速度大
C. 粒子在 B 点动能大
D. 粒子在 B 点的电势能较小
【答案】B
第1页/共 14页【解析】
A. 电场线的方向向上，根据粒子的运动的轨迹可以判断得出粒子受到的电场力方向向下，与电场线的方向相反，所以该粒子带负电，故A 错误；
B. 电场线密的地方电场的强度大，所以粒子在 B点受到的电场力大，在 B 点时的加速度较大，故B正确；
CD. 从A到B的过程中，电场力对粒子做负功，所以粒子的动能减小，电势能增加，则粒子在 B点动能小，电势能高，粒子在A点的电势能较小，故CD错误；
故选 B。
3.下列情况能产生感应电流的是( )
A. 如图(a)所示，导体 AB 顺着磁感线运动
B. 如图(b)所示，条形磁铁插入线圈中不动时
C.如图(c) 所示，小螺线管A 插入大螺线管B中不动，开关S一直接通时
D. 如图(c) 所示，小螺线管 A 插入大螺线管B中不动，开关S一直接通，当改变滑动变阻器阻值时
【答案】D
【解析】
【详解】A. 导体顺着磁感线运动，通过闭合电路的磁通量不变，不会产生感应电流，故 A 错误。
B. 条形磁铁插入线圈中不动时，线圈中没有磁通量的变化，从而不会产生感应电流，故B错误。
C. 小螺线管A 插入大螺线管B中不动，开关S一直接通时，通过闭合回路的磁通量不变，不会产生感应电流, 故C 错误。
D. 小螺线管A 插入大螺线管B中不动，开关S一直接通，当改变滑动变阻器的阻值时，电路中电流发生改变，A产生的磁场发生变化，B中的磁通量发生变化，产生感应电流，故D 正确。
故选 D。
4.如图所示的下列各图中，表示通电直导线在匀强磁场中所受磁场力的情况，其中磁感应强度 B、 电流 I、磁场力 F三者之间的方向关系不正确的是( )
第2页/共 14页
A. 磁场向上，电流向外，根据左手定则可得，安培力的方向水平向左，A 错误；
B. 磁场向外，电流向上，根据左手定则可得，安培力的方向水平向右，B 正确；
C. 磁场向左，电流向里，根据左手定则可得，安培力的方向竖直向上，C 正确；
D. 磁场向里，电流向右上方， 根据左手定则可得，安培力的方向向左上方，D 正确。
本题选不正确的，故选 A。
5.计算机键盘每个键下面都连有一块小金属片，与该金属片隔有一定空气间隙的是另一块固定的小金属片，这组金属片组成 一个可变电容器。 当连接电源不断电，按下某个键时， 与之相连的电子线路就给出该键相关的信号，当按下键时，电容器的( )
A. 电容变小 B. 极板的电量变小
C. 极板间的电压变大 D. 极板间的场强变大
【答案】D
【解析】
A. 当按键被按下时，两极板间的距离减小，根据电容的决定式
C=εS4πkd
知电容增大，A 错误；
BC. 因电容器与电源连接，则电势差 U不变，根据
第3页/共 14页Q=CU
知, 电荷量Q变大, BC 错误
D. 依据
E=Ud
极板间距 d变小，因U不变，则E变大，D 正确。
故选 D。
6.某静电场在x轴上的场强E 随x的变化关系如图所示，x轴正方向为场强E 正方向，带负电的点电荷沿x轴运动，则点电荷( )
A. 在X₂和x₄处电势能相等
B. 由x₁运动到x₃的过程中电势能增大
C. 由x₁运动到x₄的过程中电势能一直减小
D. 由O运动到x₄的过程中电场力先减小后增大
【答案】C
【解析】
【详解】A. 负电荷由X₂运动至x₄，电场力做正功，电势能减小，故 A 错误；
B. 同理x₁到x₃电势能减小, 故B 错误;
C. x₁至x₄过程中电场力做正功，电势能一直减小，故 C 正确；
D. 根据图像可知由O到x₄过程电场力先减小，后增大，再减小，故D错误。
故选 C。
7.如图所示，a、b、 c是匀强电场中三个点，各点电势依次为10V、2V、6V； 三点在同一平面上。 下列各图中，电场强度的方向表示可能对的是( )
第4页/共 14页【答案】D
【解析】
【详解】AB. 根据题意可知，匀强电场中a、 b、 c三个点的电势不相等， 则bc、 ac连线不是等势线， 电场线不可能与其垂直，故 AB 错误；
CD. 根据题意可知，匀强电场中
a=10V,b=2V
则ab连线的中点电势为6V，此点与C的连线为等势线，电场线与其垂直，并指向电势较低的方向，故C错误, D 正确。
故选 D。
