2022-2023学年天津市第四十一中学高二上学期期末物理试题（解析版）

2022-2023学年高二年级上学期

物理学科线上模拟练习

一、选择题（本题共9个小题。第1～5题只有一个选项正确，每小题5分。第6～9题有多项正确，每小题全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错的或不答的得0分）

1. 下述说法中正确的是（　　）

A. 根据E=，可知电场中某点的场强与电场力成正比

B. 根据E=，可知电场中某点的场强与形成电场的点电荷的电荷量成正比

C. 根据场强叠加原理，可知合电场的场强一定大于分电场的场强

D. 电场线就是点电荷在电场中运动的轨迹

【答案】B

【解析】

【详解】A．E＝是定义式，场强大小由电场本身决定，与试探电荷的受力无关，选项A错误；

B．E＝是决定式，点电荷产生的电场场强大小与形成电场的点电荷的电荷量成正比，选项B正确；

C．场强的叠加遵循平行四边形定则，合场强大于等于两个分场强之差，小于等于两个分场强之和，不一定大于分场强，选项C错误；

D．电场线是人为想象出来用来模拟静电场的曲线，并不表示粒子运动的轨迹，选项D错误。

故选B。

2. 三个质量均为m电荷量均为q的质子1、2和3分别以大小相等的初速度v经平板MN上的小孔O射入匀强磁场，各初速度的方向如图所示，磁场方向垂直纸面向里磁感应强度大小为B，整个装置处在真空中，且不计质子重力．最终这三个质子打到平板MN上的位置到小孔的距离分别为s1、s2和s3，则以下正确的是(     )

As1＜s2＜s3 B. s2＞s3＞s1

C. s1＝s3＜s2= D. s1＝s3＜s2=

【答案】C

【解析】

【详解】三个质子速度大小相等，根据：

可知，质子运动的半径相同；1和3与MN板的夹角相等，根据对称性可知这两个质子的轨迹恰好构成一个完整的圆，所以1和3打到MN板上的位置到小孔的距离相等，长度为圆的弦长（小于直径）；2粒子垂直入射，垂直出射，打到MN板上的位置到小孔的距离为直径：

所以，故C正确，ABD错误

故选C．

3. 如图所示，水平桌面上放有一个闭合铝环，在铝环轴线上方有一个条形磁体。当条形磁体沿轴线竖直向下迅速移动时，下列判断正确的是（　　）

A. 铝环有收缩的趋势，对桌面的压力增大 B. 铝环有收缩的趋势，对桌面的压力减小

C. 铝环有扩张趋势，对桌面的压力减小 D. 铝环有扩张的趋势，对桌面的压力增大

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】根据楞次定律可知：当条形磁体沿轴线竖直向下迅速移动时，闭合铝环内的磁通量增加，因此铝环有收缩的趋势，同时有远离磁体的趋势，从而阻碍磁通量的增加，故增加了和桌面的挤压程度，从而使铝环对桌面的压力增加，故选项A正确，BCD错误。

故选A。

4. 如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线．在电场力作用下，一带电粒子(不计重力)经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下面说法中正确的是(          )

A. 粒子带负电，且在A点加速度大

B. 粒子带正电，且在B点加速度大

C. 粒子在A点动能大，电势能也大

D. 粒子在A点动能大，电势能小

【答案】D

【解析】

【详解】AB．曲线运动所受合外力指向轨迹的凹侧，根据粒子的运动轨迹可知粒子带负电，根据牛顿第二定律：

可知B处的电场线密集，，则，故AB错误；

CD．沿电场线方向，电势降低：

粒子带负电，电势能关系：

粒子仅受电场力，电势能和动能相互转化，动能关系：

故C错误，D正确。

故选D．

5. 带正电的甲、乙、丙三个粒子(不计重力)分别以v甲、v乙、v丙速度垂直射入电场和磁场相互垂直的复合场中，其轨迹如图所示，则下列说法正确的是(          )

Av甲<v乙<v丙 B. v甲=v丙<v乙

C. 电场力对丙做正功，动能增大 D. 电场力对甲做正功，动能增大

【答案】C

【解析】

【详解】AB．分别对三个粒子受力分析，根据运动轨迹可知：

可知：，故AB错误；

C．丙粒子受到的电场力竖直向下，电场力做正功，动能增加，故C正确；

D．甲粒子受到的电场力竖直向下，电场力做负功，动能减少，故D错误。

故选C．

6. 如图所示，带电量相等、质量不同的带电粒子a和b从带电平行板M的边缘沿平行于极板的方向以相同的初动能进入M、N两极板间的匀强电场中且最终都飞离电场，a恰好能从N板的右缘飞出，不计重力作用，则（         ）

