2023-2024学年福建省龙岩市高二（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省龙岩市高二（上）期末物理试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示是当年法拉第实验装置示意图，两个线圈分别绕在一个铁环上，线圈A接直流电源，线圈B接灵敏电流计，下列情况不可能使电流计G产生感应电流的是( )
A. 开关S接通的瞬间
B. 开关S断开的瞬间
C. 开关S接通后一段时间
D. 开关S接通后，不断移动滑动变阻器滑片P时
2.如图所示，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相同的电流。a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上。则磁感应强度方向垂直MN连线沿纸面向下的点是( )
A. a点B. b点C. c点D. d点
3.交警部门所用酒驾检测仪中的“电子鼻子”是氧化锡半导体，它是一种气敏电阻，吸附酒精气体后表面能态会发生改变，从而引起电阻率发生变化。RQ的阻值随酒精气体浓度的变化曲线如图甲，图乙是含有气敏电阻RQ的电路。图中电源内阻很小，可忽略不计。当RQ吸附酒精气体浓度升高时( )
A. 电阻RQ的阻值减小B. 干路中的电流增大
C. 小灯泡L变亮D. RQ消耗的功率增大
4.如图所示，在直角坐标系第一象限存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，一个质量为m、电荷量为q的粒子从x轴上的P点射入磁场中，入射方向与x轴成θ=60∘，射入后恰好能垂直于y轴射出磁场，不计粒子重力，已知OP= 3a。则( )
A. 粒子带正电荷
B. 射出点与O点距离为2a
C. 若只改变θ，粒子射出点与O点最远的距离为4a
D. 若只改变θ，粒子在磁场中运动时间最长为4πm3qB
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.如图所示，螺线管连接电阻R放置在水平地面上，上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N极朝下，当磁铁向下运动过程中(未插入线圈内部)，下列说法正确的是( )
A. 穿过螺线管的磁通量减少B. 通过R的感应电流方向为从b−R−a
C. 磁铁与螺线管相互吸引D. 螺线管对地面的压力变大
6.扫地机器人是智能家用电器的一种，能凭借一定的人工智能，自动在房间内完成地板清理工作。若机器人直流电动机的额定电压为U，额定电流为I，线圈电阻为r，当它正常工作时，下列说法正确的是( )
A. 电动机的电流I=UrB. 电动机消耗的电功率P=UI
C. 电动机输出的机械功率为UI−I2rD. 电动机产生的热量Q=U2rt
7.反射式速调管：是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。已知静电场的方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图所示。一质量m=1.0×10−20kg，电荷量q=1.0×10−9C的带负电的粒子从(−1cm,0)点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动。则( )
A. 坐标原点左侧和右侧场强大小之比为1:2
B. 该粒子在一个周期内运动距离为4cm
C. 该粒子运动过程中的最大动能为2.0×10−9J
D. 该粒子运动的周期T=3.0×10−8s
8.2023年12月26日，“龙龙”高铁(龙岩段)正式开通，高铁起于福建省龙岩市，终到广东省河源市龙川县，对促进闽西革命老区和粤港澳大湾区发展合作具有重要意义。如图所示，一列动车水平驶入新建的武平车站，其进站的电磁制动原理可简化如下：在车身下方固定一矩形线框，利用线框进入磁场时所受的安培力，辅助列车刹车。已知列车质量为m，车身长为s，线框的ab和cd长度均为L(L小于磁场的宽度)，线框的总电阻为R。站台轨道上匀强磁场方向竖直向上，其区域足够长，左边界与ab平行，磁感应强度大小为B。车头进入磁场瞬间的速度为v0，列车停止前所受铁轨及空气阻力的合力恒为f。则( )
