2023-2024學年天津市濱海新區(qū)高二物理第一學期期末聯(lián)考試題含解析

2023-2024學年天津市濱海新區(qū)高二物理第一學期期末聯(lián)考試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、如圖所示，內阻為1Ω的直流電動機和8Ω定值電阻并聯(lián)之后接在直流電源上，電源電動勢6V，內阻1Ω．開關S閉合后，電動機正常工作，此時理想電壓表讀數(shù)為4V．則下列說法正確的是（）A.流過電動機的電流為4AB.流過電源的電流為4.5AC.電動機的輸入功率等于6WD.電動機的輸出功率等于5.75W2、某些腫瘤可以用“質子療法”進行治療。在這種療法中，為了能讓質子進入癌細胞，首先要實現(xiàn)質子高速運動，該過程需要一種被稱作“粒子加速器”的裝置來實現(xiàn)。質子先被加速到較高的速度，然后轟擊腫瘤并殺死癌細胞。如圖所示，來自質子源的質子（初速度為零），經(jīng)加速電壓為U的加速器加速后，形成細柱形的質子流。已知細柱形的質子流橫截面積為S，其等效電流為I；質子的質量為m，其電量為e。那么這束質子流內單位體積的質子數(shù)n是（）A. B.C. D.3、如圖為描述某靜電場的電場線，a、b、c是同一條電場線上的三個點，其電場強度大小分別為，電勢分別為。下列大小關系正確的是A. B.C. D.4、如圖所示，一均勻金屬圓盤繞通過其圓心且與盤面垂直的軸順時針勻速轉動．現(xiàn)施加一垂直圓盤向里的有界勻強磁場，圓盤開始減速．不計金屬圓盤與軸之間的摩擦，下列說法正確的是A.在圓盤減速過程中，處于磁場中的圓盤部分，靠近圓心處電勢高B.在圓盤減速過程中，若使所加磁場反向，圓盤將加速轉動C.若圓盤原來靜止，加上圖示的勻強磁場后，圓盤將加速轉動D.若所加磁場穿過整個圓盤，圓盤將勻速轉動5、如圖所示,一矩形線框置于磁感應強度為B的勻強磁場中,線框平面與磁場方向垂直,若線框的面積為S,則通過線框的磁通量為()A.BS B.C. D.06、如圖所示電路中，電流表A和電壓表V均可視為理想電表．現(xiàn)閉合開關S后，將滑動變阻器滑片P向左移動，下列說法正確的是（）A.電流表A的示數(shù)變小，電壓表V的示數(shù)變大B小燈泡L變亮C.電容器C上電荷量減少D.電源的總功率變大二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、如圖所示，半徑為R的半圓形區(qū)域內分布著垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，半圓的左邊垂直x軸放置一粒子發(fā)射裝置，在－R≤y≤R的區(qū)間內各處均沿x軸正方向同時發(fā)射出一個帶正電粒子，粒子質量均為m、電荷量均為q、初速度均為v，重力忽略不計，所有粒子均能到達y軸，其中最后到達y軸的粒子比最先到達y軸的粒子晚Δt時間，則()A.粒子到達y軸的位置一定各不相同B.磁場區(qū)域半徑R應滿足R≤C.從x軸入射的粒子最先到達y軸D.Δt＝－，其中角度θ的弧度值滿足sinθ＝8、如圖所示，光滑水平面上存在有界勻強磁場，磁感強度為B，質量為m邊長為a的正方形線框ABCD斜向穿進磁場，當AC剛進入磁場時速度為v，方向與磁場邊界成若線框的總電阻為R，則下列說法正確的是A.線框穿進磁場過程中，框中電流的方向為DABCB.AC剛進入磁場時線框中感應電流C.AC剛進入磁場時線框所受安培力為D.此時CD兩端的電壓為9、如圖所示，在正方形區(qū)域abcd內有方向垂直于紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場．在t＝0時刻，位于正方形中心O的離子源向平面abcd內各個方向發(fā)射出大量帶正電的粒子，所有粒子的初速度大小均相同，粒子在磁場中做圓周運動的半徑恰好等于正方形的邊長，不計粒子的重力以及粒子間的相互作用力．已知平行于ad方向向下發(fā)射的粒子在t＝t0時刻剛好從磁場邊界cd上某點離開磁場，下列說法正確的是（）A.