辽宁省沈阳市2023-2024学年高二上学期期末物理试题（含答案）

辽宁省重沈阳市2023-204学年高二上学期期末物理试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）1．下列说法正确的是（）A．电荷放入磁场中一定受洛伦兹力的作用，洛伦兹力的方向与该处磁场方向垂直B．磁感应强度的定义式B=FIL，因此B与C．磁通量既有大小又有方向所以是矢量D．电场力可以做正功、负功或者不做功，但洛伦兹力永远不做功2．某电场中的电场线分布如图所示，现将一带负电的点电荷从A点移至B点需克服电场力做功，则B、C两点的场强和电势的大小关系是（）A．EB>EC，φBC．EB>EC，φB3．在如图所示的电路中，A1和A2是两个相同的灯泡．线圈L的自感系数足够大，电阻可以忽略不计．下列说法正确的是（）A．闭合开关S时，A1和A2同时亮B．闭合开关S时，A2先亮，A1逐渐变亮C．断开开关S时，A2闪亮一下再熄灭D．断开开关S时，流过A2的电流方向向左4．如图所示，在等边三棱镜截面ABC内，有一束单色光从空气射向其边界上的E点，已知该单色光入射方向与三棱镜边界AB的夹角为θ=30∘，该三棱镜对该单色光的折射率为A．该单色光在AB边界发生全反射B．该单色光在AC边界发生全反射C．该单色光从空气进入棱镜，波长变长D．从E点射入三棱镜的光线与底边BC平行5．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为3：1，RT为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表。原线圈所接电压u随时间A．理想变压器输入、输出功率之比为3：1B．理想变压器原、副线圈中的电流之比为3：1C．u随t变化的规律为u=54sin100πt(V)D．若热敏电阻RT6．如图所示，水平光滑平行导轨处于匀强磁场中，R为定值电阻，其它电阻忽略不计，原来静止的导体棒AB受恒力F的作用而运动起来，对于感应电流随时间变化的图像正确的是（）A． B．C． D．二、多选题（本大题共4小题，共22.0分）7．如图所示，在等势面沿竖直方向的匀强电场中，一带负电的微粒以一定初速度射入电场，并沿直线从A向B运动，由此可知（）A．电场中A点的电势低于B点的电势B．微粒在A点时的动能大于在B点时的动能，在A点时的电势能小于在B点时的电势能C．微粒在A点时的动能小于在B点时的动能，在A点时的电势能大于在B点时的电势能D．微粒在A点时的机械能与电势能之和等于在B点时的机械能与电势能之和8．如图所示，圆心角为90°的扇形区域MON内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，P点为半径OM的中点。现有比荷相等的两个带电粒子a、b，以不同的速率先后从P点沿ON方向射入磁场，粒子a从M点射出磁场，粒子b从N点射出磁场，不计两粒子重力及粒子间相互作用，下列说法正确的是（）A．粒子a带正电，粒子b带负电B．粒子a在磁场中运动时间较长C．粒子a、b的速度大小之比为4：1D．粒子a、b的向心加速度大小之比为1：59．如图是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子以不同初速度（不计重力）被加速电场加速后，进入速度选择器速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E，平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2A．速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外B．进入B0C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于ED．粒子打在胶片上的位置越远离狭缝P，粒子的比荷越小10．如图甲所示，线圈A(图中实线，共100匝)的横截面积为0.3m2，总电阻r=2Ω，A右侧所接电路中，电阻R1=2Ω，R2=6Ω，电容C=3μF，开关S1闭合。A中有横截面积为A．闭合S2、电路稳定后，通过R2B．闭合S2C．闭合S2、电路稳定后再断开S1，通过R2的电流由D．闭合S2、电路稳定后再断开S1，通过R三、实验题（本大题共2小题，共20.0分）11．某实验小组测量一充电宝的电动势和内阻。从说明书可知该充电宝的电动势约为5V。内阻很小，约0.1∼0.（1）该小组将充电宝连接线的外绝缘层剥开，找出充电宝的正极和负极，将多用电表选择开关旋到10V直流电压挡，先进行机械调零，然后红、黑表笔分别接触充电宝的正极和负极，电表刻度盘如图甲所示，该读数为V。（2）该小组想进一步精确测出该充电宝的电动势和内阻，实验室提供的器材如下：A.电压表V(量程为6V，内阻约为B.电流表A(量程为3A，内阻约为C.滑动变阻器R1(D.定值电阻RE.一个开关及导线若干该小组设计了两种测量充电宝电动势和内阻的电路，图乙中(填“A电路”或“B电路”)（3）该小组通过调节滑动变阻器，测得多组I、U数据，并在坐标纸上描点连线如图所示，根据U−I图像，可求得该充电宝的电动势为V，内阻为Ω，(结果均保留两位小数)12．为了测量一阻值约为6Ω精密金属丝的电阻率，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下：A.电压表V1(量程3VB.电压表V2(量程l5VC.电流表A1(量程3AD.电流表A2(量程600mAE.滑动变阻器RF.滑动变阻器RG.输出电压为3V的直流稳压电源EH.电阻箱I，开关S，导线若干（1）为使测量尽量准确，电压表的读数从零开始调，则上述器材中电压表应选用(填序号)，电流表应选用(填序号)，滑动变阻器应选用(填序号)；（2）下图中最合理的电路图应选择该图的接法中测量值比真实值偏（3）如果金属丝直径为D，长度为L，所测电压为U，电流为I，写出计算电阻率的表达式ρ=。(用字母表示)四、计算题（本大题共3小题，共34.0分）13．如图所示，正方形线圈abcd绕对称轴OO'在匀强磁场中匀速转动，角速度为100rad/s，已知ab=ad=20cm，匝数N=100，磁感应强度B=1T，图示位置线圈平面与磁感线平行。闭合回路中线圈的电阻r=4Ω，外电阻（1）线圈转动过程中感应电动势的最大值；（2）交流电压表的示数；（3）从图示位置转过90∘过程中的通过线圈截面的电荷量14．如图所示，直角坐标系第Ⅰ象限中存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅱ象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场。一电量为q、质量为m的带正电粒子，在−x轴上点a以速率v0，方向和−x轴方向成60°射入磁场，然后经y轴上坐标为(0，L)的b点垂直于y轴方向进入电场，最后从x轴上x=2L（1）磁感应强度B的大小；（2）电场强度E的大小。15．如图所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角θ=37∘的绝缘斜面上，顶部接有一阻值R=3Ω的定值电阻，下端开口，轨道间距L=1m，整个装置处于磁感应强度B=2T的匀强磁场中，磁场向垂直斜面向上，质量m=1kg的金属棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r=1Ω，电路中其余电阻不计，金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好，不计空气阻力影响。已知金属棒ab与导轨间动摩擦因数μ=0.5，sin37（1）求金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度vm（2）求金属棒ab沿导轨向下运动过程中，电阻R的最大电功率PR（3）若从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，电阻R上产生的焦耳热总共为1.5J，求流过电阻R的总电荷量

