天津市第四十七中学2022-2023学年高二上学期期末检测物理试题(含答案)

这是一份天津市第四十七中学2022-2023学年高二上学期期末检测物理试题(含答案)，共4页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1、许多科学家在物理学发展中做出了重要贡献，下列有关物理学家的贡献，错误的是( )
A.安培提出了分子电流假说，能够解释一些磁现象
B.奥斯特发现了电流的磁效应，首次揭示了电现象和磁现象间的某种联系
C.麦克斯韦提出周期性变化的电磁和磁场可以形成电磁波，并提出光就是电磁波的假设
D.洛仑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
2、心脏除颤器是通过一个电容器放电时的脉冲电流作用于心脏，实施电击治疗，使患者心脏恢复正常跳动的仪器。一心脏除颤器如图所示，其电容器的电容为20μF，充电后电容器的电压为3000V，如果电容器在2.0ms时间内完成放电，下列说法正确的是( )
A.放电之前，电容器存储的电荷量为
B.放电之后，电容器的电容为零
C.放电过程中通过人体的电流平均值为30A
D.放电之后，电容器的电压仍为3000V
3、如图所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线分别为等势线1、2、3，已知，带电量绝对值相等的a、b两粒子从等势线2上的O点以相同的初速度飞出。仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图所示，则( )
A.a一定带正电，b一定带负电
B.a加速度增大，b加速度减小
C.MN两点电势差等于NQ两点电势差
D.a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小
4、笔记本电脑趋于普及，电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向上的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。则关于元件的说法正确的是( )
A.前表面的电势比后表面的高
B.前、后表面间的电压U与v有关
C.前、后表面间的电压U与c成正比
D.自由电子受到的洛伦兹力大小为
5、关于下列四幅图的说法正确的是( )
A.图甲是回旋加速器的示意图，要想带电粒子获得的最大动能增大，可增大加速电压
B.图乙是磁流体发电机的示意图，可以判断出B极板是发电机的负极，A极板是发电机的正极
C.图丙是速度选择器的示意图，若带电粒子（不计重力）能自左向右沿直线匀速通过速度选择器，那么也能自右向左沿直线匀速通过速度选择器
D.图丁是质谱仪的示意图，粒子打在底片上的位置越靠近狭缝说明粒子的比荷越大
二、多选题
6、如图所示，A、B为两个等量正点电荷，在其连线中垂线上的P点放一个负点电荷q（不计重力），负点电荷由静止释放后，下列说法中正确的是( )
A.点电荷在从P点到O点的运动过程中，加速度越来越大，速度越来越大
B.点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值
C.点电荷在从P点到O点的运动过程中，加速度可能越来越小，但速度一定越来越大
D.点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到粒子速度为零
7、如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，其中，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器的滑片向b端移动时，则( )
A.电压表读数变大，电流表读数变大
B.和上的电压都增大
C.质点P将向下运动，电源的效率增大
D.上消耗的功率减小，电源的输出功率增大
8、质量为m、电荷量为q的带正电小球，从倾角为θ的粗糙绝缘斜面（）上由静止下滑，斜面足够长，整个斜面置于方向垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B，如图所示，重力加速度为g。带电小球运动过程中，下列说法正确的是( )
A.小球在斜面上运动时做匀加速直线运动
B.小球在斜面上运动时做加速度变大的加速运动
C.小球最终在斜面上匀速运动
D.小球在斜面上下滑过程中，小球对斜面压力刚好为零时的速率为
三、实验题
9、表头的满偏电压和满偏电流一般都比较小，测量较大的电压或电流时要把它改装成较大量程的电压表或电流表。现有一个量程，内阻为150Ω的表头G。
（1）若要把此表头改装成量程为3V的电压表，应_________联一个阻值为_________Ω的电阻；
（2）若要把此表头改装成量程为10mA的电流表，应_________联个阻值为_________Ω的电阻；
（3）若将此表头改装成有两个量程的电流表，如图所示，则使用A、B两个端点时，量程_________（选填“较大”或“较小”）。
10、某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ，需要测量圆柱体的尺寸和电阻。
（1）用螺旋测微器测量其直径如图1，由图可知其直径为_________mm；
（2）在测量电阻时，采用了如下方法：