粒子在該磁場中勻速圓周運動的周期為6t0B.粒子的比荷為C.粒子在磁場中運動的軌跡越長，對應圓弧的圓心角越大D.初速度方向正對四個頂點的粒子在磁場中運動時間最長10、如圖所示，矩形線圈abed在勻強磁場中分別繞垂直于磁場方向的軸P1和P2以相同的角速度勻速轉動，當線圈平面轉到與磁場方向平行時A.線圈繞P1轉動時產(chǎn)生的感應電流等于繞P2轉動時產(chǎn)生的感應電流，且均為0B.線圈繞P1轉動時產(chǎn)生的感應電動勢等于繞P2轉動時產(chǎn)生的感應電動勢C.線圈繞P1和P2轉動時產(chǎn)生的感應電流的方向相同，都是a-b-c-dD.線圈繞P1轉動時cd邊受到的安培力等于繞P2轉動時cd邊受到的安培力三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）高二物理研究性學習小組在學習了恒定電流的相關知識后，設計了一個電路，該電路既能測量出電源電動勢E和內阻r，同時又能描繪一定范圍內燈泡的伏安特性曲線。所用器材及已經(jīng)連接的部分電路如圖甲。實驗時，當調節(jié)滑動變阻器的阻值時，同時記錄電流表A、電壓表V1和電壓表V2的示數(shù)。經(jīng)過多次測量，最后描繪出兩條U-I圖線，如圖乙所示，電壓表內阻很大，電流表內阻不計，請回答下列問題。（1）請你將圖甲的實物連線補充完整；（）（2）圖乙中的___________（“①”或“②”）圖線是表示電壓表V的讀數(shù)和電流表A的讀數(shù)之間的關系；（3）電源電動勢E=___________V，內阻r=___________Ω（保留兩位有效數(shù)字）；（4）在坐標系中兩條圖線相交于P點，此時滑動變阻器連入電路的阻值為___________Ω。12．（12分）（1）測干電池的電動勢和內阻的實驗，為了盡量減小實驗誤差．在如下圖所示的四個實驗電路中應選用________（2）選好電路后,由于電流表和電壓表內電阻對電路的影響,所測得電動勢將________．(選填“偏大”，“偏小”，“不變”）（3）根據(jù)實驗測得的一系列數(shù)據(jù)，畫出U-I圖（如圖丙所示），則被測干電池的電動勢為________V，電池的內阻為________Ω．（結果均保留兩位小數(shù)）（4）這種用圖象法處理數(shù)據(jù)是為了減少________.(選填“系統(tǒng)誤差”或“偶然誤差”)四、計算題：本題共3小題，共38分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）如圖，兩根間距為L＝0.5m的平行光滑金屬導軌間接有電動勢E＝3V、內阻r＝1Ω的電源，導軌平面與水平面間的夾角θ＝37°．金屬桿ab垂直導軌放置，質量m＝0.2kg．導軌與金屬桿接觸良好且金屬桿與導軌電阻均不計，整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中．當R0＝1Ω時，金屬桿ab剛好處于靜止狀態(tài)，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8（1）求磁感應強度B的大小；（2）若保持B的大小不變而將方向改為垂直于斜面向上，求金屬桿的加速度14．（16分）ABC表示豎直放在電場強度為E=104V/m的水平勻強電場中的絕緣光滑軌道，其中軌道的BC部分是半徑為R的圓環(huán)，軌道的水平部分與半圓環(huán)相切．A為水平軌道上的一點，而且AB=R=0.2m，把一質量m=0.1kg，帶電量為q=+C的小球，放在A點由靜止釋放后，求：（g=10m/s2）(1)小球到達C點的速度大小(2)小球在C點時，軌道受到的壓力大小15．（12分）如圖所示，水平放置的兩塊長直平行金屬板a、b相距d=0.10m，a、b間的電場強度為E=5.0×105N/C，b板下方整個空間存在著磁感應強度大小為B=6.0T、方向垂直紙面向里的勻強磁場.今有一質量為m=4.8×10-25kg、電荷量為q=1.6×10-18C的帶正電的粒子(不計重力)，從貼近a板的左端以v0=1.0×106m/s的初速度水平射入勻強電場，剛好從狹縫P處穿過b板而垂直進入勻強磁場，最后粒子回到b板的Q處（圖中未畫出）．求P、Q之間的距離L

