2023-2024學年遼寧省大連二十四中協(xié)作校高二（上）期末物理試卷（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2023-2024學年遼寧省大連二十四中協(xié)作校高二（上）期末物理試卷一、單選題：本大題共7小題，共28分。1.下列說法中正確的是(

)A.安培發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應 B.奧斯特發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象

C.法拉第發(fā)現(xiàn)了產生感應電流的條件 D.麥克斯韋用實驗證實電磁波的存在2.一銅圓盤水平放置，在其中心正上方用柔軟細線懸掛一枚可以自由旋轉的磁針，如圖所示。當圓盤在磁針的磁場中繞過圓盤中心的豎直軸旋轉時，磁針也隨著一起轉動起來。下列說法正確的是(

)A.磁針的磁場使圓盤磁化，圓盤產生的磁場導致磁針轉動

B.圓盤內的渦電流產生的磁場導致磁針轉動

C.在圓盤轉動的過程中，磁針的磁場穿過整個圓盤的磁通量發(fā)生了變化

D.圓盤中的自由電子隨圓盤一起運動形成電流，此電流產生的磁場導致磁針轉動

3.如圖所示的電路中，電源的電動勢為E，內阻為r，電感L的電阻不計，電阻R的阻值大于燈泡D的阻值，在t=0時刻閉合開關S，經過一段時間后，在t=t1時刻斷開S，下列表示A、B兩點間電壓UAB隨時間tA. B.

C. D.4.如圖所示，兩根長直導線豎直插入光滑絕緣水平面的M、N兩小孔中，O為M、N連線的中點，連線上a、b兩點關于O點對稱。導線中均通有大小相等、方向向下的電流。已知長直導線在周圍產生磁場的磁感應強度B=KIr，式中K是常數(shù)、I是導線中的電流、r為點到與導線的距離。一帶負電小球以初速度v0從a點出發(fā)沿連線運動到bA.先增大后減小 B.先減小后增大 C.一直在增大 D.一直在減小5.2021年中國全超導托卡馬克核聚變實驗裝置創(chuàng)造了新的紀錄.為粗略了解等離子體在托卡馬克環(huán)形真空室內的運動狀況，某同學將一小段真空室內的電場和磁場理想化為方向均水平向右的勻強電場和勻強磁場(如圖)，電場強度大小為E，磁感應強度大小為B。若某電荷量為q的正離子在此電場和磁場中運動，其速度平行于磁場方向的分量大小為v1，垂直于磁場方向的分量大小為v2，不計離子重力，則(

)A.電場力的瞬時功率為qEv12+v22 B.6.如圖所示，紙面內有一圓心為O，半徑為R的圓形磁場區(qū)域，磁感應強度的大小為B，方向垂直于紙面向里。由距離O點0.4R處的P點沿著與PO連線成θ=30°的方向發(fā)射速率大小不等的電子。已知電子的質量為m，電荷量為e

A.7eBR10m B.297.一含有理想變壓器的電路如圖所示，圖中電阻R1、R2和R3的阻值分別為4Ω、1Ω和6Ω，A為理想交流電流表，U為正弦交流電壓源，輸出電壓的有效值恒定。當開關S斷開時，電流表的示數(shù)為I；當S閉合時，電流表的示數(shù)為A.2 B.3 C.4 D.5二、多選題：本大題共3小題，共18分。8.如圖所示，足夠長的熒屏板MN的上方分布了垂直紙面向里的勻強磁場。熒屏板上P點的正上方有一粒子源S，能夠在紙面內不斷均勻地向各個方向發(fā)射速度大小為v0，電荷量為?q(q>0)、質量為m的帶負電粒子。粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑為d，P點到粒子源A.打到熒屏板上的粒子到P點的最遠距離為152d

B.粒子能打到熒屏板上的區(qū)域長度為15d

C.從粒子源出發(fā)到熒屏板的最短時間為9.利用霍爾效應制作的霍爾元件，廣泛應用于測量和自動控制等領域．如圖所示是霍爾元件的工作原理示意圖，磁場方向垂直于霍爾元件的工作面向下，磁感應強度大小為B，通入圖示方向的電流I，在C、D兩側面會形成電勢差UCD，則下列說法中正確的是(

