四川省绵阳市2022_2023学年高二物理上学期1月期末试题含解析

这是一份四川省绵阳市2022_2023学年高二物理上学期1月期末试题含解析，共20页。
A. 粒子的速率增大B. 粒子的速率减小
C. 粒子向下偏D. 粒子向上偏
【答案】C
【解析】
【详解】AB．不计重力，带负电的粒子只受洛伦兹力的作用，洛伦兹力方向与速度方向垂直，不做功，根据动能定理可知，粒子的速率不变，故AB错误；
CD．由题图可知两等大的恒定电流方向向右，根据安培定则，上方的恒定电流产生的磁场在其下方区域的方向为垂直纸面向里，下方的恒定电流产生的磁场在其上方区域的方向为垂直纸面向外，离导线越近，磁感应强度越大，由磁场叠加可知在中央线上方区域磁场方向为垂直纸面向里，即带负电的粒子处于垂直纸面向里的磁场中，由左手定则判断粒子发射时所受洛伦兹力向下，则在粒子发射后一小段时间内粒子向下偏，故C正确，D错误。
故选C。
2. 如图所示，三个点电荷带电量均为，带正电，带负电，为连线的中点，处于连线的中垂线上，三个点电荷到点的距离均为，则点的电场强度大小为（）
A. 0B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】电性相同，带电量相同，到点的距离相等，根据点电荷电场分布以及场强叠加可知，两个点电荷在点的电场强度等大反向，相互抵消，则点的电场强度大小等于点电荷在点产生的电场强度，大小为
故选B。
3. 将一电子从电场中的某一点移到无限远的过程中克服电场力做功，以无限远处的电势为零，则点的电势及电子在点具有的电势能分别为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】将一电子从电场中的某一点移到无限远的过程中电场力做功为
则
且
点的电势为
电子在点具有的电势能
故选A。
4. 如图所示，为平行金属板电容器，静电计的外壳以及电容器的板接地。开关闭合后，静电计的指针张开一个较小的角度，要使指针张开的角度增大，以下方法可行的是（）
A. 减小板的距离B. 减小板的正对面积
C. 断开，减小板的距离D. 断开，减小板的正对面积
【答案】D
【解析】
【详解】要使指针张开的角度增大，应使电容器两极板间的电势差增大。
AB．在开关闭合时，电容器两极板间的电势差不变，则静电计指针张开的角度不变，故AB错误；
C．断开，电容器带电量不变，根据
可知减小板的距离，电容器的电容增大，根据
可知电容器两极板间的电势差减小，静电计指针张开的角度减小，故C错误；
D．断开，电容器带电量不变，减小板的正对面积，电容器的电容减小，电容器两极板间的电势差增大，静电计指针张开的角度增大，故D正确。
故选D。
5. 如图所示，电源电动势，内阻，闭合开关，标有“”的灯泡恰好能正常发光，电动机绕线的电阻，则（）
A. 电动机两端的电压为B. 电源的输出功率为
C. 电动机的输出功率为D. 电动机的效率为
【答案】C
【解析】
【详解】A．电路中的电流为
根据闭合电路的欧姆定律
电动机两端的电压为
故A错误；
B．电源的输出功率为
故B错误；
C．电动机的输出功率为
故C正确；
D．电动机的效率为
故D错误。
故选C。
6. 如图，用粗细均匀的电阻丝折成边长为L的平面等边三角形框架，每个边长L的电阻均为r，三角形框架的两个顶点与一电动势为E、内阻为r的电源相连接，垂直于框架平面有磁感应强度为B的匀强磁场，则三角形框架受到的安培力的合力大小为（）
A. 0B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，如图
等效电路为r和2r并联，并联后总电阻为
则路端电压
根据欧姆定律
；
则安培力
F1，F2的夹角为120°，根据平行四边形定则其合力大小为，且
故三角形框架受到的安培力的合力大小为
故选C。
【名师点睛】此题考查了安培力及力的合成问题；在此问题中，各段的电流的大小不相等，要使用闭合电路的欧姆定律分别计算出各段的电流的大小，然后计算安培力最后根据平行四边形法则来合成是解题的正确思路．题目的难度中档。
7. 如图所示，为固定的点电荷，虚线是以为圆心的三个同心圆，相邻两圆弧间距相等。带电粒子在的电场中运动，运动轨迹与三圆在同一平面内，为轨迹与三圆相交或相切的点。若仅受的电场力作用，由此可以判定（）
A. 带同种电荷
B. 间电势差的绝对值等于间电势差的绝对值
