2023-2024学年天津市重点校高二（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年天津市重点校高二（上）期末物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.以下关于磁场、电磁感应现象的说法正确的是( )
A. 图甲中闭合开关S瞬间，与线圈P连接的电流计的指针不会发生偏转
B. 图乙中电流方向如图所示，则铁环中心O点的磁场垂直纸面向外
C. 图丙中，通过两金属圆环的磁通量Φ1>Φ2
D. 图丁中，奥斯特利用该实验装置发现了电磁感应现象
2.如图所示，虚线是某静电场的一簇等势线，边上标有电势的值．一带电粒子只在电场力作用下恰能沿图中的实线从A经过B运动到C.下列判断正确的是( )
A. 粒子一定带负电
B. A处场强大于C处场强
C. 粒子在A处电势能大于在C处电势能
D. 粒子从A到B电场力所做的功大于从B到C电场力所做的功
3.如图所示，铝环A用轻线静止悬挂于长直螺线管左侧，且与螺线管共轴，下列判断正确的是( )
A. 闭合开关瞬间，环A将向右摆动
B. 断开开关瞬间，环A的面积有收缩趋势
C. 保持开关闭合，将滑动变阻器的滑片迅速向右滑，从左往右看A环中将产生顺时针方向的感应电流
D. 保持开关闭合，将滑动变阻器的滑片迅速向左滑，环A将向右摆动
4.某学校新安装了一批节能路灯如图甲所示，该路灯通过光控开关实现自动控制，电灯的亮度可随周围环境的亮度改变而改变。图乙为其内部电路简化原理图，电源电动势为E，内阻为r，R1为光敏电阻(光照增强时，其电阻值减小)，电压表、电流表均为理想电表。随着傍晚到来，光照逐渐减弱，则( )
A. A灯变亮、B灯变暗
B. 电源的输出功率一定变大
C. 光照减弱的过程中，设电压表的示数变化为ΔU、电流表的示数变化为ΔI，则ΔUΔI=r
D. R1中电流变化量等于R0中电流变化量
5.如图所示，在区域MNQP中有垂直纸面向里的匀强磁场，质量和电荷量都相等的带电粒子a、b、c以不同的速率从O点沿垂直于PQ的方向射入磁场，图中实线是它们的运动轨迹。已知O是PQ的中点，不计粒子重力。下列说法中正确的是( )
A. 粒子a带负电，粒子b、c带正电B. 粒子c在磁场中运动的时间最长
C. 粒子a在磁场中运动的周期最小D. 射入磁场时粒子b的速率最小
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
6.“中国天眼”位于贵州的大山深处，它通过接收来自宇宙深处的电磁波，探索宇宙。关于电磁波，下列说法正确的是( )
A. 电磁波可以在真空中传播
B. 电磁波传播过程中，电场和磁场是独立存在的，没有关联
C. 红外线的波长比紫外线的长
D. 洛伦兹通过实验捕捉到了电磁波，证实了麦克斯韦的电磁场理论
7.在如图所示的电路中，电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图所示。当开关S闭合后，下列判断正确的是( )
A. 此时灯泡L1的电阻为12Ω
B. 此时通过灯泡L1的电流为灯泡L2电流的2倍
C. 此时灯泡L1消耗的电功率为0.45W
D. 此时灯泡L2消耗的电功率为0.30W
8.以下装置中都涉及到磁场的具体应用，关于这些装置的说法正确的是( )
A. 图甲中仅增大通过励磁线圈的电流，则电子的运动半径变大
B. 图乙是电磁流量计示意图，当ab间电压增大时(其它条件都不变)，说明流量增大了
C. 图丙是速度选择器示意图，不考虑重力的带电粒子只要v=EB，无论粒子的电性正负，电量大小、也无论从P点还是Q点水平进入，都可以匀速直线通过速度选择器