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】根據(jù)內外之和等于電源的電動勢和歐姆定律，求出流過電源的電流．由歐姆定律求出燈泡的電流，由總電流與燈泡電流之差求出流過電動機的電流．電動機對外輸出的機械功率等于電動機的總功率與內部發(fā)熱功率之差【詳解】對定值電阻：，電動機與燈泡并聯(lián)，則電動機的電流I電＝I﹣I燈＝2A﹣0.5A＝1.5A，故A錯誤；電源的輸出電壓：U＝E﹣Ir，則有：I=2A，故B錯誤；電動機的輸入功率等于P＝UI電＝4×1.5＝6W，故C正確；根據(jù)能量轉化與守恒定律得，電動機的輸出功率P出＝UI電﹣I電2r＝6﹣2.25＝3.75W，故D錯誤．所以C正確，ABD錯誤【點睛】本題是含有電動機的問題，電動機正常工作時，其電路是非純電阻電路，歐姆定律不適用2、D【解析】質子在加速電場中加速根據(jù)電流的微觀表達式聯(lián)立解得故選D。3、C【解析】AB．電場線疏密判斷電場強度的大小，電場線越密電場強度越大，則；故AB均錯誤。CD．順著電場線，電勢逐漸降低，則；故C錯誤，D正確。故選C。4、D【解析】將金屬圓盤看成由無數(shù)金屬幅條組成，根據(jù)右手定則判斷可知：圓盤上的感應電流由圓心流向邊緣，所以靠近圓心處電勢低，故A錯誤；若所加磁場反向，只是產(chǎn)生的電流反向，根據(jù)楞次定律可知，安培力還是阻礙圓盤的轉動，所以圓盤還是減速轉動，故B錯誤；若圓盤原來靜止，加上圖示的勻強磁場后，由于穿過圓盤的磁通量不變，無感應電流產(chǎn)生，則不會產(chǎn)生安培力，則圓盤不會轉動，選項C錯誤；若所加磁場穿過整個圓盤時，圓盤在切割磁感線，產(chǎn)生感應電動勢，相當于電路斷開，則不會產(chǎn)生感應電流，不受安培力作用，所以圓盤將勻速轉動，故D正確.5、A【解析】由磁通量的定義式Φ=BS可知，通過線圈的磁通量為BS，故選A.6、A【解析】A、B閉合開關S后，將滑動變阻器滑片P向左移動時，變阻器接入電路的電阻增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律得知，電路中總電流I減小，則小燈泡L變暗，電流表A的示數(shù)變?。妷罕淼氖緮?shù)U=E﹣I（RL+r），I減小，其他量不變，則U增大，即電壓表V的示數(shù)變大．故A正確，B錯誤C、電容器的電壓等于變阻器兩端的電壓，即等于電壓表的示數(shù)，U增大，由Q=CU，知電容器C上的電荷量增大．故C錯誤D、電源的總功率P=EI，I減小，則電源的總功率變?。蔇錯誤故選A二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、BD【解析】粒子射入磁場后做勻速圓周運動，其運動軌跡如圖所示：y=±R的粒子直接沿直線做勻速運動到達y軸，其它粒子在磁場中發(fā)生偏轉。A.由圖可知，發(fā)生偏轉的粒子也有可能打在y=R的位置上，所以粒子到達y軸的位置不是各不相同的，故A錯誤；B.以沿x軸射入的粒子為例，若，則粒子不能達到y(tǒng)軸就偏向上離開磁場區(qū)域，所以要求，所有粒子才能穿過磁場到達y軸，故B正確；C.從x軸入射的粒子在磁場中對應的弧長最長，所以該粒子最后到達y軸，而y=±R的粒子直接沿直線做勻速運動到達y軸，時間最短，故C錯誤；D.從x軸入射的粒子運動時間為：沿y=±R的粒子直接沿直線做勻速運動到達y軸，時間最短，則所以其中角度為從x軸入射的粒子運動的圓心角，根據(jù)幾何關系有：則有：而，所以有：故D正確8、AC【解析】根據(jù)楞次定律判斷感應電流的方向，由求出電路中的感應電動勢，由閉合電路歐姆定律求出感應電流；將AD邊與CD邊受到的安培力進行矢量合成，求出線框受到的安培力；CD兩端的電壓是外電壓，根據(jù)歐姆定律求解.