①用多用电表粗测：用如图2所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T。请根据下列步骤完成电阻测量：（把部件符号填入空中）
A.旋动部件_________，使指针对准电流表的“0”刻线。
B.该同学选择倍率，将K旋转到电阻挡“”的位置。
C.将插入“+”“-”插孔的红黑表笔短接，旋动部件 _________，使指针对准表盘右端电阻的“0刻线”。
D.测量时，发现指针偏转角度太大，为了较准确地进行测量，应该选择_________倍率（选填“”、“”、“”），并重新欧姆调零，正确操作测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图中实线所示，测量结果是_________Ω。
②为了准确测定圆柱体的阻值，除被测电阻外，实验室提供了如下实验仪器：
A.直流电源（电动势约为，内阻可不计）
B.直流电流表（量程，内阻约为）
C.直流电流表（量程，内阻约为）
D.直流电压表（量程，内阻约为）
E.直流电压表（量程，内阻约为）
F.滑动变阻器（最大阻值，允许通过的最大电流为）
G.滑动变阻器（最大阻值，允许通过的最大电流为）
（3）为了方便调节，并要求电压表示数从零开始变化，电流表应选取_________，电压表应选取_________，滑动变阻器应选取_________。（填器材编号）
（4）请你根据要求设计实验电路图，并画出实验电路图_________。
四、计算题
11、如图所示，M为一线圈电阻的电动机，，电源电动势。当S断开时，电流表的示数，当S闭合时，电流表的示数为，电表内阻不计。求：
（1）电源内阻；
（2）开关S闭合时电动机发热消耗的功率和转化为机械能的功率；
（3）开关S闭合时电源输出功率和电源的效率。
12、如图甲所示，质量为m、电荷量为e的电子经加速电压，加速后，在水平方向沿垂直进入偏转电场。已知形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L（不考虑电场边缘效应），两极板间距为d，为两极板的中线，P是足够大的荧光屏，且屏与极板右边缘的距离也为L。求：
（1）粒子进入偏转电场的速度v的大小；
（2）粒子刚好能离开偏转电场时，偏转电场所加电压；
（3）若偏转电场两板间加恒定电压，电子经过偏转电场后正好打中屏上的A点，A点与极板M在同一水平线上，求偏转电场所加电压。
13、如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、四象限存在垂直坐标平面向里的匀强磁场，第二象限内存在水平向右的匀强电场，有一质量为、电荷量为（）的带正电粒子从y轴的M点以与y轴负方向成角、大小为的初速度垂直磁场进入第四象限，经磁场偏转从y轴上的N点进入第二象限，又经电场作用垂直于x轴从轴上的A点射出，不计粒子重力，其中，求：
（1）第一、四象限内磁场的磁感应强度的大小B；
（2）第二象限内电场强度的大小E；
（3）粒子从M点运动到A点的时间。
参考答案
1、答案：D
解析：A.安培提出了分子电流假说，能够解释永久磁铁产生磁场的原因，以及磁铁受猛烈撞击后突然失去磁性等一些磁现象，故A正确；
B.奥斯特发现了电流的磁效应，通电导线周围能产生磁场，首次揭示了电现象和磁现象之间的某种联系，故B正确；
C.由麦克斯韦的电磁场理论可知，周期性变化的电磁和磁场可以形成电磁波，并提出光就是电磁波的假设，故C正确；
D.赫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，故D错误。
故选D。
2、答案：C
解析：A.根据
可知放电前，电容器储存的电量为0.06C，故A错误；
B.电容是表征电容器储存电荷本领大小的物理量，放电之后，电容器的电容大小是不变的，故B错误；
C.根据
故C正确；
D.放电之后，电容器的电压为0，故D错误。
故选C。
3、答案：D
解析：A. 电场方向未知，a、b两粒子的带电性质无法判断，故A错误；
B. 电场线的疏密程度表示电场的强弱，a、b两粒子所带的电荷量相等，可知a粒子受到的电场力减小，加速度减小，b粒子受到的电场力增大，加速度增大，故B错误；
C.MN间的电场强度大于NQ间的电场强度，，根据可知，
>
故C错误；
D.电场力对a、b两粒子做正功，根据动能定理有
a、b两粒子所带的电荷量相等，>，则
>
可知a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小，故D正确。
故选D。
4、答案：B
解析：A.电流方向向右，电子向左定向移动，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向向外，则前表面积累了电子，前表面的电势比后表面的电势低，故A错误；
BC.由电子受力平衡可得
解得
所以前、后表面间的电压U与v成正比，即前、后表面间的电压U与v有关，与c无关，故B正确，C错误；
D.稳定时自由电子受力平衡，受到的洛伦兹力等于电场力，即
故D错误。
故选B。
5、答案：D
解析：A.图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，设D形盒的半径为R，粒子从D形盒射出时，在磁场中的轨道半径等于D形盒的半径，此时粒子的速度最大，动能也达到最大，根据洛伦兹力提供向心力有：，，可得粒子的最大动能为：，可知粒子获得的最大动能与电压U无关，故A错误；
