廣東省河源市龍川縣2023-2024學年高二下學期5月期中物理試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1龍川一中2023-2024學年第二學期高二年級期中考試物理試卷一、選擇題（1-7單選，每小題4分，共28分。8-10為多選，每小題6分，共18分。多選題全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。）1.許多科學家通過艱苦的實驗來探究自然的物理規(guī)律，在物理學發(fā)展中為人類的科學事業(yè)做出了巨大貢獻，值得我們敬仰。下列描述中不符合物理學史實的是（）A.奧斯特發(fā)現的電流的磁效應，證實電現象與磁現象是有聯系的B.英國物理學家麥克斯韋建立了經典電磁場理論C.赫茲通過實驗證實了電磁波的存在D.安培發(fā)現電磁感應現象，用“力線”形象地描述了電磁場【答案】D【解析】A．奧斯特發(fā)現的電流的磁效應，證實電現象與磁現象是有聯系的,故A正確，符合題意；B．英國物理學家麥克斯韋建立了經典電磁場理論，故B正確，符合題意；C．赫茲通過實驗證實了電磁波的存在，故C正確，符合題意；D．法拉第發(fā)現電磁感應現象，用“力線”形象地描述了電磁場，故D錯誤，不符合題意；本題選錯誤的，故選D。2.下列四幅圖中，關于帶電粒子所受洛倫茲力以及通電導體周圍的磁感線，正確的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】A．根據左手定則可知，圖中正電粒子所受洛倫茲力應該向左，與圖中相反，故A錯誤；B．根據左手定則可知，圖中負電粒子所受洛倫茲力應該向上，與圖中相同，故B正確；C．根據安培定則可知，圖中磁感線方向在螺線圈內側應該是從左到右方向的，與圖中剛好相反，故C錯誤；D．根據安培定則可知，圖中磁感線方向從上往下看應該是順時針方向的，與圖中剛好相反，故D錯誤。故選B。3.無線充電是智能手機充電的一種方式，智能手機在家里可實現無線充電。如圖甲所示，充電基座與家庭電源相連，通過安裝在充電基座上的送電線圈和安裝在無線充電接收器上的受電線圈（如圖乙所示），利用電磁感應原理傳遞能量。在充電過程中（）A.受電線圈產生的電流為直流B.送電線圈中電流產生變化的磁場C.若送電線圈中電流均勻增加，則受電線圈中的電流也均勻增加D.手機和基座無需導線連接，這樣傳遞能量沒有損失【答案】B【解析】A．無線充電是利用的電磁感應的互感原理，送電線圈必須接交流電源，受電線圈產生的電流也為交流電，故A錯誤；B．根據楞次定律可知送電線圈的電流只有產生變化的磁場，才能在受電線圈中產生感應電流為手機充電，故B正確；C．如若送點線圈電流均勻增加，則送電線圈將產生均勻增大的磁場，那么根據法拉第電磁感應定律在受電線圈中產生恒定的感應電流，故C錯誤。D．無線充電設備電阻不可能為零，沒有絕對的理想的線圈，況且在充電過程不可能保證百分百無漏磁，所以能量一定有損失，故D錯誤。4.如圖所示，空間中存在一勻強磁場，三根通電長直導線P、Q、R互相平行，通過正三角形的三個頂點，三根直導線均通入大小相等、方向垂直紙面向里的電流，R受到的磁場力剛好為零，則勻強磁場的方向是（）A.沿y軸負方向B.沿y軸正方向C.