C. 从到，粒子的加速度先增大后减小
D. 从到，电场力对粒子先做正功后做负功
【答案】AC
【解析】
详解】A．根据图像可知，Q受到斥力作用，指向轨迹凹侧，故带同种电荷，故A正确；
B．为固定的点电荷，根据点电荷场强公式可知，越靠近点电荷场强越大，相邻两圆弧间距相等。根据
可知，间电势差的绝对值小于间电势差的绝对值，故B错误；
C．从到，粒子先靠近P后远离P，根据
可知，加速度先增大后减小，故C正确；
D．从到，电场力与速度夹角先为钝角后为锐角，对粒子先做负功后做正功，故D错误。
故选AC。
8. 在如图所示的电路中，电源内阻与定值电阻的阻值均为，滑动变阻器总电阻，电压表均为理想表。闭合开关，当滑动变阻器的滑片从滑到的过程中（）
A. 的示数一直增大B. 的示数一直增大
C. 电源的效率先增大后减小D. 电源的输出功率先增大后减小
【答案】BD
【解析】
【详解】A．根据闭合电路的欧姆定律，的示数为
设滑片P滑动过程中，aP段电阻大小为x，则Pb段电阻大小为，则电路为与aP段电阻并联后，再与Pb与电源内阻r串联，总电阻为
根据数学关系可知在x从0到10范围内，随着x增大不断减小，故电路中总电阻随着滑片P的移动逐渐变小，总电流一直增大，的示数一直减小，故A错误；
B．滑动变阻器的滑片从滑到的过程中，aP阻值增大，则aP与并联后的电阻增大，bP部分电阻减小，则aP部分分得的电压增大，故示数一直增大，故B正确；
C．电源的效率为
滑动变阻器的滑片从滑到的过程中，总电流一直增大，电源的效率一直减小，故C错误；
D．当电源外电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大。P在a处时，外电阻为
P在b处时，外电阻为
滑动变阻器的滑片从滑到的过程中，外电阻一直减小，故P在移动时一定存在某一点，使外电阻等于内阻，电源输出功率最大。故电源输出功率先增大后减小，故D正确。
故选BD。
9. 如图甲是回旋加速器的工作原理示意图，置于真空中的形金属盒半径为，匀强磁场与盒面垂直，两盒间狭缝的间距很小，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为，周期为。一质量为，电荷量为的粒子在时从形金属盒的中心处飘入狭缝，其初速度视为零，不考虑粒子在狭缝中的运动时间。则（）
A. 粒子在狭缝间被加速的次数为
B. 粒子在回旋加速器中运动的总时间为
C. 满足加速条件情况下，磁感应强度越大，粒子出射时动能越大
D. 改变，粒子加速次数越多，粒子出射时动能越大
【答案】BC
【解析】
【详解】A．粒子在形金属盒中运动，速度最大时有
粒子的最大动能为
带电粒子的运动周期为
粒子在狭缝间被加速的的次数为
故A错误；
B．粒子在回旋加速器中运动，一周期内被加速两次，粒子在回旋加速器中运动的总时间为
故B正确；
CD．粒子出射时动能为
满足加速条件情况下，磁感应强度越大，粒子出射时动能越大，改变，粒子出射时动能不变，故C正确，D错误。
故选BC。
二、必考非选择题．本题共4小题，共44分．
10. 某同学用多用电表测某一电阻，他选择欧姆挡“”，用正确的操作步骤测量时，发现指针位置如图中虚线所示。
为了较准确地进行测量，请补充下列依次进行的主要操作步骤：
（1）将选择开关转至______________（选填“”或“”）挡；
（2）将红、黑表笔短接，重新进行欧姆调零；
（3）重新测量，刻度盘上的指针位置如图中实线所示，则测量结果是______________．
【答案】 ①. ②. 150
【解析】
【详解】（1）[1]选择欧姆挡“”，用正确的操作步骤测量时，发现指针位置如图中虚线所示，指针偏转角度太大说明所选挡位太大，为准确测量电阻阻值，应换用小挡位，换用×10倍率挡。
（3）[2]测量结果是
11. 研究小灯泡伏安特性，供选用的器材有：
小灯泡（额定电压，额定电流）；电压表（量程，内阻约）；电流表A（量程，内阻约）；定值电阻（阻值）；定值电阻（阻值）；滑动变阻器（阻值）；滑动变阻器（阻值）；电源（电动势，内阻不计）；开关；导线若干。
（1）由于电压表的量程不满足要求，要将其改装成为一个量程为的电压表，需串联的定值电阻是______________（选填“”或“”）。
（2）实验要求能够实现在的范围内对小灯泡的电压进行测量，选用的滑动变阻器为______________（选填“”或“”）。选用以上器材，应该采用如下图四种电路中的______________。