D. 图丁为一种回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场被限制在MN板间，带电粒子从P0处沿电场线方向由静止进入加速电场，图中的P1P2>P2P3
三、实验题：本大题共1小题，共14分。
9.(1)某同学想设计一个测量金属棒电阻率的实验方案，实验室提供的器材有：
A、电流表A1(内阻Rr=100Ω，满偏电流Ig=3mA)
B.电流表A2(内阻约为0.4Ω，量程为0.6A)
C.定值电阻R0=900Ω
D.滑动变阻器R(5Ω,2A)
E.干电池组(6V,0.05Ω)
F.一个开关和导线若干
G.游标卡尺
①如图甲用游标卡尺测金属棒长为______cm。
②用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用______挡(填“×1Ω”或“×100Ω”)，换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图乙所示，则金属棒阻值约为______Ω。
③根据提供的器材，为了尽可能精确测量金属棒的阻值，设计出电路图如图丙所示。若实验测得电流表A1示数为I1，电流表A2示数为I2，则金属棒电阻的符号表达式为Rx= ______。(用I1，I2，R0，Rg表示)
(2)某同学采用如图丁所示的电路测定电源的电动势和内电阻。已知干电池的电动势约为1.5V，内阻约为0.4Ω；电压表(量程0～3V，内阻约为3kΩ)，电流表(量程0～0.6A，内阻约为10Ω)，定值电阻R0为0.6Ω，滑动变阻器有R1(最大阻值10Ω，额定电流2A)和R2(最大阻值100Ω，额定电流0.1A)各一只。
①实验中滑动变阻器应选用______(选填“R1”或“R2”)。
②在实验中测得多组电压和电流值，得到如图戊所示的U−I图线，由图可得该电源电动势E= ______V，内阻r= ______Ω。(结果保留两位有效数字)
四、简答题：本大题共3小题，共46分。
10.如图所示，水平金属框的宽度为l=0.5m，固定在水平面上，左端接一电动势为E=6V、内阻r=1Ω的电源，框上放有质量为m=0.2kg的金属杆ab，金属杆接入电路的有效电阻为R=5Ω。框所在区域加一磁感应强度为B=1T的匀强磁场，磁场方向与水平面成θ=37°斜向上，金属杆处于静止状态，其余电阻不计，取重力加速度：g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
(1)金属杆ab受到的安培力大小；
(2)金属杆ab受到的摩擦力大小；
(3)金属杆ab对水平框的压力。
11.在平面坐标系第Ⅰ像限内有沿x轴负方向的匀强电场，虚线PQ为在同一平面内的竖直直线边界，在第Ⅱ、Ⅲ像限内虚线PQ与y轴之间有垂直坐标平面向里的大小为B的匀强磁场。C、D两个水平平行金属板之间的电压为U。一质量为m、电荷量为e的带正电的粒子(不计粒子重力)从靠近D板的S点由静止开始做加速运动，从x轴上x=2L处的A点垂直于x轴射入电场，粒子进入磁场时速度方向与y轴正方向θ=60°，不计粒子的重力。要使粒子不从PQ边界射出，求：
(1)粒子运动到A点的速度大小v0；
(2)匀强电场的场强大小E；
(3)虚线PQ与y轴之间磁场的最小宽度d。
12.现有一可以测定有机化合物分子结构的质谱仪，其结构示意图如图所示。样品室内的有机物气体分子先通过离子化室，离子化成初速度可以忽略不计的正离子，再经过电压为U的高压电源区加速后，穿过半径为R，磁场方向垂直纸面的圆形匀强磁场区。从高压电源区离开的离子，其初速度指向磁场区的圆心O且水平，最终打在总长度为2R、水平放置的平板记录仪上，通过测量可得出离子比荷，从而推测有机物的分子结构。已知打在记录仪的中点O′上的离子在磁场中的运动时间为t，O′点正好位于O点正下方，记录仪两端为磁场区半径延长线上的点，OO′长度为 3R。不计离子重力和离子间的相互作用。求：