)A.若霍爾元件的載流子為正電荷，則C點的電勢比D點高

B.若電流I越大，則電勢差UCD越大

C.若磁感應強度B越大，則電勢差UCD10.如圖，兩條光滑平行金屬導軌固定，所在平面與水平面夾角為θ，導軌電阻忽略不計。與導軌垂直的虛線ab、cd之間區(qū)域存在垂直于導軌所在平面的勻強磁場。將兩根相同的導體棒PQ、MN從導軌上不同位置同時由靜止釋放，PQ棒釋放高度小于MN棒釋放高度，兩者始終與導軌垂直且接觸良好。已知PQ棒進入磁場時加速度恰好為零。從PQA. B.

C. D.三、實驗題：本大題共2小題，共14分。11.某同學在實驗室測定金屬導體電阻的實驗中：

(1)游標卡尺測量長度如圖1所示，可知其長度為L=______cm；

(2)如圖2所示，為一正在測量中的多用電表表盤，如果用歐姆擋“×100”測量，讀數(shù)為______Ω；如果用“直流5V”擋測量，則讀數(shù)為______V。

(3)一個靈敏電流表，它的滿偏電流為Ig=50μA12.為了測量一節(jié)干電池的電動勢和內阻，某同學采用“伏安法”進行實驗測量，現(xiàn)備有下列器材：

A.被測干電池一節(jié)；

B.電流表1：量程0～0.6A，內阻rA=0.3Ω；

C.電流表2：量程0～0.6A，內阻約為0.1Ω；

D.電壓表1：量程0～3V，內阻未知；

E.電壓表2：量程0～15V，內阻未知；

F.滑動變阻器1：0～10Ω，2A；

G.滑動變阻器2：0～100Ω，1A；

H.開關、導線若干。

利用伏安法測干電池電動勢和內阻的實驗中，由于電流表和電壓表內阻的影響，測量結果存在系統(tǒng)誤差。在現(xiàn)有器材的條件下，要盡可能準確地測量干電池的電動勢和內阻。

(1)上述現(xiàn)有器材，選用：A、______、H(填寫器材前面的字母)；四、簡答題：本大題共2小題，共30分。13.空間中存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為B。電子槍將無初速的電子經加速電壓加速后在紙面內垂直于SO的方向射出。一個截面為半圓形的粒子接收器P1MP2固定在如圖所示的位置，其截面半徑為R，直徑沿SO方向放置，P1、O、P2、S在同一條直線上，圓心位于O點，OM垂直于P1P2，SO長度為2R。已知電子電荷量為e，質量為m，圖中OM與OS垂直。

設電子擊中接收器即被吸收，不計電荷間的相互作用。

(114.如圖甲，MN與PQ為間距L=1m的平行導軌，導軌的上部分水平長度l=1.2m，下部分足夠長且處于傾角θ=37°的絕緣斜面上，水平導軌的左端接一阻值R=0.8Ω的電阻，水平部分處于豎直向上的、磁感應強度B1隨時間t按圖乙所示規(guī)律變化的勻強磁場中，傾斜部分處于垂直導軌平面向上的、磁感應強度B=1T的勻強磁場中。在t1=0.1s時將一質量m=0.4kg、電阻r=0.2Ω的金屬棒靜止放在傾斜導軌部分的上端，金屬棒恰好靜止，已知金屬棒與兩導軌間的動摩擦因數(shù)處處相同，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。在t2=0.25s時給金屬棒一個沿斜面向下的拉力F使金屬棒從靜止開始勻加速度運動，拉力F的大小與金屬棒運動的速度大小的關系式為F=kv五、計算題：本大題共1小題，共10分。15.如圖所示為一交流發(fā)電機的原理示意圖，其中矩形線圈abcd的邊長ab=cd=50cm，bc=ad=20cm，匝數(shù)n=200，線圈的總電阻r=0.20Ω，線圈在磁感強度B=0.05T的勻強磁場中繞垂直于磁場的轉軸答案和解析1.【答案】C

【解析】解：A、1820年，丹麥物理學家奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應，安培提出了分子電流假說，故A錯誤；