A. 列车进站过程中电流方向为badcb
B. 列车ab边进入磁场瞬间，加速度大小a=B2L2v0+fRmR
C. 列车从进站到停下来的过程中，线框产生的热量Q=12mv 02
D. 列车从进站到停下来的过程中，通过回路的电荷量q≤BLsR
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
9.小明同学欲将满偏电流Ig=10mA、内阻Rg=150Ω的电流计G改装成量程为3A的电流表，他应选择下面________(填“甲”或“乙”)实验电路设计图，电阻R的阻值应为________Ω(保留两位有效数字)：改装完成后，在某次测量中，电流表的指针指到图丙所示位置，则该电流为________A。
10.某兴趣小组利用多用电表测量某种电池的电动势E和内阻r(约2Ω)，其实验电路如图甲所示，其中R为电阻箱，定值电阻R1=5Ω，实验步骤如下：
(1)将多用电表的选择开关旋至直流电压挡，将一支表笔接电路中的a点，闭合开关S，另一支表笔接电路中的________(选填“b”或“c”)点，调节电阻箱并记下其阻值R和电压表的示数U，接a点的那支表笔是________(选填“红”或“黑”)表笔；
(2)多次改变电阻箱的阻值R，记录下对应的电压U；
(3)以1U为纵轴、1R为横轴，根据实验数据作出1U−1R图线如图乙所示；
(4)若不考虑多用电表对电路的影响，结合图乙可知，电池的电动势E=________V，内阻r=________Ω(计算结果均保留两位有效数字)。若考虑多用电表内阻的影响，则电源内阻的测量值________真实值(选填“大于”“小于”或“等于”)。
四、简答题：本大题共3小题，共9分。
11.某静电除尘器的除尘原理示意图如图所示，一带正电的金属板和一个带负电的放电极形成电场，它们之间的电场线分布如图所示，虚线为一带电烟尘颗粒的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，不计烟尘颗粒的重力。由电场的分布特点可知，a点电场强度________b点电场强度(填“大于”“小于”或“等于”)；根据烟尘颗粒的运动轨迹，判断该颗粒是________(填“正电荷”“负电荷”或“不带电”)，在a点烟尘颗粒的动能________在b点烟尘颗粒的动能(填“大于”“小于”或“等于”)。
12.用某合金制成的甲、乙两根电阻丝的粗细相同，长度不同，其横截面积为3.2×10−6m2，乙电阻丝的长度为24m，甲、乙电阻的I−U图像如图所示，则电阻大的电阻丝为________(填“甲”或“乙”)，甲电阻丝的长度为________m，该合金的电阻率为________Ω⋅m。
13.如图甲所示，在磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，有一段电流为I、长度为L的直导线ab，此时直导线所受安培力大小为________；若将金属导线ab绕b点在纸面内顺时针转过30∘，如图乙所示，则导线所受安培力大小为________；若将直导线在中点处弯折成如图丙所示的导线，则此时导线ab所安培力大小为________。
五、计算题：本大题共3小题，共35分。
14.如图甲所示，一圆形金属线圈，面积为S=0.5m2，匝数n=100，阻值为r=1Ω，线圈与电阻R、平行板电容器C组成闭合回路。电阻值R=9Ω，电容器电容C=1×10−3F，板间距离d=0.2m。在线圈中有垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，导线电阻不计。求：
(1)线圈产生的感应电流的大小；
(2)a、b两端的电压的大小；
(3)电容器所带的电荷量和两板间的场强。
15.如图所示，电荷量为Q的正点电荷固定于O点，倾角θ=30∘的绝缘斜面体固定在水平面上，质量为m的光滑带电小球(可视为点电荷)放在斜面上的A点时处于静止。OA连线水平，长度为L，B、C为斜面上两点，OA=OC，OB垂直于斜面。已知静电力常量为k，重力加速度为g。
(1)求小球所带电荷量的大小q；