8.如图所示，方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B。一根长直通电导线水平放置，电流方向未知。以直导线为中心的同一圆周上有a、b、c、d四个点，连线ac和 bd是相互垂直的两条直径，且b、d在同一竖直线上, 则 ( )
A. 若电流方向垂直纸面向里，则b点的磁感应强度可能为零
B. 若a点的磁感应强度为零，则c点的磁感应强度大小为2B
C. 若电流方向垂直纸面向外，则c点的磁感应强度可能为零
D.无论电流方向如何，b、d两点的磁感应强度一定不相同
【答案】BD
【解析】
A.若电流方向垂直纸面向里，根据右手螺旋定则可知电流在 b点的磁感应强度的方向水平向左，故b点的磁感应强度不可能为零，A 错误；
B. 若a点的磁感应强度为零，由右手螺旋定则可知c 点的磁感应强度大小为 2B，B正确；
C. 若电流方向垂直纸面向外，根据右手螺旋定则可知，直导线在c点的磁感应强度方向竖直向上，则c点的合磁感应强度不可能为0，C 错误；
D. 无论电流方向如何，b、d两点的磁感应强度都大小相等，方向不同，D 正确。
故选 BD。
9.如图所示，直线 a为电源的 U-I图线，直线b为电阻 R 的 U-I图线，用该电源和电阻 R 组成闭合电路，下列说法正确的是( )
A. 电源的内阻为0.5Ω
B. 电阻 R的阻值为 2Ω
C. 外电路的电压为3 V
第5页/共 14页
D. 电源的输出功率为4W
【答案】AD
【解析】
A. 图线a纵截距等于电源的电动势，斜率的绝对值等于电源的内阻，则由图线a可知，电源的电动势为E=3V； 读出短路电流为 I追=6A,内阻：
r=EI侧=36Ω=0.5Ω
故 A 错误;
BC. 两图线的交点表示该电源与电阻串联时的工作，此时电路中电流为I=2A，外电路电压：U=2V，根据欧姆定律可知，
R=UI=22Ω=1Ω
故 BC 错误;
D. 输出功率:
P=UI=2×2W=4W
故D正确。
故选 AD。
10.如图，甲图为回旋加速器，乙图为磁流体发电机，丙图为速度选择器，丁图为霍尔效应。下列说法正确的是( )
A. 甲图要增大粒子的最大动能，可增加电压U
B. 乙图是磁流体发电机，可判断出 A 极板是发电机的负极
C.基本粒子不考虑重力的影响，粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是 v=EB
D.丁图中若载流子带负电，稳定时C板电势高
【答案】BC
【解析】
A. 带电粒子在回旋加速器狭缝处加速，在 D形盒部分做匀速圆周运动，速度越大轨道半径越大，达到
第6页/共 14页D形盒半径RD时，速度达到最大，动能最大，由
qvmB=mvm2RD
Ekm=12mvm2
解得
Ekm=q2B2RD22m
粒子的最大动能与加速的电压无关，故A 错误；
B. 根据左手定则可判断流体中带正电的粒子受洛伦兹力向下，带负电的粒子受洛伦兹力向上，故B板带正电、A 板带负电, 故B 正确;
C. 基本粒子不考虑重力的影响，丙图基本粒子若带正电则受电场力向下、洛伦兹力向上，若带负电则受电场力向上、洛伦兹力向下，粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件都是二力平衡，由
qvB=qE
v=EB
故C 正确;
D. 丁图中若载流子带负电，则负电荷定向移动的方向与电流方向相反，由左手定则判断负电荷受力方向指向C板面，则 C板电势低，故D 错误。
故选 BC。
第Ⅱ卷(非选择题)
二、实验题：本题共2小题，每空2分，共20分。
11. 在做《测定金属的电阻率》的实验中，若待测电阻丝的电阻约为5Ω，要求测量结果尽量准确，备有以下器材：
A.电池组(3V、 内阻约1Ω) B.电流表(0~3A, 内阻约0.0125Ω)
C.电流表 (0~0.6A, 内阻约0.125Ω) D.电压表(0~3V, 内阻约4kΩ)
E.电压表(0~15V, 内阻约15kΩ) F.滑动变阻器(0~20Ω, 允许最大电流1A)
G 滑动变阻器(0~2000Ω, 允许最大电流 0.3A) H.开关、 导线
(1) 上述器材中应选用的是 。(只填写字母代号)
(2) 图甲是未完成的实物连线图，图中a为待测导体右端接线柱，b为电流表正极接线柱，c为滑动变阻
第7页/共 14页器左上端接线柱，d为滑动变阻器左下端接线柱。则导线①应连接 (填“a”或“b”)。导线②应连接 (填“c”或“d”);