B.图乙磁流体发电机的结构示意图，根据左手定则可知正离子所受洛伦兹力的方向向下，则可以判断出A极板是发电机的负极，B极板是发电机的正极，故B错误；
C.图丙若带电粒子带负电，从右向左运动通过复合场，电场力方向竖直向上，根据左手定则，洛伦兹力方向也向上；若带电粒子带正电，从右向左运动通过复合场，电场力方向竖直向下，根据左手定则，洛伦兹力方向也向下，所以带电粒子带正电，如果正粒子自左向右，电场力方向竖直向下，根据左手定则，洛伦兹力方向向上，如果自右向左沿直线，电场力方向竖直向下，根据左手定则，洛伦兹力方向向下，此时不可能沿直线匀速通过速度选择器，故C错误；
D.图丁是质谱仪的工作原理示意图，由图可知间是一个速度选择器，所以粒子进入磁场的速度相同，粒子打在胶片上的位置与狭缝的距离为轨道半径的两倍，设粒子进入磁场的速度为v，则粒子打在胶片上的位置与狭缝的距离为，则粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝粒子的比荷越大，故D正确。
6、答案：BC
解析：AC.因O点的场强为零，在OP连线上无穷远处的场强也为零，可知从P点到O点场强可能先增加后减小，也可能一直减小，则点电荷在从P点到O点的运动过程中，加速度可能先增加后减小，也可能逐渐减小，但是速度越来越大，故A错误，C正确；
B.因O点的场强为零，则点电荷加速运动到O点时加速度为零，速度达最大值，故B正确；
D.点电荷越过O点后，电场力与速度方向相反，速度越来越小，直到减为零，加速度可能先增加后减小，也可能逐渐增大，故D错误。
故选BC。
7、答案：BD
解析：C.当滑动变阻器的滑片向b端移动时，接入电路的阻值减小，电路总电阻减小，总电流增大，电源内电压增大，路端电压U减小，且两端电压增大，两端电压减小，平行金属板两端电压减小，板间电场强度减小，质点P将向下运动，根据
可知电源的效率减小，故C错误；
AB.因为两端电压减小，所以通过的电流减小，又因为总电流增大，所以通过的电流增大，即电流表读数增大，两端电压增大，两端电压减小，即电压表读数减小，故A错误，B正确；
D.因为两端电压减小，所以上消耗的功率减小。设电路的外电阻为R，则电源的输出功率为
根据数学知识可知当时，P最大；当时，P随R的增大而增大；当时，P随R的减小而增大。由题意可知开始时一定有，所以电源的输出功率增大，故D正确。
故选BD。
8、答案：BD
解析：AB.据题意小球运动过程中受到重力、支持力、摩擦力和垂直斜面向上的洛伦兹力，小球加速度为
小球做加速运动，则随速度的增加，加速度增大，故选项A错误，B正确；
C.当小球对斜面压力为0时，小球加速度为，小球速度继续增大，受到的洛伦兹力将大于小球重力垂直斜面方向上的分力，小球将脱离斜面，故C错误；
D.当小球对斜面压力为0时，有
则此时速度为
故选项D正确。
故选BD。
9、答案：（1）串；1350（2）并；37.5（3）较大
解析：（1）由题意可知，内阻为。若将此表头改装成量程为的电压表，需要串联一个电阻；由欧姆定律知
代入数据得
（2）若将此表头改装成量程为的电流表，需要并联一个小电阻。
由欧姆定律可知
代入数据得
（3）把表头改装成电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值越小，改装后电流表的量程越大，由图示电路可知，使用A、B两个端点时并联分流电阻阻值较小，此时电流表量程较大。
10、答案：（1）4.700
（2）S；T；×1；6
（3）C；E；F
（4）
解析：（1）螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，
（2）多用电表的使用步骤
A.先要机械调零，即用螺丝刀扭动指针复位旋钮S使指针指在电流的0刻度线；
B.选择倍率；
C.欧姆调零：即短接+、-接线柱，旋动欧姆调零旋钮T，使指针指在欧姆挡的0刻度线；
D.进行测量时，发现指针偏转角太大，即示数太小，那么要使示数变大，则要将倍率调小即变为×1的倍率。根据图示所指，欧姆表的示数为：。
（3）电路的最大电流
为读数准确起见，电流表选量程为0.6A的电流表C，电压表选量程为3V的电压表E。由于要求电压从0开始调节，滑动变阻器采用分压接法，则滑动变阻器选阻值较小的F。
（4）待测电阻远小电压表的内阻，故电流表采用外接法，而滑动变阻器采用分压接法，实验电路如图所示
11、答案：（1）（2）2.5W；87.5W（3）144W；90%
解析：（1）S断开时，根据闭合电路欧姆定律可得
代入数据解解得
（2）S闭合时，路端电压为
流过R的电流大小为
流过电动机的电流大小为
电动机发热消耗的功率为
电动机转化为机械能的功率
（3）S闭合时电源输出功率为
电源的效率为
12、答案：（1）（2）（3）
解析：（1）电子经加速电场加速
解得
（2）做类平抛运动
解得
（3）由题意知，电子经偏转电场偏转后做匀速直线运动到达A点，设电子离开偏转电场时的偏转角为θ，则由几何关系得
解得
又
解得
13、答案：（1）0.75T（2）（3）
解析：（1）粒子运动轨迹如图所示
设粒子在第一、四象限内做匀速圆周的半径为r，由几何关系可得
由
解得
（2）进入第二象限后受水平向右的电场力作用，从N点运动至A点的运动可以看成是类平抛的逆过程，则由几何关系：沿电场力方向
沿初速度方向
解得
（3）由（2）知，粒子在电场中运动时间为
粒子在磁场中运动时间
粒子从M运动到A的时间为