BC、1831年，英國物理學家法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象，故B錯誤，C正確；

D、麥克斯韋預言了電磁波的存在，赫茲用實驗證實了電磁波的存在，故D錯誤。

故選：C。

根據安培、法拉第、麥克斯韋、奧斯特、赫茲等對電磁學發(fā)展的貢獻進行分析解答。

2.【答案】B

【解析】解：A、銅質圓盤不會被磁化，本現(xiàn)象與磁化現(xiàn)象無關，故A錯誤；

B、圓盤在徑向的金屬條切割磁感線過程中，內部距離圓心遠近不同的點電勢不等，從而形成渦流，渦流產生的磁場又導致磁針轉動，故B正確；

C、由于圓盤面積不變，距離磁鐵的距離不變，故整個圓盤中的磁通量沒有變化，故C錯誤；

D、引起磁針轉動的電流是導體切割產生的，不是因為自由電子隨圓盤轉動形成的電流引起的，故D錯誤。

故選：B。

通過題意明確渦流的產生，再根據磁極和電流間的相互作用分析磁鐵的運動，注意圓盤中無法形成整體電流，但可以形成渦流。

本題要注意明確電流的形成不是因為自由電子運動，而是由于圓盤切割磁感線產生了電動勢，從而在圓盤局部形成了渦流。3.【答案】B

【解析】解：在t=0時刻閉合開關S時，線圈中電流增大，產生自感電動勢，使得線圈中電流只能逐漸增大，干路中電流I也逐漸增大，根據歐姆定律UAB=E?Ir，UAB逐漸減小直到穩(wěn)定，穩(wěn)定時，電阻R的電流小于燈泡D的電流；

在t=t1時刻斷開S時，燈泡中原來的電流立即減小為零，線圈中產生自感電動勢，電阻R、燈泡D和線圈組成回路，回路中電流從原來值逐漸減小到零，此時流過燈泡D的電流方向與原來的方向相反，B點的電勢比A點電勢高，4.【答案】C

【解析】解：根據右手螺旋定則可知，從a點出發(fā)沿連線運動到b點，直線M到O處的磁場方向垂直于MN向里，直線N到O處的磁場方向垂直于MN向外，所以由M到N的過程中，合磁場大小先減小過O點后反向增大，而方向先向外，過O點后向里，根據左手定則可知，帶負電的小球受到的洛倫茲力方向開始的方向向上，大小在減小，過O得后洛倫茲力的方向向下，大小在增大，而小球還受重力和支持力的作用，根據豎直方向上的平衡條件可知，小球在運動過程中，對桌面的壓力一直在增大，故ABD錯誤，C正確。

故選：C。

根據右手螺旋定則，判斷出MN5.【答案】C

【解析】解：A、根據功率的計算公式可知電場力的瞬時功率為P=Eqv1，故A錯誤；

B、由于v1與磁場B平行，v2與磁場B垂直，離子受到的洛倫茲力為F洛=qv2B，故B錯誤；

C、離子受到的電場力不變，洛倫茲力大小不變，方向總是與電場力方向垂直，則該離子的加速度大小不變，方向改變；故C正確；

D、根據運動的疊加原理可知，離子在垂直于紙面內做勻速圓周運動，沿水平方向做加速運動，則v1增大，v2不變，v1v2的比值不斷增大，故6.【答案】C

【解析】解：電子的速率最大時，運動軌跡如圖，此時電子的運動軌跡與磁場邊界相切，

根據evB=mv2r得：

v=erBm

電子運動半徑最大，速度最大。電子圓周運動的圓心與圓形磁場的圓心以及切點共線，過電子圓周運動的圓心做OP的垂線，由幾何關系得rcos60°+(7.【答案】A

【解析】解：設變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為k，則開關S斷開時，副線圈電流為kI。

根據理想變壓器原理可知：U?IR1kI(R2+R3)=k

開關S閉合時，有：U?4IR14kI8.【答案】AD【解析】解：粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，畫出粒子在磁場中的可能運動軌跡如圖所示。

