2022-2023学年广东省广州市广州大学附属中学高二上学期期末物理试题含解析

这是一份2022-2023学年广东省广州市广州大学附属中学高二上学期期末物理试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的。
1. 如图所示的现象中涉及电磁感应的是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】电子束在显像管中的偏转是运动电荷在磁场中偏转，A错误；安全门报警是利用电磁感应原理工作的，B正确；灯丝颤抖是因为通电电流受到磁场力的作用，C错误；电子束在磁场中偏转是利用了运动电荷在磁场中偏转，D错误．
2. 两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A为MN上的一点，一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则（ ）
A. q由A向O的运动是匀加速直线运动
B. q由A向O运动的过程电势能逐渐增大
C. q运动到O点时的动能最大
D. q运动到O点时电势能为零
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：两等量正电荷周围部分电场线如右图所示：
其中P、Q连线的中垂线MN上，从无穷远到O过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远方向，故试探电荷所受的电场力是变化的，q由A向O的运动做非匀加速直线运动，故A错误；电场力方向与AO方向一致，电场力做正功，电势能逐渐减小，故B错误；从A到O过程，电场力做正功，动能增大，从O到N过程中，电场力做负功，动能减小，故在O点试探电荷的动能最大，速度最大，故C正确；取无限远处的电势为零，从无穷远到O点，电场力做正功，电势能减小，则q运动到O点时电势能为负值，故D错误
考点：电势能
【名师点睛】本题考查静电场的基本概念．关键要熟悉等量同种点电荷电场线的分布情况，根据等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性，分析试探电荷q的受力情况，确定其运动情况，根据电场力做功情况，分析其电势能的变化情况．
3. 一个简易的电磁弹射玩具如图所示．线圈、铁芯组合充当炮筒，硬币充当子弹．现将一个金属硬币放在铁芯上(金属硬币半径略大于铁芯半径)，电容器刚开始时处于无电状态，则下列说法正确的是
A. 要将硬币射出，可直接将开关拨到2
B. 当开关拨向1时，有短暂电流出现，且电容器上板带负电
C. 当开关由1拨向2瞬间，铁芯中的磁通量减小
D. 当开关由1拨向2瞬间，硬币中会产生向上的感应磁场
【答案】D
【解析】
【分析】电容器先充电后放电，则穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律判断硬币中产生的感应磁场.
【详解】电容器刚开始时处于无电状态，直接将开关拨到2，则不能将硬币射出，选项A错误；当开关拨向1时，电容器充电，有短暂电流出现，且电容器上板带正电，选项B错误；当开关由1拨向2瞬间，电容器放电，铁芯中产生的向下的磁通量增加，根据楞次定律，则硬币中会产生向上的感应磁场，选项C错误，D正确；故选D.
4. 如图所示，等腰直角三角形AOB内部存在着垂直纸面向外的匀强磁场，OB在x轴上，长度为2L．纸面内一边长为L的正方形导线框的一边在x轴上，沿x轴正方向以恒定的速度穿过磁场区域．规定顺时针方向为导线框中感应电流的正方向，时刻导线框正好处于图示位置。则下面四幅图中能正确表示导线框中感应电流i随位移x变化的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据电磁感应定律，当时，通过线圈的磁通量均匀增加产生顺时针的感应电流，当时，右边切割磁感线的长度减小，左边切割磁感线的长度增大，由法拉第电磁感应定律可判断两个边切割磁感线产生的电流方向相反，所以和电流逐渐减小，在时电流减小到零，随后左边边长大于右边边长，电流反向，故B正确，ACD错误。
故选B。
5. 如图所示，图甲为磁流体发电机原理示意图，图乙为质谱仪原理图，图丙和图丁分别为多级直线加速器和回旋加速器的原理示意图，忽略粒子在图丁的D形盒狭缝中的加速时间，下列说法正确的是（ ）
A. 图甲中，将一束等离子体喷入磁场，A、B板间产生电势差，A板电势高
B. 图乙中，、、三种粒子经加速电场射入磁场，在磁场中的偏转半径最大
C. 图丙中，加速电压越大，粒子获得的能量越高，比回旋加速器更有优势
D. 图丁中，随着粒子速度的增大，交变电流的频率也应该增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．将一束等离子体喷入磁场，由左手定则得，正离子向下偏转，负离子向上偏转，A、B两板会产生电势差，且B板电势高，故A错误；