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A.由洛伦兹力公式F=Bqvsinθ可知，静止的电荷放入磁场中不受洛伦兹力，运动电荷的速度方向与磁感应线平行时θ=0°，也不受洛伦兹力，A不符合题意；

B.B=FIL是磁感应强度的定义式，B是由磁场本身决定的，与F、I、L的变化无关，B不符合题意；

C.磁通量只有大小没有方向，是标量，C不符合题意；

D.电场力可以与带电物体的速度方向成任何角度关系，所以电场力可以做正功、负功或者不做功，由于运动电荷所受洛伦兹力方向与速度方向总垂直，所以洛伦兹力永远不做功，D符合题意。

故答案为：D。2．【答案】A【解析】【解答】根据电场线的疏密表示场强大小，可知EB>EA>EC3．【答案】B【解析】【解答】解：A、当电键K闭合时，灯2立即发光．通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，1逐渐亮起来．所以2比1先亮．由于线圈直流电阻忽略不计，当电流逐渐稳定时，线圈不产生感应电动势，两灯电流相等，亮度相同．故A错误B正确；C、稳定后当电键S断开后，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，与灯泡1、2串联，两灯电流相同，都过一会儿熄灭，灯2不会闪亮，流过A2的电流方向向右；故C错误，D错误；故选：B【分析】当电键K闭合时，通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮．断开瞬间也可以按照同样的思路分析．4．【答案】D【解析】【解答】A.该单色光入射AB边时，是从光疏介质射线光密介质，所以不可能在AB边界发生全反射，A不符合题意；

D.在E点，入射角为i=90°-θ=60°，由折射率公式n=sinisinr可得，光在AB边的折射角为r=30°，根据几何关系知，该单色光在三棱镜中的传播光线与底边BC平行，D符合题意；

B.画出光路图如图

由几何关系可知，光线射到AC边时的入射角等于AB边时的折射角，根据光路可逆性原理知，该单色光在AC边界不会发生全反射，B不符合题意；

C.光从空气进入棱镜，频率不变，波速减小，由v=λf可知，波长变短，C不符合题意。

故答案为：D。

5．【答案】D【解析】【解答】A.理想变压器输入功率等于输出功率，比值为1：1，A不符合题意；

B.根据理想变压器原、副线圈中的电流强度与匝数关系可得I1I2=n2n1=13，B不符合题意；

C.由图（乙）可知交流电压最大值Um=272V6．【答案】C【解析】【解答】由法拉第电磁感应定律可得，导体棒切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv，由闭合电路欧姆定律得通过导体棒电流为I=ER，导体棒受到的安培力F安=BIL=B2L2v7．【答案】B,D【解析】【解答】A.根据题意可知，微粒做直线运动，则粒子受到的合力一定与AB在同一直线上，可得粒子的受力如图所示：