(2)若在A点给小球一个沿斜面向下的初速度v0。
①求小球运动到C点时的动能EkC。
②已知在电荷量为Q的正点电荷电场中，一个电荷量为q的正点电荷从无穷远移到距离Q为r处克服电场力做功为kQqr，求小球经过B点的动能EkB。
16.如图所示，在0≤x≤2d,0≤y≤2d的“OPNQ”正方形区域中，存在沿y轴负方向的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的匀强磁场。一个质量为m，电量为q的带正电粒子从OQ中点A沿x轴正方向，大小为v0的初速度进入电场，粒子依次经过P点和O点，不计粒子重力。求：
(1)电场的电场强度E的大小；
(2)磁场的磁感应强度B的大小；
(3)粒子从A点进入电场后返回A点所经历的时间t。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查感应电流产生的条件。感应电流产生的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，由此分析即可正确求解。
【解答】
AB.将开关S接通，磁场由无到有，断开的瞬间，磁场由有到无，通过线圈B的磁通量发生变化，线圈B中产生感应电流，故AB不符合题意；
C.开关S接通一段时间之后，磁场不变，通过线圈B的磁通量不发生变化，线圈B中不能产生感应电流，故C符合题意；
D.开关S接通后，不断移动滑动变阻器滑片P时，A线圈电流发生变化，磁场变化，通过线圈B的磁通量发生变化，线圈B中产生感应电流，故D不符合题意。
2.【答案】A
【解析】.A
【详解】AB．M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，a处的磁场较大；N在a处产生的磁场方向竖直向上，b处产生的磁场方向竖直向上，b处的磁场较大；根据场强的叠加知，如图：
a点处合成后磁场方向垂直MN连线竖直向下，b点处合成后磁场方向垂直MN连线竖直向上，故A正确，B错误；
CD．M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏上，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏上，如图：
根据平行四边形定则，知c处的合磁场方向水平向右，d处的磁场方向水平向左，故CD错误。
故选A。
3.【答案】C
【解析】C
【详解】如图可知，当 RQ 吸附酒精气体浓度升高，电阻 RQ 的阻值增大，电路总电阻增大，干路电流减小，干路部分电阻R1、R2的电压减小，并联部分电阻的电压增大，小灯泡L中电流增大，灯泡变亮， RQ 支路中电流减小， R0 的电压减小，所以 RQ 的电压增大，所以 RQ 消耗的功率不一定增大。
故选C。
4.【答案】D
【解析】D
【详解】A.粒子受洛伦兹力做匀速圆周运动垂直于y轴射出磁场，即水平向左离开，由左手定则可知粒子带负电，故A错误；
B.粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系可得
sinθ=OPr
可得圆周的半径为
r=2a
则射出点与O点距离为
d=r+rcsθ=3a
故B错误；
C.若只改变 θ ，出射点与入射点为直径时，购成的直角三角形使得粒子射出点与O点最远，如图所示
则
dmax= (4a)2−( 3a)2= 13a
故C错误；
D.若只改变 θ ，粒子在磁场中运动时间由圆心角决定，圆心角最大时时间最长，则当 θ=0∘ 时，即粒子的速度水平向右进入磁场时运动时间最大，如图所示
有
csα=OP2a= 32
解得
α=30∘
则最长运动时间为
tmax=360∘−90∘−α360∘⋅T=240∘360∘⋅T=4πm3qB
故D正确。
故选D。
5.【答案】BD
【解析】BD
【详解】A.当磁铁向下运动时(但未插入线圈内部)。穿过螺线管的磁通量增大，故A错误；
B.由图可知，当磁铁竖直向下运动时，穿过线圈的磁场方向向下增大，由楞次定律可知感应电流的磁场应向上，由右手螺旋定则可知电流方向为从 b−R−a ，故B正确；
CD.根据“来拒去留”可知，磁铁靠近线圈，则磁铁与线圈相互排斥，故线圈对地面的压力变大，故C错误，D正确。
