江蘇省南京市2023-2024學年高二上學期期末考試物理試題（含答案）1

江蘇省南京2023-2024學年高二上學期期末考試物理試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三總分評分一、選擇題（共10小題，滿分40分，每小題4分）1．如圖所示是我國最早期的指南儀器——司南，靜止時它的長柄指向南方，是由于地球表面有地磁場。下列與地磁場有關(guān)的說法，正確的是（）A．地磁場是假想的，客觀上不存在B．地球表面上任意位置的地磁場方向都與地面平行C．通電導線在地磁場中可能不受安培力作用D．運動電荷在地磁場中受到的洛倫茲力可以對運動電荷做正功2．如圖所示，兩個單匝線圈a、b的半徑分別為r和2r，圓形勻強磁場B的邊緣恰好與a線圈重合，則穿過a、b兩線圈的磁通量之比為（）A．4：1 B．1：2 C．1：4 D．1：13．如圖所示，MN為區(qū)域Ⅰ、Ⅱ的分界線，在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內(nèi)分別存在著與紙面垂直的勻強磁場，一帶電粒子沿著弧線apb由區(qū)域Ⅰ運動到區(qū)域Ⅱ。已知圓弧ap與圓弧pb的弧長之比為2：1，不計粒子重力，下列說法正確的是（）A．粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的速率之比為2：1B．粒子通過圓弧ap、pb的時間之比為1：2C．圓弧ap與圓弧pb對應的圓心角之比為2：1D．區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ的磁場方向相反4．科學實驗證明：通電長直導線周圍磁場的磁感應強度大小為B＝kIrA．a(chǎn)、b、c三根導線中，只有兩根導線中的電流方向相同B．導線c所受磁場力豎直向下C．導線a、b所受的磁場力大小相等，方向相反D．導線a、c間的距離為2x5．圖甲為100匝面積為100cm2的圓形金屬線圈處于勻強磁場中，磁場方向垂直線框平面，t=0時刻磁場方向如圖甲所示，磁場的磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，線框電阻為5Ω。下列說法正確的是（）A．0~2s內(nèi)，線圈中感應電動勢為0.04VB．第3s內(nèi)，線框中感應電流為0.8AC．第5s內(nèi)，線框中感應電流方向沿逆時針方向D．0~2s內(nèi)和3s~5s內(nèi)，通過線框某橫截面的電荷量之比為1：26．如圖所示，豎直邊界MN的右側(cè)存在區(qū)域足夠大的勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直于紙面向里.帶有絕緣層的均質(zhì)導線繞成半徑為r的n匝圓形線圈，線圈質(zhì)量為m、總電阻為R，首尾連接在一起.線圈上a點連接垂直于紙面的光滑轉(zhuǎn)軸，可在豎直平面內(nèi)擺動.將線圈向右拉至左側(cè)與MN相切的位置后由靜止釋放，線圈向左擺到最高點時，直徑ab轉(zhuǎn)過的角度為150°。不計擺動過程中線圈受到的空氣阻力，重力加速度為g，則（）A．線圈擺動時，安培力的方向始終和b點的速度方向相反B．從釋放到第一次擺至左側(cè)最高點的過程中，安培力對線圈做的功為mgrC．從釋放到最后靜止，線圈中產(chǎn)生的電熱大于mgrD．從釋放到第一次擺至左側(cè)最高點的過程中，通過線圈的電荷量為（56π+37．如圖，一束單色光射入一玻璃球體，入射角為60°．已知光線在玻璃球內(nèi)經(jīng)一次反射后，再次折射回到空氣中時與入射光線平行．此玻璃的折射率為（）A．2 B．1.5 C．3 D．28．在雙縫干涉試驗中發(fā)現(xiàn)條紋太密，不便于測量，可以采用的改善辦法（）A．改用波長較短的光（比如紫光）做入射光B．減小雙縫到屏的距離C．增大雙縫間距D．減小雙縫間距9．如圖甲，在垂直紙面向里的勻強磁場區(qū)域中有一開口很小的圓形線圈，在線圈開口左端連接一阻值為R＝6Ω的電阻，一個電容為C＝1.25×10﹣3F的電容器與R并聯(lián)。已知圓形線圈面積為0.2m2，圓形線圈電阻為r＝4Ω，其余導線電阻不計，磁感應強度B隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示。在0～4s內(nèi)下列說法正確的是（）A．回路中感應電動勢大小為2VB．回路中感應電流的大小為0.05AC．R兩端的電壓為0.12VD．電容器充電完成后，上極板帶電量為2.5×10﹣4C10．如圖所示，在垂直紙面向里，磁感應強度為B的勻強磁場中，質(zhì)量為m，帶電量為+q的小球穿在足夠長的水平固定絕緣的直桿上處于靜止狀態(tài)，小球與桿間的動摩擦因數(shù)為μ?