B．质谱仪中，粒子经电场加速有
在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，有
解得
由此可知在磁场中偏转半径最大的是比荷()最小的粒子，、、三种粒子电荷量相同，质量最大，所以在磁场中的偏转半径最大，故B正确；
C．粒子通过多级直线加速器加速，加速电压越大，粒子获得的能量越高，但要产生这种高压所需的技术要求很高，同时加速装置的长度也要很长，故多级直线加速器不一定比回旋加速器更有优贽，故C错误；
D．在回旋加速器中带电粒子经过电场多次加速后，速度越来越大，在磁场中做匀速圆周运动的半径
也会越来越大，而粒子在磁场中做圆周运动的周期
没有变化，故交变电流的频率不变，故D错误。
故选B。
6. 如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面（abcd所在平面）向外．ab边中点有一电子发源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子．已知电子的比荷为k．则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】B
【解析】
详解】a点射出粒子半径Ra= =，得：va= =，
d点射出粒子半径为 ，R=
故vd= =，故B选项符合题意
7. 如图所示为均匀带电圆环，以环心O为原点、沿圆环的中心轴线建立x轴，轴上各点电势φ随x变化的规律如图所示，其中A、B是圆环轴线上关于O点对称的两点。下列说法正确的是（ ）
A. 环心O点的电场强度最大
B. A、B两点的电场强度相同
C. 沿圆环轴线从O点到B点，电场强度先增大后减小
D. 若将一带负电的试探电荷沿圆环轴线从O点移动到B点，则该电荷的电势能将逐渐减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．图像切线斜率的绝对值表示电场强度的大小，根据图像可知，环心O点处，图像切线的斜率为0，表示该点电场强度为0，即环心O点的电场强度最小，A错误；
B．根据对称性，结合图像可知，A、B两点处电场强度大小相等，方向相反，即A、B两点的电场强度相同，B错误；
C．沿圆环轴线从O点到B点，图像切线斜率的绝对值先增大后减小，即沿圆环轴线从O点到B点，电场强度先增大后减小，C正确；
D．根据电场方向由高电势点指向低电势点，可知，沿圆环轴线从O点到B点，电场方向沿x轴正方向，若将一带负电的试探电荷沿圆环轴线从O点移动到B点，电荷所受电场力沿x轴负方向，电场力做负功，该电荷的电势能将逐渐增大，D错误。
故选C。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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。
8. 在如图所示的电路中，电源的电动势、内阻，定值电阻，R为滑动变阻器，电容器的电容为，闭合开关S，下列说法正确的是（ ）
A. 在R的滑动触头P由左向右移动的过程中，电容器的电荷量增加
B. 将R的阻值调至时，滑动变阻器的功率最大
C. 将R的阻值调至时，电源的输出功率最大
D. 将R的阻值调至时，电容器的电荷量为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．在R的滑动触头P由左向右移动的过程中，电阻减小，干路电流增大，滑动变阻器两端的电压减小，电容器上电压减小，根据知电荷量减小，故A错误；
B．根据闭合电路欧姆定律知，当滑动变阻器的功率为最大值时滑动变阻器电阻等于与电阻之和（可以视为等效内阻），即时，滑动变阻器功率最大，故B正确；
C．电源的输出功率为最大值时需满足等于总外电阻，即当滑动变阻器阻值为零时电源的输出功率最大，故C错误；
D．将R的阻值调至时，电路中电流
电容器两端电压
电容器的电荷量为
故D正确。
故选BD。
9. 如图甲所示，轻质细线吊着一质量为m=0.4kg、边长为L=1m、匝数为N=10的正方形线圈，其总电阻为R=1Ω。在线圈的中间位置以下区域分布着磁场。磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示。则下列判断正确的是（ ）
A. 线圈中的感应电流大小为1AB. 线圈中感应电流的方向为逆时针
C. t=0时轻质细线的拉力大于线圈的重力D. 0-6s内线圈产生的焦耳热为1.5J
【答案】BD
【解析】
【详解】A．根据法拉第电磁感应定律有
代入数据有
E=0.5V
根据欧姆定律有
A错误；
B．据楞次定律可知，线圈中感应电流的方向为逆时针，B正确；