因为电场力和重力的合力大小恒定，方向与速度方向相反，所以微粒做匀减速运动，由微粒带负电，可知电场方向水平向右，根据沿电场线电势降低，可知A点的电势高于B点的电势，A不符合题意；

BC.由上述分析可知，微粒微粒从A运动到B，做匀减速直线运动，速度减小，动能减小，由能量守恒定律可知，电势能增大，故微粒在A点时的动能大于在B点时的动能，在A点时的电势能小于在B点时的电势能，B符合题意，C不符合题意；

D.由能量守恒定律可知，从A到B过程中，机械能与电势能之和保持不变，D符合题意。

故答案为：BD。

【分析】根据粒子做直线运动的特点分析电场力的方向，由电场力方向得出电场线方向，再由电场线方向判断A、B两点电势的高低；根据粒子的运动情况分析粒子动能的变化情况；由能量守恒定律分析其它能量的变化情况。8．【答案】B,D【解析】【解答】A.根据左手定则，可知粒子a带负电，粒子b带正电，A不合题意；

B.依题意，做出粒子的运动轨迹如图所示：

粒子a在磁场中运动时，轨迹的圆心角比b大，粒子的磁场中的运动时间t=θ2πT=θ2π·2πmqB=θmqB，可知粒子a在磁场中运动时间较长，B符合题意；

C.设扇形的半径为R，根据几何关系，a粒子的轨迹半径为r1=R4，对b粒子，有(r2-R2)2+R9．【答案】A,C,D【解析】【解答】A．根据带电粒子在磁场中的偏转方向，根据左手定则知，该粒子带正电，则在速度选择器中电场力水平向右，则洛伦兹力水平向左，根据左手定则知，磁场方向垂直纸面向外，A符合题意；B．进入B0磁场的粒子速度相同，根据可知，周期不一定相同，则在该磁场中运动时间不一定相等，B不符合题意；C．能通过狭缝P的带电粒子，在过速度选择器时做直线运动，则qE=qvB解得v=C符合题意；D．进入偏转电场后，则qv解得r=则可知r越大，粒子打在胶片上的位置越远离狭缝P，粒子的比荷越小，D符合题意。故答案为：ACD。

【分析】带电粒子在速度选择器中电场力水平向右，磁场方向垂直纸面向外。B010．【答案】A,B,D【解析】【解答】A.根据法拉第电磁感应定律，线圈中产生的感应电动势为E=n∆B∆tS=100×0.63×0.2V=4V，则闭合S2，电路稳定后，由闭合电路欧姆定律可得，通过R2的电流大小为I=ER1+R2+r=0.4A，A符合题意；

B.根据楞次定律可知，线圈中产生的感应电流为顺时针方向，则闭合S2、电路稳定后，电容器上极板带正电，B符合题意；

CD.由B选项的分析可知，闭合S2，电路稳定后电容器上极板带正电，电容器带电量Q=CU11．【答案】（1）3.8（2）B电路（3）5.00；0.13【解析】【解答】（1）用直流10V档测量时，最小刻度0.2V，则读数为3.8V；

（2）由题意可知，充电宝的内阻很小，如果选择A电路的接法，电流表内阻对测量充电宝的内阻造成的误差会较大，所以应该选择B电路测量充电宝电动势和内阻；

（3）根据闭合电路欧姆定律可得E=U+Ir+R0，得U=E-Ir+R12．【答案】（1）A；D；E（2）d；小（3）πU【解析】【解答】（1）因电源使用输出电压为3V的直流稳压电源，因此电压表应选用V1（量程3V，内阻约为15kΩ)，选A。流经待测电阻的最大电流约为I=ERx≈36A=0.5A=500mA，则电流表应选用A2（量程600mA，内阻约为1Ω），选D。因为电压表的读数要求从零开始调节，所以滑动变阻器要用分压方式接法，为方便调节，应选最大阻值比较小的滑动变阻器R1（0~5Ω，0.6A），选E；

（2）根据题目要求，滑动变阻器要用分压方式接入电路；又因为，Rx≈6Ω<R13．【答案】（1）解：线圈转动过程中感应电动势的最大值为E（2）解：线圈转动过程中感应电动势的有效值为E=交流电压表的示数为U=（3）解：从图示位置转过90∘【解析】【分析】（1）由法拉第电磁感应定律求解线圈转动过程中感应电动势的最大