，F(xiàn)對小球施加水平向右的恒力F0，在小球從靜止開始至速度最大的過程中，下列說法中正確的是（）A．直桿對小球的彈力方向不變 B．直桿對小球的摩擦力一直減小C．小球運動的最大加速度為F0m 二、實驗題（共2小題，滿分12分，每小題6分）11．在通過“插針法”測量玻璃的折射率實驗中：（1）關(guān)于該實驗（甲圖），有以下操作步驟：①擺好玻璃磚，確定玻璃磚上、下邊界aa'，bb'②任意畫出一條入射光線，在光路上插上大頭針P1、P2③在確定P3、P4位置時，應使P3擋住P1、P2的像，P4擋?、茉诖_定P3、P4位置時，二者距離應適當（選填“近”或“遠”），以減小誤差（2）如圖乙所示，過P3、P4作直線交bb'于O'，過O'作垂直于bb'的直線NN'，連接OO'。用量角器測量圖乙中角α＝30°和β＝60°的大小，則玻璃的折射率n＝。（3）小丹同學在實驗中雖測出了入射角和折射角，但苦于無法得知非特殊角的正弦值，不能準確算出折射率，她利用實驗室提供的圓規(guī)和刻度尺，以入射點O為圓心作圓，與入射光線、折射光線分別交于A、B點，再過A、B點作法線NN'的垂線，垂足分別為C、D點，如圖丙所示，則玻璃的折射率為____（選填比例式前的字母）。A．ACBD B．OCOD 12．某同學利用圖示裝置測量某種單色光的波長。實驗時，接通電源使光源正常發(fā)光：調(diào)整光路，使得從目鏡中可以觀察到干涉條紋?；卮鹣铝袉栴}：（1）若想減少從目鏡中觀察到的條紋個數(shù)，該同學可____；A．將單縫向雙縫靠近 B．將屏向靠近雙縫的方向移動C．將屏向遠離雙縫的方向移動 D．使用間距更小的雙縫（2）若雙縫的間距為d，屏與雙縫間的距離為L，測得第1條暗條紋到第6條暗條紋之間的距離為Δx，則單色光的波長λ＝；三、計算題（共4小題）13．如圖所示，一個質(zhì)量為m、電阻不計、足夠長的光滑U形金屬框架MNQP，位于光滑水平桌面上，分界線OO'分別與平行導軌MN和PQ垂直，兩導軌相距L.在OO'的左右兩側(cè)存在著區(qū)域很大、方向分別為豎直向上和豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小均為B.另有質(zhì)量也為2m的金屬棒CD，垂直于MN放置在OO'左側(cè)導軌上，并用一根細線系在定點A.已知細線能承受的最大拉力為T0，CD棒接入導軌間的有效電阻為R.現(xiàn)從t＝0時刻開始對U形框架施加水平向右的拉力，使其從靜止開始做加速度為a的勻加速直線運動，求：（1）細線斷裂時，導體棒CD中電流的大小和方向；（2）細線斷裂之前，t時刻水平拉力F的大小；（3）若在細線斷裂時，立即撤去拉力F，此后過程中回路產(chǎn)生的總焦耳熱Q.14．足夠長的光滑平行金屬導軌cd和gf水平放置，在其左端連接為θ＝37°的光滑金屬導軌ge、hc，導軌相距均為L＝1m，在水平導軌和傾斜導軌上，各放一根與導軌垂直的金屬桿，金屬桿與導軌接觸良好。金屬桿a、b質(zhì)量均為m＝0.1kg，電阻Ra＝2Ω、R6＝3Ω，其余電阻不計。在水平導軌和斜面導軌區(qū)域分別有豎直向上和豎直向下的勻強磁場B1、B2，且B1＝B2＝0.5T.已知t＝0時起，桿a在外力F1作用下由靜止開始水平向右運動，桿b在水平向右的F2作用下始終保持靜止狀態(tài)，且F2＝0.75+0.2t（N）。（g取10m/s2）（1）通過計算判斷桿a的運動情況；（2）從t＝0時刻起，求1s內(nèi)通過桿b的電量；（3）若t＝0時刻起，2s內(nèi)作用在a棒上外力做功為13.2J，則這段時間內(nèi)b棒上產(chǎn)生的熱量為多少？15．如圖所示，MN和PQ是兩根互相平行、間距為d、豎直放置的光滑金屬導軌，且處于磁感應強度為B的勻強磁場中，已知導軌足夠長，且電阻不計。ab是一根不但與導軌垂直而且始終與導軌接觸良好的金屬桿，金屬桿的質(zhì)量為m，電阻為r。將開關(guān)S閉合，讓ab由靜止開始自由下落高度h后桿的速度達到最大。已知重力加速度為g。（1）請大致畫出金屬桿的速度隨時間變化的圖像；（2）桿在下落過程中通過金屬桿的電量、產(chǎn)生的熱量；（3）桿下落這段高度需要的時間。16．如圖所示，平行邊界MN間存在垂直紙面向里的勻強磁場，邊界間距為d＝3.0m，磁感應強度為B＝0.10T。質(zhì)量為m＝1.6×10﹣10kg、電量為q＝3.2×10﹣9C的負離子（不計重力）從邊界M上的A點進入磁場，速度與邊界的夾角為θ＝60°，從邊界N上的C點垂直邊界射出磁場。求：（計算結(jié)果保留2位有效數(shù)字）（1）負離子進入磁場時的速度大小v0；（2）負離子在磁場中運動的時間t。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A、地磁場雖然看不見、摸不著，但它是客觀存在的，是一種物質(zhì)。故A錯誤；