(1)打在O′点的离子的速度大小v；
(2)圆形磁场区的磁感应强度大小B和圆形磁场区内匀强磁场的方向；
(3)求记录仪上能收集到的离子的比荷范围。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、图甲中闭合开关S瞬间，线圈M中产生向左的磁场，穿过线圈P的磁通量增大，线圈P产生感应电流，与线圈P连接的电流计的指针会发生偏转，故A错误；
B、图乙中电流方向如图所示，根据安培定则，两侧线圈在O点产生的磁场方向均向下，所以铁环中心O点的磁场向下，故B错误；
C、图丙中，根据磁感线的分布情况可知，磁铁内部穿过环面的磁感线方向向上，外部磁感线方向向下。由于磁感线是闭合曲线，磁铁内部的磁感线条数等于磁铁外部磁感线的总条数，而磁铁外部磁感线分布在无限大的空间，所以穿过环面的磁铁外部向下的磁感线将磁铁内部向上的磁感线抵消一部分，线圈1的面积小，抵消较小，则磁通量较大，所以Φ1>Φ2，故C正确；
D、图丁中，奥斯特利用该实验装置发现了电流的磁效应，故D错误。
故选：C。
图甲中，根据穿过闭合电路的磁通量是否变化，分析有无感应电流；图乙中，根据安培定则和磁场的叠加分析铁环中心O点的磁场方向；图丙中，根据磁感线条数分析磁通量大小；图丁中，奥斯特利用该实验装置发现了电流的磁效应。
本题的关键要掌握非匀强磁场磁通量大小的比较方法，抓住抵消后剩余磁通量进行比较。
2.【答案】B
【解析】解：AB、根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，可知电场线方向大致向左，根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子所受的电场力方向大致向左，则知粒子一定带正电。故A错误；
B、等差等势面的疏密反映电场强度的大小，A处场强大于C处场强，故B正确；
C、从A点飞到C点，电场力方向与速度的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，故C错误；
D、根据W=Uq知电势差相同，电场力做功相同，故D错误。
故选：B。
根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，确定出电场线方向，根据曲线运动中物体所受的合力方向指向轨迹的内侧，可判断出粒子所受的电场力方向，判断粒子的电性．根据等差等势面密处场强大，可判断场强的大小．由电场力做功正负，判断电势能的大小和动能的大小．
本题要掌握等势面与电场线的关系和曲线运动合力指向，由粒子的轨迹判断出电场力方向，分析能量的变化．
3.【答案】C
【解析】解：A、闭合开关瞬间，环A中磁通量增大，根据楞次定律，环将向左摆动，故A错误；
B、断开开关瞬间，环A中磁通量减小，根据楞次定律，环将有扩展的趋势，故B错误；
C、保持开关闭合，将滑动变阻器的滑片迅速向右滑，滑动变阻器的有效电阻增大，螺线管中电流减小，产生的向右的磁场减弱，根据楞次定律，从左往右看A环中将产生顺时针方向的感应电流，故C正确；
D、保持开关闭合，将滑动变阻器的滑片迅速向左滑，滑动变阻器的有效电阻减小，螺线管中电流增大，产生的向右的磁场增强，根据楞次定律，环A将向左摆动，故D错误。
故选：C。
闭合(断开)开关瞬间，或滑片的移动导致电路中电流的变化，即可得出磁场的变化及穿着线圈的磁通量的变化，则由楞次定律可得出线圈中磁场的方向，从而得出线圈的运动及形状的变化．
楞次定律可简单地记为：“增反减同”、“来拒去留”；楞次定律的应用一定注意不要只想着判断电流方向，应练习用楞次定律去判断导体的运动及形状的变化．
4.【答案】C