（3）实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图（a）所示。由实验曲线可知，随着电压的增加，小灯泡的电阻______________（选填“增大”“不变”或“减小”）。
（4）用另一电源（电动势，内阻）和滑动变阻器与该小灯泡连接成图（b）所示的电路，闭合开关，当滑动变阻器连入电路的电阻为时，小灯泡的功率为______________（结果保留2位有效数字）。
【答案】 ①. ②. ③. 丙 ④. 增大 ⑤. 0.16
【解析】
【详解】（1）[1]根据电压表改装原理
解得
需串联的定值电阻是。
（2）[2]实验要求能够实现在的范围内对小灯泡的电压进行测量，滑动变阻器应采用分压式接法，为调节方便，选用的滑动变阻器为阻值较小的。
[3]改装后的电压表的内阻远大于小灯泡的电阻，为减小实验误差，电流表应采用外接法，实验要求能够实现在的范围内对小灯泡的电压进行测量，滑动变阻器应采用分压式接法。故应该采用如下图四种电路中的丙。
（3）[4]图象上点与原点连线斜率表示电阻的倒数，由实验曲线可知，随着电压的增加，图象的斜率逐渐减小，小灯泡的电阻逐渐增大。
（4）[5]根据闭合电路的欧姆定律
整理得
将电池的伏安特性曲线画在该小灯泡伏安特性曲线中，可得
两条曲线的交点为，小灯泡的功率为
12. 在一圆柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以为圆心，半径为的圆，为圆的直径，如图所示。甲乙两相同的带电粒子，质量均为，电荷量均为，在纸面内自点先后以不同的速度进入电场。已知甲在点时速度为零，在电场中运动后从圆周上的点以速率离开电场；乙在点时速度方向与电场方向垂直，在电场中运动后从圆周上的点离开电场。与的夹角，运动中粒子仅受电场力作用。求：
（1）电场强度的大小；
（2）乙在A点时速度大小。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）甲粒子在电场中沿方向做直线运动，设电场强度为间的间距，有
，
解得
（2）电场方向沿方向．乙粒子在点时速度方向与电场方向垂直，即垂直于方向，在电场中做类平抛运动，设其初速度为，加速度为，在电场中运动时间为，其沿电场方向的分位移为，垂直于电场方向的分位移为，由于，有
，
其中
，
解得
13. 在如图所示的圆形区域内有垂直于平面向外的匀强磁场，圆心在轴正方向上的点，半径为，与轴相切于点，与垂直于轴的虚线相切于点，虚线右侧的整个区域有垂直于平面向里的匀强磁场。一个带正电的粒子（重力不计）以初速度从点沿轴正方向射入圆形区域并从上的点进入右侧区域，一段时间后从虚线上的点离开右侧区域，且两点关于轴对称。已知，粒子质量为，电荷量为。求：
（1）圆形区域内磁场的磁感应强度；
（2）右侧区域磁场的磁感应强度；
（3）粒子在右侧区域运动时间。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）连接交圆于点，则粒子从点离开圆形磁场区域，粒子的轨迹如图，圆心为，在轴上，粒子在其中做匀速圆周运动的半径为，为，则
解得
连接，在中，有
解得
设圆形区域磁场磁感应强度为，有
圆形区域内磁场的磁感应强度为
（2）设右侧区域内磁场磁感应强度为，粒子做圆周运动的圆心为，半径为，有
根据洛伦兹力提供向心力
解得右侧区域磁场的磁感应强度为
（3）轨迹对应的圆心角为，由于垂直于，则由几何关系
设粒子在右侧区域做圆周运动的周期为，运动时间为，则
解得粒子在右侧区域运动时间为
三、选考题（3-4）．本部分共6小题，共30分．第14~18题每小题4分，给出的四个选项中只有一项符合题目要求，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．第19题10分．
14. 一列沿轴正方向传播的简谐机械横波，波速为。某时刻波形如图所示，下列说法正确的是（）
A. 此时刻处质点的加速度为零B. 此时刻处质点沿轴负方向运动
C. 这列波的振幅为D. 这列波的周期为
【答案】A
【解析】
【详解】A．此时处质点正通过平衡位置，回复力为零，所以加速度为零，故A正确；
B．根据“上坡下，下坡上”原则，可知此时处质点沿y轴正方向运动，故B错误；