B、磁場是閉合的，地球磁場從地球的南極附近發(fā)出，從地球的北極附近進入地球，磁感線組成閉合曲線，不是地球表面任意位置的地磁場方向都與地面平行。故B錯誤；

C、當通電導線與地磁場平行放置時，導線不受安培力作用。故C正確；

D、由于運動電荷在地磁場中受到的洛倫茲力始終與速度方向垂直，故運動電荷在地磁場中受到的洛倫茲力不做功。故D錯誤。

故答案為：C。

【分析】地磁場雖然看不見、摸不著，但它是客觀存在的，是一種物質(zhì)。當通電導線與地磁場平行放置時，導線不受安培力作用。2．【答案】D【解析】【解答】由Φ=BS磁感應強度B一樣，有效面積S一樣。

故答案為：D。

【分析】確定兩線圈在磁場中的有效面積，再根據(jù)磁通量的定義進行解答。3．【答案】D【解析】【解答】A、由于洛倫茲力不做功，所以粒子在兩個磁場中的運動速度大小不變，即粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的速率之比為1∶1，故A錯誤；

B、根據(jù)t=v相同，則時間之比等于經(jīng)過的弧長之比，即粒子通過圓弧ap、pb的時間之比為2∶1，故B錯誤；

C、圓心角θ=lr由于磁場的磁感應強度之比不知，故半徑之比無法確定，則轉(zhuǎn)過的圓心角之比無法確定，故C錯誤；

D、根據(jù)曲線運動的條件，可知洛倫茲力的方向與運動方向的關(guān)系，再由左手定則可知，兩個磁場的磁感應強度方向相反，故D正確。

故答案為：D。

【分析】粒子所受合力指向曲線凹側(cè)，根據(jù)左手定則確定磁場方向。洛倫茲力不做功，粒子的速率大小不變。再結(jié)合帶電粒子在磁場中運動的規(guī)律進行解答。4．【答案】C【解析】【解答】A、導線a受b、c安培力恰好與其重力平衡，因此b、c對a的安培力都為排斥力，b、c為同向電流，a與b、c為異向電流，故A正確，不符合題意；

B、b對c為吸引力，a對c為排斥力，同時c還受豎直向下的重力和豎直向上的支持力，由平衡知識可知，導線c受到的安培力的合力的方向為豎直向下，故B正確，不符合題意。

C、由以上分析可知，導線a受到的磁場力為豎直向上，大小等于重力mg；導線b所受的磁場力豎直向下，且滿足N對abc的整體而言N則N則b所受的磁場力F即導線a、b所受的磁場力大小不相等，只是方向相反，故C錯誤；符合題意；