A. b粒子飞出电场时的位置一定与a相同

B. b粒子飞出电场时的位置位于两板中点

C. 两粒子飞出电场时动能一定相等

D. 两粒子飞出电场时的动能不一定相等

【答案】AC

【解析】

【详解】AB．粒子在偏转电场中做平抛运动穿过极板，极板长度为，分解位移：

电场力提供加速度，极板间距为：

解得偏转位移：，当时，动能满足：

根据题意可知两粒子带电量相等，初动能相同，所以两粒子均满足上述方程，则b粒子飞出电场时的位置一定与a相同，故A正确，B错误；

CD．粒子运动过程中只有电场力做功，根据动能定理：

结合AB选项的分析可知，两粒子飞出电场时的动能一定相等，故C正确，D错误。

故选AC．

7. 质量为m、带电荷量为q的小物块，从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，如图所示．若带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法中正确的是(     )

A. 小物块下滑时受洛伦兹力方向垂直斜面向下

B. 小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动且加速度为gsinθ

C. 小物块在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动

D. 小物块在斜面上从下滑到对斜面压力为零用的时间为

【答案】BD

【解析】

【详解】A．带电小物块能够离开斜面，速度沿斜面向下，根据左手定则可知洛伦兹力应垂直斜面向上，故A错误；

BC．对小物块受力分析，沿斜面方向根据牛顿第二定律：

解得加速度：，小物块做匀加速直线运动，故B正确，C错误；

D．小物块对斜面压力为零，在垂直于斜面方向：

从静止到离开斜面用时：

故D正确。

故选BD．

8. 如图所示，已知回旋加速器的匀强磁场的磁感应强度为B，D形金属盒的半径为R，狭缝间的距离为d，加在两D形金属盒间电压为U。一个电荷量为q，质量为m的带电粒子在回旋加速器的中心从速度为O开始加速，当它离开回旋加速器时的动能为Ek。要使该粒子离开回旋加速器时的动能大于Ek，则下列方法中正确的是

A. 只增大两D形金属盒间的电压U

B. 只增大狭缝间的距离d

C. 只增大匀强磁场的磁感应强度B

D. 只增大D形金属盒的半径R

【答案】CD

【解析】

【详解】ABCD．由解得

则动能为

由此可知动能与加速的电压无关，狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关，增大磁感应强度和D形盒的半径，可以增加粒子的动能，故A，B错误，C，D正确。故选CD。

9. 如图所示,平行金属板中带电质点P原处于静止状态,不考虑电流表和电压表对电路的影响,当滑动变阻器R4的滑片向a端移动时,则    (    )

A. 电压表读数变大 B. 电流表读数变大

C. 质点P将向上运动 D. R1上消耗的功率逐渐增大

【答案】BD

【解析】

【详解】AB．由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再与R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；当滑动变阻器R4的滑片向a移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R1两端的电压也增大，故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3的电流减小，流过并联部分的总电流增大，故电流表示数增大；因并联部分电压减小，而R2中电压增大，故电压表示数减小．故A不符合题意，B符合题意．
C．因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，质点将向下运动．故C不符合题意．

D．由于流过R1的电流增大，根据，可知R1上消耗的功率逐渐增大．故D符合题意．

二、实验题（共18分。）

10. （1）用多用电表电阻挡“×10”测量某电阻时读数为___________Ω。

（2）有一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个小灯泡的伏安特性曲线，现有下列器材供选用：

A．电压表V1（0~6V，内阻约10kΩ）

B．电压表V2（0~15V，内阻约20kΩ）

C．电流表A1（0~0.3A，内阻约1Ω）

D．电流表A2（0~0.6A，内阻约0.4Ω）

E．滑动变阻器R1（0~10Ω）

F．滑动变阻器R2（0~100Ω）

G．学生电源（直流6V）、开关及导线

①为了调节方便，测量尽可能准确，实验中应选用电压表___________，电流表___________，滑动变阻器___________。（填器材前的选项符号）

②为使实验误差尽量减小，要求从零开始多取几组数据，请用①中所选的仪器在答题卡的虚线框中画出实验电路图。___________

③如按图中方法测量，测量结果将比真实值___________。（选填“偏大”或“偏小”）

（3）利用电流表和电压表测定电源的电动势和内电阻。要求尽量减小实验误差。

①应该选择的实验电路是图中的___________（选填“甲”或“乙”）。

②如图是根据本次实验记录数据画出的U-I图像，则电动势E=___________V，内阻r=___________Ω

【答案】    ①. 120    ②. A    ③. D    ④. E    ⑤.     ⑥. 偏小    ⑦. 甲    ⑧. 3.0    ⑨. 1.0