【解析】解：A.光照逐渐减弱，光敏电阻阻值增大，则外电阻增大，总电流减小，路端电压增大，通过A灯的电流增大变亮，通过R0的电流减小，其两端电压减小，则B灯两端电压增大，B灯变亮，故A错误；
B.由于外电阻与内阻的关系未知，无法判断电源输出功率的变化，故B错误；
C.根据闭合电路欧姆定律有U=E−Ir，可知ΔUΔI=r，故C正确；
D.根据串、并联电流的规律可知IR0=IR1+IB，由于IR0减小，IB增大，所以R0中电流变化量小于R1中电流变化量，故D错误。
故选：C。
减小光照强度，R1增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压、功率的变化情况；根据干路电流与R1电流的变化关系分析D。
本题是电路动态分析问题，按局部到整体，再局部分析电压、电流的变化．
5.【答案】B
【解析】解：A、根据左手定则知粒子a带正电，粒子b、c带负电，故A错误；
D、粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r，解得：v=qBrm，射入磁场时粒子c的半径最小，则速率最小。故D错误；
BC、粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=2πrv=2πmqB相同，粒子在磁场中的运动时间：t=θ2π⋅T=θmqB，由于m、q、B都相同，粒子c转过的圆心角θ最大，则射入磁场时c的运动时间最大，故B正确，C错误；
故选：B。
根据粒子运动轨迹由左手定则判断粒子的电性；粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律求出粒子的速度；根据粒子做圆周运动的周期与转过的圆心角比较粒子运动时间。
带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确速率的大小。
6.【答案】AC
【解析】解：A、电磁波可以在介质与真空中传播，故A正确；
B、电磁波传播过程中，周期性变化的电场激发出周期性变化的磁场，空间将产生电磁波，故B错误；
C、红外线为非可见光，频率比红光低；紫外线也是非可见光，但频率比紫光高，因此红外线的频率低于紫外线的频率，故红外线的波长比紫外线长，故C正确；
D、赫兹通过实验捕捉到电磁波，证实了麦克斯韦的电磁理论，故D错误。
故选：AC。
电磁波是由方向相同且互相垂直的电场与磁场在空间中以波动的形式传播的电磁场，电磁波的传播不需要借助任何载体，可以在真空中传播。红外线的频率比紫外线的低，红外线的波长比紫外线的长。赫兹通过实验捕捉到电磁波，不是洛伦兹。
本题考查了电磁波的定义与性质，属于基础题。
7.【答案】AD
【解析】解：A、当开关闭合后，灯泡L1的电压U1=3V，由图读出其电流I1=0.25A，则灯泡L1的电阻R1=U1I1=30.25Ω=12Ω，故A正确；
B、根据电路图可知L1灯泡的电压为3V，据乙图可知电流为0.25A；灯泡L2、L3串联，电压U2=U3=1.5V，电流为0.2A，所以L1电流为L2电流的1.25倍，故B错误；
C、灯泡L1消耗的功率P1=U1I1=3×0.25=0.75W，故C错误；
D、灯泡L2、L3串联，电压U2=U3=1.5V，由图读出其电流I2=0.20A，所以L2消耗的功率P2=U2I2=1.5V×0.2A=0.30W，故D正确。
故选：AD。
当开关闭合后，灯泡L1的电压等于3V，由图读出其电流I，由欧姆定律求出电阻，并求出其功率．灯泡L2、L3串联，电压等于1.5V，由图读出电流，求出电功率。
本题考查闭合电路欧姆定律以及伏安特性曲线的应用，关键抓住电源的内阻不计，路端电压等于电动势，来确定三个灯泡的电压．注意读图能力是基本功。