(3)某次用螺旋测微器测金属丝直径为d，用游标卡尺测金属丝的长度为 L，电压表和电流表的示数分别为U、I，写出该金属丝的电阻率的表达式 (用U、I、d、L 表示)。
(4)如图丙所示，金属丝的长度L 为 cm，金属丝的直径 d为 mm。
【答案】 (1) ACDFH (2分) (2) a (2分) d(2分) 3πd2U4IL(2分)
(4) 10.230(2分) 0.520 (2分)
【解析】
(1)电池组和开关、导线是必选项。根据题图乙可知待测电阻两端电压从零开始变化，所以滑动变阻器应采用分压式接法， 为了便于控制分压， 应选择最大阻值较小的 F。 待测电阻丝两端最大电压约为3V， 通过待测电阻丝的最大电流约为0.6A，为了能使电表指针达到适当的偏转幅度，电压表应选择D，电流表应选择C。 故选 ACDFH。
(2) 由于待测电阻阻值满足
Rx所以电流表应采用外接法，即导线①应连接a。
滑动变阻器采用分压式接法，导线②应连接d。
(3) 根据欧姆定律有
Rx=UI
根据电阻定律有
R=ρLS=4ρLπd2
第8页/共 14页联立解得
ρ=πd2U4IL
(4) 金属丝的长度为
L=102mm+6×0.05mm=102.30mm=10.230cm
金属丝的直径为
d=0.5mm+2×0.01mm=0.520mm
12.用图所示的电路. 测定一节旧干电池的电动势和内阻。除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有: 双量程电流表: A (量程, 0~3A); 双量程电压表: V (量程0~3V, 0~15V); 滑动变阻器: R₁(阻值范0~20Ω, 额定电流 2A); 滑动变阻器: R₂(阻值范0~1000Ω, 额定电流 1A)
(1)为了调节方便，测量精度更高，实验中选用电流表的量程为0~0.6A，电压表的量程为0~3V，应选用滑动变阻器 (填写滑动变阻器符号)；
(2)通过多次测量并记录对应的电流表示数Ⅰ和电压表示数 U， 利用这些数据在图中画出了 U-I图线。 由图像可以得出，此干电池的电动势E= ，内阻 r= Ω； (保留三位有效数字)
(3) 引起该实验的系统误差的主要原因是 。
A. 由于电流表的分压作用造成电压表读数总是比路端电压大
B. 由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电源实际输出的电流小
C.由于电压表分流作用，导致电流表测量值偏小，内阻的测量值偏小
D.由于电流表分压作用，导致电压表测量值偏小，内阻的测量值偏大
【答案】(1) R₁ (2分) (2)1.45V(2分) 、1.30Ω(2分)(3) BC(2分, 单选B或C得1分)
【解析】
(1) 因干电池内阻较小，所以滑动变阻器选择R₁，一是调节较方便，二是额定电流较大。
(2) 由闭合电路欧姆定律可知
E=U+Ir
变形可得
u=-rI+E
第9页/共 14页分析 U-I图像可知纵坐截距为 1.45V, 说明干电池的电动势为 E=1.45V。
由前面的表达式分析可知图像斜率的绝对值在数值上等于电源内阻
r=ΔUΔI=1.45-Ω;
(3)分析电路图可知电压表测的是电源路端电压，电流表测的电流小于通过电源的电流，电流没有测准确的原因是电压表分流作用。由于电压表的分流作用，电流表所测的电流不是流过电源的电流，因此造成了系统误差，电流表所测的电流要比实际电流要小，导致测量的电动势和内阻都偏小。故选 BC
三、计算题：本题共4小题，共34分。解答应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。
13. (6分) 在匀强电场中，将带电荷量 q=-6×10⁻⁶C的电荷从电场中的A 点移到B 点，电场力做了 -2.4×10⁻⁵J的功，再从 B 点移到C点，电场力做了 1.2×10⁻⁵J的功。 求：
(1) A、 B两点间的电势差UAB和B、 C两点间的电势差UBC;
(2) 如果规定 B点的电势为零，则A点的电势为多少。
【答案】(1) 4V, -2V; (4分)(2) 4V(2分)
【解析】
(1)根据静电力做的功与电势差的关系，A、B间的电势差
UAB=WABq=-2.4×10-5-6×10-6=4V(2分)(写对公式1分)
根据静电力做的功与电势差的关系，B、C间的电势差 (写对公式1分)
UBC=WBCq=1.2×10-5-6×10-6=-2V(2分)