故选BD。
6.BC
6.【答案】BC
【解析】BC
【详解】AC.电动机是非纯电阻，根据能量守恒有
P电=P热+P机
即
UI=I2r+P机
明显
I2r得
I电动机输出的机械功率为
P机=UI−I2r
故A错误，C正确；
B.经过时间t，电动机消耗的电能为
W=UIt
电动机消耗的电功率为
P=Wt=UI
故B正确；
D.经过时间t，电动机产生的热量为
Q=I2rt
故D错误。
7.【答案】AD
【解析】.AD
【详解】A.根据
E=Ud=Δφd
结合图像可得，坐标原点左侧的场强为
E1=Δφd=40V2cm=2000V/m
坐标原点右侧的场强为
E2=Δφd=40V1cm=4000V/m
E1E2=12
故A正确；
B.带负电的粒子在原点左侧受向右的电场力，匀加速运动，在原点右侧受向左的电场力，匀减速运动到速度为0，后匀加速至原点，再匀减速到初始位置，设在原点左侧运动的位移大小为 x1 ，在原点右侧运动的位移大小为 x2 ，根据动能定理，有
E1qx1−E2qx2=0
解得
x2=0.5cm
所以该粒子在一个周期内运动距离为
s=2x1+2x2=3cm
故B错误；
C.该粒子在原点有最大速度，根据动能定理，有
E1qx1=Ek−0
解得
Ek=2.0×10−8J
故C错误；
D.根据
Ek=12mv2
可得，粒子运动到原点的速度为
v=2×106m/s
设在原点左侧的加速时间为 t1 ，在原点右侧的加速时间为 t2 ，有
v=E1qmt1
v=E2qmt2
周期为
T=2t1+t2
联立，解得
T=3.0×108s
故D正确。
故选AD。
8.【答案】BD
【解析】BD
【详解】A.根据右手定则可知，列车进站过程中电流方向为abcda，故A错误；
B.列车ab边进入磁场瞬间，感应电动势为
E1=BLv0
感应电流为
I1=E1R
根据牛顿第二定律有
BI1L+f=ma
解得
a=B2L2v0+fRmR
故B正确；
C.列车从进站到停下来的过程中，有铁轨及空气阻力的合力做功，因此有内能产生，根据能量守恒定律可知，线框产生的热量
Q<12mv02
故C错误；
D.令线框进入磁场中有感应电流产生过程的位移为x，可知
x感应电动势的平均值为
E=ΔΦΔt=BLxΔt
感应电流为
I=qΔt=ER
解得
q=BLxR≤BLsR
故D正确。
故选BD。
9.【答案】 甲 0.50 1.70
【详解】[1][2]根据并联分流的原理知，小明同学欲将电流计G改装成量程为 3A 的电流表，他应选择下面甲实验电路设计图，有
IgRg=I−IgR
解得电阻R的阻值应为
R=0.50Ω
[3]改装完成后，在某次测量中，电流表的指针指到图丙所示位置，则该电流为 1.70A 。
13. b 黑 9.1 1.7 小于

【解析】详细解答和解析过程见答案
10.【答案】 b 黑 9.1 1.7 小于
【详解】(1)[1]由于电池内阻r较小，为了使路端电压变化明显，应增大电源的等效内阻，即另一支表笔接电路中的b点。
[2]电路中的a点电势最高，根据多用电表“红进黑出”原则可知，接a点的表笔应当是黑表笔。
(2)[3][4]由闭合电路的欧姆定律有
E=U+URR1+r
即
1U=R1+rE⋅1R+1E
结合图像有
1E=0.11V−1 ， 5.0Ω+r⋅E=0.33−0.110.3Ω
解得
E=9.1V ， r=1.7Ω
[5]考虑到多用电表的分流，设直流电压挡的内阻为 RV ，电动势的真实值为 E0 ，测量值为 E ，则
E0=U+UR+URVR1+r>E=U+URR1+r
即测量值小于真实值。

【解析】详细解答和解析过程见答案
11.【答案】 大于 负电荷 小于
【详解】[1]由电场的分布特点可知，a点电场线较b点密集，可知a点的电场强度大于b点电场强度；
[2][3]根据烟尘颗粒的运动轨迹，粒子受电场力大致向上，可知该颗粒是负电荷，从a到b电场力做正功，动能增加，则粒子在a点烟尘颗粒的动能小于在b点烟尘颗粒的动能。

【解析】详细解答和解析过程见答案
12.【答案】 乙 16 1.6×10−6
【详解】[1]根据
R=UI
可知I−U图像的斜率的倒数等于电阻，可知电阻大的电阻丝为乙；
[2]因
R甲R乙=2.40.