【詳解】A、線框進入磁場的過程中，穿過線框的磁通量增大，由楞次定律可知，感應電流的磁場方向垂直紙面向外，則感應電流的方向為DABC方向;故A正確.B、AC剛進入磁場時CD邊切割磁感線，有效切割長度為a，所以產(chǎn)生的感應電動勢為，則線框中感應電流為故B錯誤.C、AC剛進入磁場時線框的CD邊產(chǎn)生的安培力與v的方向相反，AD邊受到的安培力的方向垂直于AD向下，它們的大小都是：，且AD邊與CD邊受到的安培力的方向相互垂直，所以AC剛進入磁場時線框所受安培力為AD邊與CD邊受到的安培力的矢量和，即為：故C正確；D、CD兩端的電壓是外電壓,為;故D錯誤.故選AC.【點睛】解決本題時要知道安培力是聯(lián)系電磁感應與力學知識的橋梁，要熟練地由法拉第電磁感應定律、歐姆定律推導出安培力表達式；要注意線框所受安培力是各邊所受安培力的合力.9、BC【解析】B．粒子在磁場中做勻速圓周運動，初速度平行于ad方向發(fā)射的粒子運動軌跡如圖，其圓心為O1設正方形邊長為L，由幾何關系得得則又解得B正確；A．由上知A錯誤；CD．由于粒子的初速度大小相等，所有粒子的軌跡半徑相等，運動軌跡最長的粒子轉過的圓心角最大，在磁場中運動時間也最長，初速度方向正對四個頂點的粒子在磁場中運動的弧長不是最長，則時間不是最長，D錯誤C正確。故選BC。10、BD【解析】AB．根據(jù)交變電流的產(chǎn)生規(guī)律可知，感應電動勢最大值Em=NBSω，當線圈平面轉到與磁場方向平行時，根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，產(chǎn)生的感應電動勢最大，由于兩次轉動的角速度相同，線框面積相同，則它們產(chǎn)生的最大值相同，因此線圈繞P1轉動時的電動勢等于繞P2轉動時的電動勢，根據(jù)歐姆定律可知，線圈繞P1轉動時的電流等于繞P2轉動時的電流，此時感應電流最大，不為0，故A錯誤，B正確。

C．對cd邊由右手定則可得，在圖示位置時，線圈繞P1和P2轉動時電流的方向相同，都是a→d→c→b，故C錯誤。

D．當線圈平面轉到與磁場方向平行時，線圈繞P1轉動時的電流等于繞P2轉動時的電流，而安培力F=BIL，則線圈繞P1轉動時cd邊受到的安培力等于繞P2轉動時cd邊受到的安培力，故D正確。故選BD。三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、①.②.①③.4.5V④.1.0Ω⑤.0Ω【解析】（1）[1]要同時測量出電源電動勢E和內阻r，和描繪燈泡的伏安特性曲線，所以一個電壓表測路端電壓，一個電壓表測燈泡的電壓，電流表測量干路電流。實物連接如圖所示：（2）[2]電壓表V1測量的是路端電壓，由U=E?Ir可知，路端電壓隨電流的增大而減小，成線性關系，所以圖中曲線①表示電壓表V1的讀數(shù)和電流表A的讀數(shù)之間的關系；（3）[3]根據(jù)U=E?Ir可知，曲線①在U軸的截距等于電源電動勢，所以E=4.5V；[4]曲線①的斜率等于電源內阻，所以等于內阻：；（4）[5]兩條圖線交點處說明燈泡電壓等于路端電壓，滑動變阻器的電壓等于零，所以此時滑動變阻器連入電路的阻值為0Ω。12、①.(1).丙②.(2).偏?、?(3).1.45(1.44—1.46均給分)④.0.70（0.67—0.72均給分）⑤.(4).偶然誤差【解析】明確實驗原理，從而確定實驗電路圖，并根據(jù)電路的分析可得出電動勢的誤差情況；根據(jù)閉合電路歐姆定律進行分析，從而確定電動勢和內電阻的大?。脠D象法處理數(shù)據(jù)是為了減少偶然誤差【詳解】（1）本實驗中需要測量多組路端電壓和干路電流，所以必須用到滑動變阻器；同時因電流表內阻不能忽略，為了減小內阻的測量誤差，電流表應采用相對電源的外接法；故應選擇丙電路圖；（2）丙圖中由于電壓表的分流，導致電流表測量值小于真實值；而電壓值的示數(shù)是準確的，故U-I圖象將向下移動，故電源的電動勢將小于真實值；（3）根據(jù)U=E-Ir可