(2) 根据电势差与电势的关系
UAB=A-B (1分) 由题意可知( φB =0V
则A点的电势( A=UAB=4V(1分)
14.(8分) 如图所示，两平行金属导轨相距L=20cm，与水平面成θ=37°角放置，上端接有一电源，电动势E=3V，内阻r=1Ω，导轨上水平放置一质量为M=0.02kg、电阻 R=2Ω的导体棒，空间存在与竖直平面平行的匀强磁场，要使导体棒静止在导轨上， (不计摩擦，sin37°=0.6, g=10m/s²)
(1) 若磁场竖直向下，求磁场磁感应强度的大小；
(2)若要使磁场的磁感应强度最小，求磁场方向和磁场磁感应强度的大小。
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【答案】(1) 竖直向下, 0.75T; (5分)(2)垂直于轨道的平面向右下方, 0.6T(3分)
【解析】
【详解】(1)对导体棒受力分析如图所示，若磁场沿竖直方向，导体棒所受安培力一定为水平向右，根据左手定则可知此时磁场方向竖直向下。根据平衡条件以及力的合成与分解可得
F =Mg tanθ (2分)
根据安培力公式有
F=BIL (1分)
根据闭合电路欧姆定律可得
I=ER+r=1A (1分)
联立解得
B=0.75T (1分)
(2)如图2所示可知，若要使磁场的磁感应强度最小，即安培力最小，应使安培力沿斜面向上，根据左手定则可知此时磁场方向垂直于轨道的平面向右下方，大小为
F'=B'IL=Mgsinθ (2分)
联立解得
B'=0.6T (1分)
15.(8分) 如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为 m、 电荷量为q(q>0)的带电粒子从圆周上的 M 点沿直径 MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v₁，离开磁场时速度方向偏转90°；若射入磁场时的速度大小为v₂，离开磁场时速度方向偏转60°，不计重力，求：粒子两次进入磁场的速度v₁与v₂之比
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【详解】根据题意做出粒子的圆心如图所示(1分)
设圆形磁场区域的半径为 R，根据几何关系有粒子以速度v₁第一次射入磁场时的半径为
r₁=R(1分)
根据几何关系有粒子以速度 v₂第二次射入磁场时的半径为
r2=3R (1分)
根据洛伦兹力提供向心力有
Bqv=mv2r (2分)
可得
v=Brqm (1分)
所以
v1v2=r1r2=33 或 v1:v2=1:3 (2分)
16. (12分) 如图所示，在xOy 平面的第一象限有一匀强电场，电场的方向平行于 y轴向下； 在 x轴和第四象限的射线 OC之间有一匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向外.有一质量为 m， 带有电荷量+q的质点由电场左侧平行于 x 轴射入电场.质点到达 x轴上A 点时，速度方向与x 轴的夹角为φ，A 点与原点O的距离为 d.接着，质点进入磁场，并垂直于 OC
第12页/共 14页飞离磁场.不计重力影响.若 OC 与x 轴的夹角也为φ，求：
(1) 将正电荷质点在磁场中的运动轨迹画在答题卡上；
(2)粒子在磁场中运动速度的大小；
(3) 匀强电场的场强大小.
【答案】(1) 如下图所示 (2分) (2) (3) v=qBdmsin(4分) E=qB2dmsin3cs(6分)
【解析】
(1) 质点在磁场中的运动电荷轨迹如下图所示(2分)
(2) 由几何关系的: R=dsinφ (2分)
qvB=mv2R 解得 v=qBdmsin
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 (1分) (1分)
(3)质点在电场中做类平抛运动，设质点射入电场中的初速度为 v₀.在电场中的加速度为a，运动时间为t
则有 v₀=vcsφ (1分)
vsinφ=at (1分)
d=vt (1分) 解的 a=v2sincsd (1分)
设电场场强为E，由牛顿第二定律得
qE=ma (1分) 联立解得 E=qB2dmsin3cs (1分)
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