根据
R=ρLS
而
R甲R乙=L甲L乙
可得甲电阻丝的长度为
L甲=16m
[3]根据
R=ρLS
R甲=8Ω
该合金的电阻率为
ρ=RSL=8×3.2×10−616Ω⋅m=1.6×10−6Ω⋅m

【解析】详细解答和解析过程见答案
13.【答案】 BIL BIL 12BIL
【详解】[1]图甲直导线所受安培力大小
F1=BIL
[2]图乙将金属导线ab绕b点在纸面内顺时针转过 30∘ ，电流方向与磁场方向仍然垂直，故安培力
F2=BIL
[3]图丙中若将直导线在中点处弯折，根据左手定则可得上半段导线受到的安培力方向垂直导线斜向上，大小为
F安1=BIL2
同理下半段导线受到的安培力方向垂直导线斜向下，大小为
F安2=BIL2
两力的夹角为 120∘ ，根据力的合成可得此时导线所受磁场力大小为
F3=12BIL

【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】(1)I=0.5A；(2)4.5V；(3)4.5×10−3C，22.5 V/m，从上极板指向下极板
【详解】(1)设线圈产生的感应电动势为E，有
E=nΔBΔtS
又
I=ER+r
解得
E=5V I=0.5A
(2)设a、b两端的电压为U，有
U=IR
解得
U=4.5V
(3)电容器所带的电荷量
Q=CU
解得
Q=4.5×10−3C
两板间的场强
E=Ud
解得
E=22.5V/m
场强方向从上极板指向下极板(“向下”、“竖直向下”等等描述也正确

【解析】详细解答和解析过程见答案
15.【答案】(1) q= 3mgL23kQ ；(2)① EkC= 32mgL+12mv02 ；② EkB=12mv02− 312mgL
【详解】(1)小球在斜面上的A点静止，根据平衡条件，有
kQqL2=mgtanθ
解得
q= 3mgL23kQ
(2)①由几何关系得
LAC=2LOAcsθ= 3L
由题意
OA=OC
可得
φA=φC
小球从A运动到C过程，电场力做功为0，根据动能定理有
mgLACsinθ=EkC−12mv02
解得
EkC= 32mgL+12mv02
②取无穷远为零电势能参考点，根据已知条件可得，小球在A、B两点的电势能分别为
EpA=kQqrA=kQqL ， EpB=kQqrB=2kQqL
小球从A运动到B，电场力做的功
WAB=EpA−EpB=−kQqL
由动能定理有
mgLcsθsinθ+WAB=EkB−12mv02
联立并代入(1)中的q，得
EkB=12mv02− 312mgL

【解析】详细解答和解析过程见答案
16.【答案】(1) E=mv022qd ；(2) B=mv0qd ；(3) t总=(16+9π)Nd2v0N=1,2,3⋯
【详解】(1)粒子在电场中，有
qE=ma
水平方向
2d=v0t1
竖直方向
d=12at12
联立得
E=mv022qd
(2)设粒子离开电场是速度方向与x轴正方向夹角为 θ ，粒子离开电场速度为v，有
vy=at
tanθ=vyv0
v= v 02+v y2
得
θ=45∘
v= 2v0
粒子在磁场中做匀速圆周运动有
qvB=mv2R1
由几何关系可知
2d= 2R1
得
B=mv0qd
(3)由(1) t1=2dv0 ，右图为粒子全程运动轨迹图
粒子第一次进入磁场中周期
T=2πR1v
运动时间
t2=2π−2θ2πT
粒子第二次经过电场的为t3，由对称性可知
t3=t1=2dv0
粒子从NP中点以v0速度水平方向第二次进入磁场，第二次经过磁场时间
t4 = t2
之后粒子将在OP中点竖直第三次进入电场，假设运动的时间为t5有
−qEy=0−12mv02
v02t5=d
得
y=d
t5=2dv0
之后粒子从OP中点竖直方向第三次进入磁场，时间
t6 = t2
回到A点时间
t总=N(t1+t2+t3+t4+2t5+t6) N=1，2，3……
得
t总=16+9πNd2v0 N=1，2，3……

【解析】详细解答和解析过程见答案