沿x軸負方向D沿x軸正方向【答案】C【解析】由安培定則可知，通電直導線P、Q在R處產生的磁場方向沿x軸正方向，而直導線R受到的磁場力剛好為零，則勻強磁場的方向與通電直導線P、Q在R處產生的磁場方向相反，大小相等，所以勻強磁場的方向沿x軸負方向。故選C。5.某同學研究自感現象時，設計了如圖所示的電路，自感線圈的直流電阻小于小燈泡電阻，則下列有關現象正確的是（）A.電鍵閉合時，燈泡逐漸變亮B.電鍵閉合時，燈泡立即變亮C.電鍵斷開時，燈泡逐漸熄滅D.電鍵斷開時，燈泡閃亮后再熄滅【答案】B【解析】AB．線圈由于自感現象通電時電流會逐漸增加，但燈泡所在支路沒有自感線圈，電流可以突變。則電鍵閉合時，燈泡立即變亮。故A錯誤，B正確；CD．電鍵斷開時，線圈中的電流不能突變，需要逐漸減小，則在燈泡和線圈組成的回路中，線圈充當電源的作用放電，故燈泡電流方向會變成自右向左的，但燈泡與二極管串聯，二極管通反向電流時電阻極大，故燈泡會直接熄滅。故CD錯誤。6.如圖所示，粗細均勻的正六邊形線框abcdef由相同材質的導體棒連接而成，頂點a、b用導線與直流電源相連接，正六邊形abcdef處在垂直于框面的勻強磁場中，若ab直棒受到的安培力大小為5N，則整個六邊形線框受到的安培力大小為（）A.4N B.5N C.6N D.10N【答案】C【解析】設通過ab直棒的電流為I，則通過另外5條邊的電流為，總電流為，由題意可知ab直棒受到的安培力大小為5N，即則整個六邊形線框受到的安培力大小為故選C。7.一座小型水電站通過理想升壓變壓器和理想降壓變壓器向較遠處的用戶輸送電能，如圖所示。已知發(fā)電機的輸出電壓U1=480V，輸出功率P=20kW；用戶處的電壓U4=220V，消耗的功率P用=19.50kW，輸送導線總電阻R=20Ω，其余線路電阻不計，則升壓變壓器原副線圈匝數比為（）A.25∶3 B.25∶4 C.3∶25 D.4∶25【答案】C【解析】由題意可知輸電線上損失的功率為解得根據升壓變壓器原副線圈功率相等，可知解得升壓變壓器原副線圈匝數比為故選C。8.近期龍川縣交警大隊開展摩托車交通秩序專項整治行動，主要是檢查摩托車的相關證件和駕駛員是否佩戴頭盔。在摩托車事故中，佩戴頭盔可防止85%的頭部受傷，大大減小損傷程度。頭盔內部的緩沖層與頭部的撞擊時間延長至6ms以上，則下列說法正確的是（）A.頭盔減小了駕駛員頭部受到的撞擊力B.頭盔減少了駕駛員頭部撞擊過程中撞擊力的沖量C.事故中頭盔對頭部的沖量大小等于頭部對頭盔的沖量大小D.事故中頭盔對頭部的沖量大小大于頭部對頭盔的沖量大小【答案】AC【解析】B．在摩托車事故中，帶與不帶頭盔的初速度一樣，末速度都為0，所以兩情況的動量變化量相同，由動量定理知可知帶與不帶頭盔駕駛員頭部撞擊過程中撞擊力的沖量相同，故B錯誤；A．根據可得依題意，頭盔內部的緩沖層與頭部的撞擊時間延長了，頭盔減小了駕駛員頭部受到的撞擊力，故A正確；CD．根據因為頭盔對頭部的作用力與頭部對頭盔的作用力等大反向，作用時間相同，所以事故中頭盔對頭部的沖量與頭部對頭盔的沖量大小相等。故C正確，D錯誤。9.有款市面上流行的指針式恒溫“溫奶器”，如圖是其內部調溫的工作示意圖，溫度的敏感元件是雙金屬片，在溫度升高時上層金屬的膨脹大于下層金屬，可造成雙金屬片的形變。則關于該裝置，下列說法正確的是（）A.傳感器工作的一般流程：電信息→敏感元件→處理電路→非電信息B.電源剛接通時上下觸點是接觸的C.若要提高溫奶的溫度，則應使調溫旋鈕下移一些D.若要提高溫奶的溫度，則應使調溫旋鈕上移一些【答案】BC【解析】A．