【解析】

【详解】（1）[1]选用“×10”欧姆挡时读数=刻度盘读数×倍率，即

R=12.0×10Ω=120Ω

（2）①[2][3][4]因灯泡的额定电压为4V，为保证安全选用的电压表量程应稍大于4V，但不能大太多，量程太大则示数不准确；故只能选用0～6V的电压表，故选A；而灯泡的额定电流为

为保证安全选用的电流表量程应稍大于0.5A，故选D(0.6A)；而由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，而分压接法中应选总阻值小的滑动变阻器，故选E；

（3）②[5]灯泡电阻

因

可知灯泡电阻是个小电阻，选用电流表的外接法可以减小系统误差；由题意要求可知电压从零开始变化并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法；电路如图所示

③[6]由于电压表分流作用导致测量值比真实值大，因此电阻测量值偏小；

（3）①[7]甲图中路端电压测量准确，由于电压表分流导致实验误差；乙图中干路电流测量准确，电流表分压导致实验误差；电压表的内阻较大，分流不明显，电流表的内阻和电源内阻较为接近，分压明显，所以选择甲电路图合理；

（2）②[8]根据闭合电路欧姆定律：

可知与纵轴的截距为电动势：

[9]斜率为内阻：

三、计算题。（本题共2小题，11题17分，12题20分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。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。）

11. 如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定放置在水平面上，间距L=0.2m，一端通过导线与阻值为R=1Ω的电阻连接；导轨上放一质量为m=0.5kg的金属杆，金属杆与导轨的电阻均忽略不计，整个装置处于竖直向上的大小为B=0.5T的匀强磁场中．现用与导轨平行的拉力F作用在金属杆上，金属杆运动的v-t图象如图乙所示．(g=10m/s2)求：

(1)t=10s时拉力的大小及电路的发热功率；

(2)在0~10s内，通过电阻R的电量．

【答案】(1),;(2)

【解析】

【详解】(1)由v-t图象可知：①

由牛顿第二定律:     ②

③

④

⑤

（或由图可知，t=10s时，v=4m/s） ⑥

联立以上各式，代入数据得：⑦

⑧

(2)由电量的定义⑨

⑩

联立以上各式，代入数据得:

【点睛】该题为电磁感应与动力学综合的问题，解决本题的关键理清导体棒的运动情况，知道速度图象的斜率等于加速度，能根据相关规律推导出电量的表达式．

12. 如图所示，xOy坐标内在的区域，存在以ON为界的磁感应强度大小分别为B1=B2=1T的反向匀强磁场，磁场方向均垂直xOy平面。在x>6m的区域内存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为。现有比荷的带正电粒子(不计重力)，从A板由静止出发，经加速电压（电压可调）加速后从坐标原点O沿x轴正方向射入磁场B1中；已知ON分界线上有一点P，P点坐标为(3m，)。则：

（1）要使该带电粒子经过P点，求最大的加速电压U0；

（2）满足第（1）问加速电压的条件下，求粒子再次通过x轴时的速度大小及此时到坐标原点O的距离；

（3）从粒子经过坐标原点O开始计时，求粒子到达P点的可能时间。

【答案】（1）；（2）,；（3）(其中n=1,2,3,…)

【解析】

【详解】（1）加速电压最大时，粒子进入磁场中的半径最大，如图1所示，

由几何知识可知

又

代入数据解得

电场加速有

代入数据解得

（2）粒子运动轨迹如图1所示，粒子经过N点，其坐标为，设再次到达x轴的位置为M点，N到M过程

x轴方向有

y轴方向有

由动能定理

解得

所以M点到O点的距离为

（3）粒子在磁场中做圆周运动有

又

解得周期

与速度无关，粒子通过P点还可能如图2所示：

考虑重复性，有

(其中n=1,2,3,…)

【点睛】掌握平抛运动的处理方法并能运用到类平抛运动中，粒子在磁场中做匀速圆周运动，能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定各量之间的关系。