C．线圈受到安培力方向向上，大小为
F=NB0IL=1N由平衡条件可知，轻质细线的拉力大小小于线圈的重力，C错误；
D．0-6s内线圈产生的焦耳热为
Q=I2Rt=0.52×1×6J=1.5J
D正确。
故选BD。
10. 在如图甲、乙所示的电路中，自感线圈L的电阻值很小，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，下列说法正确的是（ ）
A. 在电路甲中，断开S后，A将逐渐变暗
B. 在电路甲中，断开S后，A将先变得更亮，然后才逐渐变暗
C. 在电路乙中，断开S后，A将逐渐变暗
D. 在电路乙中，断开S后，A将先变得更亮，然后才逐渐变暗
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．图甲所示电路中，灯A和线圈L串联，电流相同，断开S时，线圈上产生自感电动势，阻碍原电流的减小，通过R、A形成回路，灯A逐渐变暗，故A正确，B错误；
CD．图乙所示电路中，电阻R和灯A串联，灯A电阻大于线圈L的电阻，电流则小于线圈L中的电流，断开S时，电源不给灯供电，而线圈L产生自感电动势阻碍电流的减小，通过R、A形成回路，灯A中电流比原来大，A将变得更亮，然后逐渐变暗，故C错误，D正确。
故选AD。
三、实验题：本题共2小题，共14分。
11. 某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：
A．被测干电池一节、开关、导线若干 B．电流表：量程0~0.6A，内阻约为0.5Ω
C．电流表：量程0~3A，内阻约为0.2Ω D．电压表：量程0~3V，内阻约为5kΩ
E．电压表：量程0~15V，内阻约为25kΩ F．滑动变阻器：0~10Ω，额定电流2A
G．滑动变阻器：0~100Ω，额定电流1A
在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。
（1）在上述器材中，电压表应选择________，电流表应选择________，滑动变阻器应选择________。（填写仪器前的代号）
（2）请用笔画线代替导线，在图甲中完成实验电路连接________。
（3）调节滑动变阻器，记录电压表和电流表的示数并在图乙中描点，作出U-I图线________，由图线求得电源的电动势E=________（结果保留三位有效数字），内阻r=________Ω（结果保留两位有效数字）。
【答案】 ①. D ②. B ③. F ④. ⑤. ⑥. 1.48V##1.47 V##1.49V ⑦. 0.86##0.84##0.85##0.87##0.88
【解析】
【详解】（1）干电池电动势约为1.5V，为了确保精度，电压表应选择D；为了确保电流测量数据的精度，电流表选择B；滑动变阻器阻值过大，不利于调节电压，且电流表示数变化不明显，所以滑动变阻器应选阻值较小的F；
（2）实物图连线如图所示
（3）描点画图如图所示

根据闭合电路欧姆定律有
U=E－Ir
则根据U-I图线可知，图像纵轴的截距表示电源的电动势则有
E=148V
则根据U-I图线可知，图像的斜率的绝对值表示电源的内阻
12. 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Rg=100Ω，满偏电流Ig=3mA）
B．电流表A2（内阻约为0.4Ω，量程0~0.6A）
C．定值电阻R0=900Ω D。滑动变阻器R（5Ω，额定电流2A）
E．干电池组（6V，0.05Ω）
F．一个开关和导线若干
G．螺旋测微器，游标卡尺
（1）如图1，用螺旋测微器测金属棒直径为______mm；如图2用20分度游标卡尺测金属棒长度为_____mm；
（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3所示，则金属棒的阻值约为______Ω；
（3）按图4的电路图连接好后进行实验。若实验测得电流表A1示数为I1，电流表A2示数为I2，则金属棒电阻的表达式为Rx=______。（用I1，I2，R0，Rg表示）
【答案】 ①. 6.125（6.124~6.127） ②. 102.30 ③. “×1Ω” ④. 10 ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1][2]螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，故图示金属棒的直径为
游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，故图中金属棒的长度为
（2）[3][4]指针偏转角度过大，说明电阻值较小，应该换小倍率挡，故应该选择“×1Ω”。欧姆表的读数为指针所指刻度与倍率的乘积，且无需估读，故金属棒的阻值约为