傳感器工作的一般流程：非電信息→敏感元件→處理電路→電信息，故A錯誤；B．電源剛接通時上下觸點是接觸的，電熱絲電路為通路，溫度升高到某值，由于上層金屬的膨脹大于下層金屬，觸電斷開，停止加熱，故B正確；CD．若要提高溫奶的溫度，則應使調溫旋鈕下移一些，使彈性銅片和雙金屬片更近一些，溫度更高一些時，觸點才斷開，故C正確，D錯誤；10.如圖所示，MN、PQ為足夠長的、間距的平行光滑金屬導軌，導軌平面與水平面間的夾角，N、Q間連接的電阻，勻強磁場垂直于導軌平面向上，磁感應強度大小。將一根質量的金屬棒從ab位置由靜止釋放，當金屬棒滑行至cd處時，金屬棒開始做勻速直線運動。金屬棒沿導軌向下運動過程中始終與導軌垂直，且與導軌接觸良好，金屬棒接入回路的電阻，導軌的電阻不計。取重力加速度大小，，，下列說法正確的是（）A.金屬棒剛開始運動，電阻R上的電流由Q流到NB.金屬棒運動到cd位置前做加速度減小的加速運動C.金屬棒勻速運動時速度為6m/sD.金屬棒的速度為1m/s時，金屬棒的加速度為5m/s2【答案】BCD【解析】A．金屬棒剛開始運動，根據右手定則可得金屬棒電流從b到a，則電阻R上的電流由N流到Q，故A錯誤；BC．對金屬棒受力分析可得可得金屬棒運動到cd位置前速度不斷增大，則加速度不斷減小，當金屬棒到達cd位置時，金屬棒切割磁感線產生感應電動勢為根據閉合電路的歐姆定律有金屬棒受到的安培力根據金屬棒受力平衡有代入數據解得故BC正確；D．對金屬棒受力分析，根據牛頓第二定律有代入數據解得故D正確故選BCD。二、實驗題11.某同學測量一半圓形透明玻璃磚的折射率，實驗過程如下：①用游標卡尺測量玻璃磚的直徑d，確定其底面圓心位置并標記在玻璃磚上；②將玻璃磚放在位于水平桌面并畫有直角坐標系Oxy的白紙上，使其底面圓心和直徑分別與O點和x軸重合，將一長直擋板緊靠玻璃磚并垂直于x軸放置，如圖（b）所示；③用激光器發(fā)出激光從玻璃磚外壁始終指向O點水平射入，從y軸開始向右緩慢繞O點移動激光器，直至恰好沒有激光從玻璃磚射出至擋板上y﹤0的區(qū)域時，在白紙上記錄激光束從玻璃磚外壁入射的位置P。④取走玻璃磚，過P點作y軸的垂線PQ，用刻度尺測量PQ的長度L。根據以上步驟，回答下列問題：（1）測得半圓形玻璃磚直徑d的讀數如圖（a）所示，則d=___________cm；（2）步驟③中，沒有激光射至擋板上y﹤0區(qū)域的原因是激光束在玻璃磚直徑所在界面處發(fā)生了___________（選填“折射”或“全反射”）；（3）根據以上測量的物理量，若測得PQ線段的長度L=2.00cm，計算可得玻璃磚的折射率為n=___________。（結果保留3位有效數字）【答案】（1）6.43（2）全反射（3）1.61【解析】（1）游標卡尺讀數d=（2）步驟③中，沒有激光射至擋板上y﹤0區(qū)域的原因是激光束在玻璃磚直徑所在界面處發(fā)生了全反射。（3）玻璃磚折射率為n=12.科技實踐小組的同學們應用所學電路知識，對“一抽到底”的紙巾盒進行改裝，使紙巾剩余量可視化。同學們使用的器材有：電源（，內阻不計）、定值電阻、多用電表、鉛筆芯如圖中AB所示、導線若干、電鍵開關。（1）用多用電表測量整一根鉛筆芯的電阻，選用“×10”倍率的電阻檔測量，發(fā)現多用電表指針的偏轉角度很大，因此需選擇_______（選填“×1”或“×100”）倍率的電阻檔，并需_______（填操作過程）后，再次進行測量，若多用電表的指針如圖所示，測量結果為_______Ω。