8.【答案】BD
【解析】解：A、电子在加速电场中加速，由动能定理有eU=12mv2
根据洛伦兹力提供向心力有evB=mv2R
联立解得R=1B 2mUe
仅增大通过励磁线圈的电流，则磁场强度增大，则电子的运动半径变小，故A错误；
B、在电压稳定时有
evB=eUabD
管口的横截面积S=π(D2)2
流量为
Q=Sv
联立得Q=πDUab4B
当ab间电压增大时(其它条件都不变)，说明流量增大了，故B正确；
C、图丙是速度选择器示意图，不考虑重力的带电粒子，则沿直线通过时应满足qE=qvB
即只要v=EB，无论粒子的电性正负，电量大小、都可以匀速直线通过速度选择器，可粒子必须从P点水平射入，若是从Q点水平进入，则粒子受洛伦兹力与电场力方向相同，则粒子不能沿直线运动，故C错误；
D、电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律
qvB=mv2R
解得圆周运动的半径
R=mvqB
粒子每运动一周半径的增加量为
ΔR=Rn+1−Rn=mΔvqB=m(vn+1−vn)qB
又因为每转一圈被加速一次，在电场中做匀加速直线运动，有
vn+12−vn2=2ad
解得ΔR=2madqB(vn+1+vn)
电场不变，加速度恒定，粒子每加速一圈，速度逐渐变大，固有
v1+v2即ΔR12=2madqB(v1+v2)>ΔR23=2madqB(v3+v2)
故P1P2>P2P3，故D正确。
故选：BD。
根据洛伦兹力提供向心力列式分析A；根据洛伦兹力等于电场力和流量公式分析B；根据电场力等于洛伦兹力分析C；根据动能定理和牛顿第二定律分析D。
熟练掌速度选择器、回旋加速器、电磁流量计以及洛伦兹力演示仪的工作原理是解题的基础。
9.【答案】10.230 ×1 10 I1(Rg+R0)I2−I1 R1 1.5 0.40
【解析】解：(1)①根据游标卡尺的读数规则，20分度游标卡尺的精确度为0.05mm，故金属棒长为
102mm+6×0.05mm=102.30mm=10.230cm；
②指针偏转角度过大，说明金属棒电阻较小，所选挡位太大，应该换用“×1Ω”，故金属棒阻值约为10Ω；
③根据并联电路电压相等，可得
I1(Rg+R0)=Rx(I2−I1)
解得
Rx=I1(Rg+R0)I2−I1；
(2)①干电池的内阻和定值电阻R0的总阻值约为1Ω，若选用最大阻值为100Ω的滑动变阻器，会导致滑动变阻器占大部分电压且变化较慢，另在调节过程中很不方便，因此为了方便实验操作，实验中应选最大阻值较小滑动变阻器R1；
②根据闭合电路欧姆定律得
U=E−I(R0+r)
U−I图象的纵截距表示电源的电动势
E=1.5V
图象斜率的绝对值为R0+r的总阻值
k=R0+r=|ΔUΔI|=1.5−1.00.5−0Ω=1.0Ω
则电源内阻为
r=k−R0=1.0Ω−0.6Ω=0.40Ω。
故答案为：(1)①10.230；②×1；10；③I1(Rg+R0)I2−I1；
(2)①R1；②1.5；0.40。
(1)①根据游标卡尺的读数规则读数，20分度游标卡尺的精确度为0.05mm，测量值=主尺上对应示数(mm)+对齐格数(不估读)×精确度；
②指针偏转角度过大，说明金属棒电阻较小，应该换用更小的挡位，然后根据欧姆表读数规则读数；
③根据并联电路电压相等列式求解金属棒电阻的符号表达式；
(2)①根据题意，为了方便调节，电表的示数变化明显，应采用阻值较小的滑动变阻器；
②根据闭合电路的欧姆定律求解图像的数学表达式，根据图像的纵截距和斜率求解电源的电动势和内阻。
本题考查测量导体电阻率、电源的电动势和内阻的实验，要求学生熟练掌握实验原理、实验器材、数据处理和误差分析。
10.【答案】解：(1)根据闭合电路的欧姆定律可得
I=ER+r=65+1A=1A