D、對c導線分析可知

x解得ac=故D正確，不符合題意；

故答案為：C。

【分析】確定各導線的受力情況，根據(jù)通電導線相互作用力的關(guān)系確定各導線之間的相互作用力，再根據(jù)平衡條件進行解答。5．【答案】D【解析】【解答】A.0~2s內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應定律有E=nΔΦΔt=nSΔB代入數(shù)據(jù)有E=4VA不符合題意；B．第3s內(nèi)指的是2~3s，由題圖可看出在該段時間內(nèi)，線圈的磁通量不變，則在此段時間內(nèi)線圈的感應電流為0，B不符合題意；C．第5s內(nèi)指的是4~5s，由題圖可看出在該段時間內(nèi)，磁場的方向垂直紙面向外且在增大，根據(jù)楞次定律可知，線框中感應電流方向沿順時針方向，C不符合題意；D.3~5s內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應定律有E′=nΔΦΔt=nSΔB代入數(shù)據(jù)有E′=8V由于電荷量q=It則有q=ERt=85C，q′=E'則q：q′=1：2D符合題意。故答案為：D。

【分析】根據(jù)法拉第電磁感應定律得出電動勢的大小，結(jié)合電流的定義式得出電荷量的表達式，從而求出電荷量之比。6．【答案】D【解析】【解答】A、線圈向左擺動時，線圈中垂直紙面向里的磁通量減小，由楞次定律知，安培力阻礙線圈的相對運動，安培力與線框運動方向相反。由于b點的運動方向始終與直徑ab垂直，故安培力方向不會始終與b點的速度方向相反，故A錯誤；

B、從釋放到第一次擺至最高的過程中，安培力對線圈做的功為等于重力勢能的變化量，環(huán)的重心位置等效在環(huán)的圓心，所以重力勢能的減少量Δ所以安培力對線圈做的功為?0.5mgr，故B錯誤；

C、從釋放到靜止，環(huán)的重力勢能通過感應電流轉(zhuǎn)化為焦耳熱，所以線圈產(chǎn)生的焦耳熱等于減少的重力勢能，大小為Q=Δ故C錯誤；

D、從釋放到第一次擺至最高的過程中，設通過線圈的電量為q，電路中的平均電流為I，平均電動勢為E，經(jīng)過的時間為△t，則q=IΔt，I=ER三式聯(lián)立得q=n開始時穿過線圈的磁通量Φ第一次擺至最高時的磁通量Φ聯(lián)立可得q=(故D正確。

故答案為：D。

【分析】安培力總是阻礙物體的相對運動，注意線圈在磁場中的有效長度，安培力始終與等效長度的運動方向相反。確定運動過程中磁通量的變化情況。再根據(jù)能量守恒定律及電流的定義式及電磁感應定律進行解答。7．【答案】C【解析】【解答】據(jù)題意，由于岀射光線和入射光線平行，則光線AB和光線BC關(guān)于法線B0對稱，則法線與岀射光線和入射光線平行，所以∠ABO=30°，則折射角r=∠OAB=30°，據(jù)折射定律有：n=sin60°/sin30°=3，所以C選項正確．故答案為：C

【分析】利用幾何關(guān)系可以求出折射角的大小，結(jié)合折射定律可以求出折射率的大小。8．【答案】D【解析】【解答】根據(jù)公式?x=要增加條紋間距，可增大雙縫到屏的距離、光的波長及減小雙縫之間的距離。

故答案為：D。

【分析】根據(jù)雙縫干涉實驗條紋間距公式，結(jié)合題意進行解答即可。9．【答案】C【解析】【解答】A、在0~4s內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應定律有E=故A錯誤；

B、根據(jù)閉合電路歐姆定律可知I=故B錯誤；

C、根據(jù)串聯(lián)電路分壓規(guī)律可知R兩端的電壓為U=故C正確；

D、由上述結(jié)論，電容器兩板的電荷量Q=CU=0.15×故D錯誤。

故答案為：C。

【分析】確定電路的連接方式及電容器的意義。再根據(jù)法拉第電磁感應定律及閉合電路歐姆定律及串并聯(lián)電路規(guī)律及電容定義式進行解答。10．【答案】C【解析】【解答】A、豎直方向根據(jù)平衡條件mg=qvB+初始時，洛倫茲力為零，彈力方向向上，此時小球加速，必然有F速度達到最大時，摩擦力與拉力平衡，此時彈力必然大于重力，此時洛倫茲力必然大于重力，且有F此時彈力方向向下，故A錯誤；

BC、小球開始運動時有F隨v增大，a增大，當v=a達最大值F0f=μ減小，此后隨著速度增大，洛倫茲力增大，支持力反向增大，此后下滑過程中有F隨v增大，a減小，摩擦力增大，故B錯誤，C正確；