C．由图可知，这列波的振幅为
故C错误；
D．从图中可知，故这列波周期为
故D错误。
故选A。
15. 在“用单摆测定重力加速度”实验中，某同学发现测得的值偏大。其原因可能是（）
A. 摆球的质量过大
B. 测定周期时，振动次数多计了一次
C. 计算摆长时，只考虑悬线的长度，没有加上摆球的半径
D. 摆线上端未系牢固，在振动中出现松动，使摆线长度增加了
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据单摆周期公式
整理得
可知摆球的质量对重力加速度测定无影响，故A错误；
B．测定周期时，振动次数多计了一次，则周期的测量值偏小，重力加速度测量值偏大，故B正确；
C．计算摆长时，只考虑悬线的长度，没有加上摆球的半径，摆长偏小，重力加速度测量值偏小，故C错误；
D．摆线上端未系牢固，在振动中出现松动，使摆线长度增加了，摆长的实际值大于摆长的测量值，摆长偏小，重力加速度测量值偏小，故D错误。
故选B。
16. 如图表示振幅均为A的两列相干水波在某时刻的叠加情况，图中实线表示波峰，虚线表示波谷，点是连线和连线的交点，下列说法正确的是（）
A. 点是减弱点
B. 过四分之一周期，点离开平衡位置的距离为2A
C. 该时刻两点的竖直高度差为2A
D. 该时刻为减弱点，过半个周期将变为加强点
【答案】B
【解析】
【详解】A．点是两列相干水波波峰与波峰的叠加点，点是两列相干水波波谷与波谷的叠加点，则两点为振动加强点，点是连线和连线的交点，故点是振动加强点，故A错误；
B．过四分之一周期，两列相干水波在点处均为波峰或波谷，点离开平衡位置的距离为
故B正确；
C．两点为振动加强点，该时刻两点的竖直高度差为
故C错误；
D．该时刻点、点是两列相干水波波峰与波谷的叠加点，则为减弱点，过半个周期将仍为减弱点，故D错误。
故选B。
17. 一列简谐横波在介质中沿轴正向传播，处的质点和处的质点的振动图像如图所示，已知该波的波长大于。则以下说法正确的是（）
A. 质点的振动位移表达式为
B. 这列简谐波的波长可能为
C. 这列波的波速为
D. 当点振动位移相同时，它们的速度相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知简谐横波的振动周期为
设质点的振动位移表达式为
当时，，则
解得
质点的振动位移表达式为
故A错误；
B．根据质点、的振动图象可得
且
解得
，
故这列简谐波的波长不可能为，故B错误；
C．这列波的波速为
故C正确；
D．根据质点、的振动图象可知，点振动位移相同时，即、的振动图象相交时，它们的速度大小相等，方向相反，故D错误。
故选C。
18. 如图所示，将弹簧振子从平衡位置拉下一段距离，释放后振子在A、B间振动，且，振子由A到B的时间为，则下列说法中正确的是（）
A. 振子在A、B两点时，弹簧弹力大小相等
B. 振子在间振动，由B到A时间仍为
C. 振子完成一次全振动通过的路程为
D. 振子由A运动到B回复力先增大后减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．由对称性可知，振子在A、B两点时的加速度等大反向，则在A、B两点分别满足
所以振子在A、B两点时，弹簧弹力
故A错误；
B．由时间对称性可知，振子由A到B的时间与由B到A时间相等，均为0.1s，故B正确；
C．由题意知，振子的振幅为
所以振子完成一次全振动通过的路程为
故C错误；
D．因为靠近平衡位置时，振子的回复力减小，远离平衡位置时，振子的回复力增大，所以振子由A运动到B的过程回复力先减小后增大，故D错误。
故选B。
19. 一列简谐横波在同一均匀介质中沿轴方向传播，时刻的波形图如图甲所示，质点的平衡位置在处，质点的平衡位置在处，质点的振动图像如图乙所示。求：
（1）该波传播的速度大小及方向；
（2）内质点振动的路程，从时刻起，质点回到平衡位置的最短时间。
【答案】（1），沿轴负方向传播；（2）2m，0.05s
【解析】
【详解】（1）由甲图可知，该波的波长为
由乙图可知，周期为
该波传播的速度大小为
由图乙可知，时刻，质点向上振动，根据上下坡法可知波传播方向为沿轴负方向传播。
（2）由图像可知，质点振动的振幅为
由于
内质点振动的路程为
当处的质点振动状态传至质点平衡位置处时，点回到平衡位置，此时时间最短，最短时间为