故金属棒ab所受安培力大小为
F=BIl=1×1×0.5N=0.5N
方向垂直磁场斜向上。
(2)对金属棒ab进行受力分析，根据平衡条件，在水平方向上有
f=Fsinθ=0.5×0.6N=0.3N
(3)对金属棒ab进行受力分析，根据平衡条件，在竖直方向上有
FN+Fcsθ=mg
解得
FN=1.6N
根据牛顿第三定律可得，金属杆ab对水平框的压力为
FN=FN=1.6N
答：(1)金属杆ab受到的安培力大小为0.5N；
(2)金属杆ab受到的摩擦力大小为0.3；
(3)金属杆ab对水平框的压力为1.6N。
【解析】(1)由闭合电路的欧姆定律计算电流大小，根据安培力公式计算安培力大小；
(2)对金属杆，根据平衡条件计算摩擦力大小；
(3)对金属杆受力分析，根据平衡条件计算金属杆对水平框的压力。
本题考查了磁场对电流的作用，根据题意分析清楚金属棒的受力情况是解题的前提，应用闭合电路的欧姆定律、安培力公式与平衡条件即可解题；解题时注意讨论摩擦力的方向，这是易错点。
11.【答案】解：(1)由动能定理得：Uq=12mv02
可得粒子运动到A点的速度大小：v0= 2Uem
(2)水平方向做匀加速运动：vcsθ=v0
根据动能定理：2qEL=12mv2−12mv02
联立以上几式解得：E=3U2L
(3)带电粒子进入磁场中洛伦兹力提供向心力：qvB=mv2r
当粒子运动的轨迹刚好与边界PQ相切时，粒子不从PQ边界射出，虚线PQ与y轴之间磁场的最小宽度：d=32r
解得：d=3B 2mUe
答：(1)粒子运动到A点的速度大小v0为 2Uem；
(2)匀强电场的场强大小E为3U2L；
(3)虚线PQ与y轴之间磁场的最小宽度d为3B 2mUc。
【解析】(1 )根据动能定理可得粒子到达A点的速度；
(2)根据粒子在电场中做平抛运动的规律和动能定理求解匀强电场的场强；
(3)根据粒子在磁场中做圆周运动时，洛伦兹力提供向心力求得圆周运动半径，从而根据几何关系求宽度。
带电粒子在磁场中的运动问题，关键是画出粒子的运动轨迹，根据几何关系找到圆心和半径，结合牛顿第二定律列方程求解。
12.【答案】解：(1)打在O′点离子在磁场中运动的周期
T=4t
T=2πRv
解得
v=πR2t
(2)由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外，由图1

可知打在O′点的离子，由动能定理得
q1U=12m1v2
由洛伦兹力提供向心力有
q1vB=m1v2R
解得
B=4UtπR2
(3)由图2、3结合几何关系，可知能打在记录仪上的离子的最大偏转角为120°，最小偏转角为60°

偏转角为θ1=120°时，轨迹半径
r1= 3R3
由动能定理得
qU=12mv22
可得
qm=3π2R28Ut2
偏转角为θ2=60°时，轨迹半径
r2= 3R
可得
qm=π2R224Ut2
则记录仪上能收集到的离子的比荷范围为
[π2R224Ut2,3π2R28Ut2]
答：(1)打在O′点的离子的速度大小πR2t；
(2)圆形磁场区的磁感应强度大小4UtπR2，圆形磁场区内匀强磁场的方向垂直纸面向外；
(3)记录仪上能收集到的离子的比荷范围[π2R224Ut2,3π2R28Ut2]。
【解析】(1)根据离子在磁场中运动的周期公式进行解答；
(2)画出打在O′点的离子运动轨迹，由动能定理、洛伦兹力提供向心力联立列方程求解；
(3)画出打在记录仪上最右侧的离子运动轨迹，由几何关系求解粒子轨迹半径，由动能定理、洛伦兹力提供向心力联立列方程求解。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量。根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。