A、根據幾何知識可知，當粒子打在SP右側極板MN上的Q點，且SQ等于粒子做圓周運動的直徑，打到熒屏板上的粒子到P點的距離為最遠，由幾何知識得打到熒屏板上的粒子到P點的最遠距離為：PQ=(2d)2?(d2)2=152d，故A正確；

B、由幾何知識可知，當粒子在SP左側的運動軌跡恰好與MN相切與K點時，此時粒子為打在MN板左側的最遠點，由幾何知識得

KP=d2?(d2)2=32d

則粒子能打到熒屏板上的區(qū)域長度為

L=KP+QP=(3+9.【答案】AB【解析】解：A、根據左手定則，正電荷向C側面偏轉，C表面帶正電，D表面帶負電，所以C表面的電勢高，故A正確。

BC、CD間存在電勢差，之間就存在電場，電子在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡，設霍爾元件的長寬高分別為a、b、c，有qUb=qvB，I=nqvS=nqvbc，則U=BInqc.可見電勢差的大小與材料、磁感應強度、電流的大小有關。故B10.【答案】BC【解析】解：PQ棒進入磁場時加速度恰好為零，則PQ進入磁場勻速運動，設速度為v，勻強磁場的磁感應強度為B，導軌寬度為L，兩根導體棒的總電阻為R；根據法拉第電磁感應定律和閉合電路的歐姆定律可得PQ進入磁場時電流：I0=BLvR，滿足：mgsinθ=B2L2vR保持不變，根據右手定則可知電流方向Q→P，由圖像可知為正向電流；

AB、如果PQ離開磁場時MM還沒有進入磁場，此時電流為零；因PQ棒釋放高度小于MN棒釋放高度，由動能定理可知MN進入磁場時的速度v1>v，則有：mgsinθ<B2L2v1R，則MN應該做加速度減小的減速運動，則通過PQ的感應電流大小因逐漸減小，方向為N→M→P→Q，為負；

MN離開磁場時可能已經勻速，電流減小至I11.【答案】11.050

800

3.30

0.10

【解析】解：(1)游標卡尺的精度為0.05mm，所測長度讀數(shù)為110mm+10×0.05mm=110.50mm=11.050cm

(2)根據歐姆表的讀數(shù)規(guī)則，其讀數(shù)為8×100Ω=800Ω，直流5V的精度是0.1V，根據電壓表的讀數(shù)要求，其讀數(shù)為3.30V；

(3)12.【答案】BDF

甲

1.5

【解析】解：(1)本實驗中必選的儀器有：被測干電池一節(jié)；采用“伏安法”測電源電動勢和內阻，因此需要電流表和電壓表，為了讀數(shù)準確，電流表選量程為0～0.6A的電流表1，即選B；一節(jié)干電池電壓約1.5V，電壓表選量程為0～3V的電壓表1，即選D；由于要測量多組數(shù)據，因此需要滑動變阻器，滑動變阻器選擇阻值較小滑動變阻器1，即F，有利于電表的數(shù)值變化，減小誤差；另外還需要開關、導線若干。

故器材還需BDF；

(2)由于電流表內阻已知而電壓表內阻未知，因此應采用相對電源來說的電流表內接法，故選擇圖甲；

(3)由閉合回路歐姆定律可得

U=E?I(r+rA)

根據U?I圖像可得

E=1.5V13.【答案】解：(1)電子在電子槍中加速，由動能定理得

eU=12mv02?0

解得

v0=2eUm

由牛頓第二定律

ev0B=mv02r

解得

r=2meUeB

作出恰好能打到接收屏P1或P2上的電子的運動軌跡，如圖所示

根據幾何知識可知，如果被接收屏吸收，則最小半徑為

rmin=R2

代入半徑表達式，電壓的最小值為

Umin=B2R2e8m

最大半徑為

rmax=3R2

代入半徑表達式，電壓的最大值為

Umax=9B2R2e8m

故電子槍加速電壓U的調節(jié)范圍為

B2R2e8m≤U≤9B2R【解析】(1)根據動能定理求解電子從電子槍中出來的速度，根據牛頓第二定律求解軌道半徑的表達式，根據幾何知識求解電子能打到接收器上做圓周運動的半徑