D、當F時，此時達到平衡狀態(tài)，速度最大，最大速度v故D錯誤。

故答案為：C。

【分析】對小球進行受力分析，明確小球所受洛倫茲力大小變化情況。再根據(jù)牛頓第二定律及滑動摩擦力公式確定加速度及摩擦力的變化情況。當小球速度最大時，小球的加速度為零，此時小球處于平衡狀態(tài)。11．【答案】（1）P3以及P1、P2的像；遠（2）3（3）A【解析】【解答】（1）在確定P3、P4位置時，應使P3擋住P1、P2的像，P4擋住P3以及P1、P2的像；折射光線是通過隔著玻璃磚觀察成一條直線確定的，大頭針間的距離太小，引起的角度會較大，故P1、P2及P3、P4之間的距離適當大些，可以提高準確度；

（2）根據(jù)折射定律有n=（3）因為sini=AC則該玻璃磚的折射率為n=故答案為：A。

【分析】熟悉掌握“插針法”的操作步驟及方向。再根據(jù)折射定律結(jié)合幾何關(guān)系進行數(shù)據(jù)處理。12．【答案】（1）C；D（2）Δx【解析】【解答】（1）減少從目鏡中觀察到的條紋個數(shù)，則條紋的寬度增大，根據(jù)相鄰亮條紋間的距離?x=增大相鄰亮條紋（暗條紋）間的寬度，可減小雙縫間距離或增大雙縫到屏的距離；故CD正確，AB錯誤；

（2）第1條暗條紋到第6條暗條紋之間的距離為△x，則兩個相鄰明紋（或暗紋）間的距離?x'=則單色光的波長λ=【分析】根據(jù)相鄰亮條紋間距公式結(jié)合題意確定減少個數(shù)的方法。確定條紋間距與距離的關(guān)系，再根條紋間距公式進行解答。13．【答案】（1）解：設細線斷裂時，導體棒CD中電流的大小為I，此時CD棒受到的安培力大小等于細線的最大拉力，即FA＝T0，結(jié)合FA＝BIL，解得I=對NQ邊，根據(jù)右手定則判斷可知，NQ邊中感應電流方向由Q→N，則CD棒電流方向由C→D。（2）解：細線斷裂之前，t時刻線框的速度為v＝atNQ邊產(chǎn)生的感應電動勢為E＝BLv回路中感應電流為I=NQ邊所受的安培力大小為F安＝BIL聯(lián)立解得：F安=對框架，根據(jù)牛頓第二定律，有F﹣F安＝ma解得：F=B（3）解：在細線斷裂時，立即撤去拉力F，設此時線框的瞬時速度為v0。根據(jù)F安=B2L2v此后運動過程中，框架與金屬棒CD所受的安培力總是大小相等，方向相同均水平向左，相同時間內(nèi)框架減少的動量等于CD棒增加的動量，系統(tǒng)總動量不變，最終棒和框架以大小相等的速度v做勻速運動，取向右為正方向，則有2mv0＝（m+2m）v根據(jù)能量守恒定律得Q=12?2mv聯(lián)立解得：Q=【解析】【分析】（1）對導體棒CD進行受力分析，繩子斷裂時，繩子的拉力達到最大值，再根據(jù)平衡條件及安培力公式確定此時電流的大小，對NQ邊根據(jù)右手定則確定回路中電流的方向；

（2）斷裂前，線框做勻加速直線運動，根據(jù)勻加速直線運動規(guī)律確定此時NQ的速度大小，再根據(jù)電磁感應定律及安培力公式及牛頓第二定律進行解答；

（3）斷裂瞬間對CD導體棒根據(jù)平衡條件及安培力公式確定此時線框NQ的速度。斷裂后撤去F。此后線框與導體棒構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒，屬于等距無外力雙棒模型，再根據(jù)動量守恒定律及能量守恒定律進行解答。14．【答案】（1）解：對桿b受力分析知FNcosθ＝mg①F安+FNsinθ＝F2②安培力為F＝BIL③I=BLv由①②③④解得v＝4t故桿a做加速度a＝4m/s2的勻加速直線運動。（2）解：根據(jù)電荷量q=ItE=由⑤⑥知q=其中x=1所以q=0.5×1×2（3）解：對系統(tǒng)，由能量守恒定律得：Qa+Qb＝W?12mvv＝4t⑧Qa=23Q由⑦⑧⑨代入數(shù)據(jù)知解得：Qb＝6J【解析】【分析】（1）桿b始終處于靜止狀態(tài)，對桿b進行受力分析，根據(jù)平衡條件及安培力公式結(jié)合題意確定桿a速度與時間的關(guān)系，繼而確定桿a的運動情況；

（2）根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律確定1s內(nèi)桿a運動的位移，再根據(jù)電荷量的