（2）將鉛筆芯固定在紙巾盒側邊，截取一段導線固定在擋板C，并保證導線與鉛筆芯接觸良好且能自由移動，請完成圖電路連接。（3）不計多用電表內阻，多用電表應該把選擇開關打在“mA檔”，量程為_______（選填“2.5”、“25”或“250”）。（4）將以上裝置調試完畢并固定好，便可通過電表讀數觀察紙巾剩余厚度，設鉛筆芯總電阻為R，總長度為L，不計多用電表內阻，則多用電表示數I與紙巾剩余厚度h的關系式為________（用題中物理量符號表達）。依次實驗將剩余紙巾厚度和對應電表讀數一一記錄下來，并進行標識，從而完成“一抽到底”紙巾盒的可視化改裝探究。【答案】（1）×1歐姆調零12（2）（3）250（4）【解析】（1）[1][2][3]電表指針的偏轉角度很大，說明讀數很小，倍率較高，則需選擇×1倍率的電阻擋，并需要重新歐姆調零后進行測量，測量結果為。（2）將用電表選擇開關調至合適的直流電流檔，紅表筆接C，黑表筆接電源負極，如圖（3）紙巾沒有使用時，鉛筆芯電阻視為零，則最大電流為則量程為250mA。（4）根據歐姆定律三、計算題13.“電磁炮”是現代軍事研究中的一項尖端科技研究課題。其工作原理是將炮架放入強磁場中，并給炮架通入高強度電流，炮架相當于放入磁場的通電直導線，在安培力的作用下加速運動，在較短的軌道上短時間內獲得一個非常大的速度射出。如圖所示，已知加速軌道長度為L，軌道間距為d，炮架及炮彈的質量為m，足夠大勻強磁場垂直于軌道所在平面，磁感應強度大小為B．炮架與水平軌道垂直。當給炮架通以大小恒為I的電流后，炮架與炮彈一起向右加速運動，不計一切阻力。求：（1）通電時，炮架受到的安培力F的大??；（2）離開軌道時，炮彈的速度v的大小；（3）采取哪些措施能提高炮彈的發(fā)射速度。（至少提三條）【答案】（1）；（2）；（3）見解析【解析】（1）通電時，炮架受到的安培力大小為（2）離開軌道時，設炮彈的速度為，根據動能定理可得解得（3）由（2）可知提高磁場強度B，提高炮架的通電電流大小I，加寬導軌寬度d等都能提高炮彈的發(fā)射速度。14.如圖，水平放置的兩塊帶電金屬極板a、b平行正對，極板長度和板間距都為l，板間存在著豎直向下、大小為E的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，電場、磁場只存在于兩板間。一質量為m、電荷量為q的粒子，以水平速度v0從兩極板的左端中央沿水平方向射入極板間，恰好做勻速直線運動。不計粒子的重力及空氣阻力。（1）求勻強磁場磁感應強度B的大??；（2）若撤去電場，該粒子仍以速度v0從兩極板的左端中央沿水平方向射入極板間，為使粒子能從磁場中射出，求磁場的磁感應強度大小范圍?！敬鸢浮浚?）；（2）或【解析】（1）粒子在板間做勻速直線運動，則有解得（2）①第一種情況：粒子從左端射出，如圖所示，由幾何關系得由牛頓第二定律得解得則有②第二種情況：粒子從右端射出，由幾何關系得由牛頓第二定律得解得：所以，磁感應強度的大小范圍或15.如圖所示，兩平行光滑長直金屬導軌水平放置，間距為L，導軌間有勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向豎直向上。導軌上靜止放置有相距為x的兩金屬棒M、N。t=0時刻，金屬棒M獲得速度v0向右運動。兩金屬棒與導軌接觸良好且運動過程中始終與