（3）[5]Rx两端的电压为
通过Rx的电流大小为
则根据欧姆定律得
四、计算题：本题共3小题，共40分。
13. 如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又沿偏转电场极板间的中心轴线从O点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P点，O′点为荧光屏的中心。已知电子质量m，电荷量e，加速电场电压为U0，偏转电场电压为U，极板的长度L1，极板间距离d，极板的右端到荧光屏的距离L2（忽略电子所受的重力），求：
（1）电子射入偏转电场时的初速度v0；
（2）电子打在荧光屏上的P点到O′点的距离h；
（3）电子经过偏转电场过程中电势能的增加量。
【答案】(1) ； (2) ；(3)
【解析】
【分析】
【详解】(1)根据动能定理得
解得
(2)在偏转电场，有
运动的时间为
速度偏转角度满足
电子打在荧光屏上的P点到O′点的距离
(3) 电子经过偏转电场过程中电势能的增加量为
14. 如图所示装置的左半部分为速度选择器，相距为d的两块平行金属板分别连在电压可调的电源两极上（上板接正极），板间存在方向垂直纸面向里、磁感应强度为B0的匀强磁场；右半部分为一半径为R的半圆形磁场区域，内有垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场。矩形abcd相切于半圆，小孔M、N连线延长线经过圆心O点且与ad垂直。一束质量为m、带电量为+q的离子（不计重力）以不同速率沿MN方向从M孔射入。
（1）金属板间电压为U0时，求从N孔射出的离子的速度大小；
（2）要使离子能打到b点，求金属板间电压U1；
（3）要使离子能打到ab上，求金属板间电压U的取值范围。
【答案】（1）； （2）；（3）
【解析】
【详解】（1）设电压为U0时，两板间电场强度为E，从N孔射出的粒子速度为v，则
从N孔射出的粒子一定做匀速直线运动，则由平衡条件得
解得
（2）如下图所示，设电压为U1时，粒子恰好打到b点，粒子轨道半径为r1
则
而且
又因为
解得
（3）如下图所示，设电压为U2时，粒子恰好打到a点，粒子轨道半径为r2
则
且根据几何关系可知
又因为
解得
所以当
粒子能打到ab上。
15. 如图所示，固定金属圆环内存在匀强磁场，方向垂直圆环向下，在外力作用下金属棒ab可绕着圆心O匀速转动。从圆心和圆环边缘用细导线连接足够长的两平行金属导轨，导轨与水平面夹角为30°，空间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场。将金属棒cd垂直导轨轻轻放上，金属棒处于静止状态。已知圆环内和导轨平面的磁场大小均为B = 1T，圆环半径和金属棒ab长均为d = 1m，导轨宽度和金属棒cd长度均为L = 2m，金属棒cd质量为m = 1kg，与导轨之间的动摩擦因数为，ab棒电阻为r = 2Ω，cd棒电阻为R = 4Ω，其余电阻不计，，，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）若ab棒以ω0= 12rad/s逆时针匀速转动，cd棒保持静止，则流过ab棒的电流方向和ab棒两端的电压；
（2）要使cd棒与导轨保持相对静止，则ab棒转动的角速度应满足什么条件？
（3）若ab棒以ω3= 31rad/s顺时针匀速转动，当cd棒恰好匀速时，cd棒的位移为x = 16m，求：从静止到恰好匀速过程中，安培力对cd棒做的功。
【答案】（1）电流方向由b流向a，4V；（2）顺时针转动时，ω ≤ 15rad/s，逆时针转动时，ω ≤ 75rad/s；（3）W = 48J
【解析】
【详解】（1）假设cd棒静止，对ab棒，由法拉第电磁感应定律，有
根据闭合电路欧姆定律，有
E = I(R＋r)
解得
I = 1A
对cd棒，因为
mgsin30°－BIL = 3N < μmgcs30°
故假设成立。
ab棒两端的电压为
Uab = IR
联立解得
Uab = 4V
由楞次定律，可知电流方向由b流向a。
（2）若ab棒以ω1逆时针转动，且cd刚好没滑动时，有
BI1L = mgsin30°＋μmgcs30°
且
代入数据得
ω1= 75rad/s
若ab棒以ω2顺时针转动，且cd刚好没滑动时，有
μmgcs30° = BI2L＋mgsin30°
且
代入数据得
ω2= 15rad/s
故要使棒保持静止，角速度应满足，顺时针转动时
ω2 ≤ 15rad/s
逆时针转动时
ω ≤ 75rad/s
（3）设cd棒匀速的速度为v，则有
BI3L＋mgsin30° = μmgcs30°
回路的电动势为
由闭合电路欧姆定律得
E3= I3(R＋r)
解得
v = 4m/s
对cd棒，由动能定理，得
代入数据得
W = 48J