郑州市2023一2024学年上期期末考试
·4.小王同学为了探究感应电流的方向与什么因素有关，他将一灵敏电流计
与一个线圈相连构成闭合电路，然后将条形磁铁插人或拔出线圈，如图所示。
高二物理试题卷
其中线圈中所标箭头方向为感应电流方向。则下列判断正确的是
A.图甲磁铁正在向下运动
5
本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择恶）两部分。考试时问90分
B.图乙磁铁正在向上运动
钟，满分100分。考生应首先阅读答题卡上的文字信息，然后在答题卡上作答，
C.图丙磁铁正在向上运动
在试题卷上作答无效。交卷时只交答题卡。
D.图丁磁铁正在向上运动
第I卷（选择题共48分）
5.图(a)中的变压装置可规为理想变压器，负载电路中R=55Q,A,V均为
理想电表。若原线圈接人如图(b)所示的正弦交变电压，电压表的示数为
一、选择题(（本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个
110V,下列表述正确的是
选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。)，“
1.下列关于电现象的说法中，正确的是”：中
短斗
A.在静电感应现象中，导体两端所带异种电荷量一定相等
220W2
B.实现静电屏蔽不一定要用密封的金属容器
41”
C.库仑发现了点电荷间的相互作用规律并测出了静电力常量及其单位
0.0
0.02
0.0
D静电力对电荷所做的功等于电荷电势能的增量言，
a
2.如图甲所示，A、B是某电场中一条电场线上的两点，一个负电荷从A点
-220W2
由静止释放，仅在静电力的作用下从A点运动到B点，其运动的一t图像如图
(b)
乙所示。则以下说法中正确的是
A.原、副线圈的匝数比为4：1
A.A、B两点的电场强度相同
B.原线圈的电流为1A
B.电荷在A点的电势能小于B点这4孕
C.原线圈的电压为220√2V
C.电荷的动能先增大后减小，
D,A点的电势低于B点的电势
D,原线图中交变电压的频率为100Hz
3.如图所示电路，当变阻器滑片向上滑动时，
6.近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通讯，其天线类似一个压平
E
电流表及电压表读数的变化是
的线圈，线圈尺寸由内向外逐渐变大。如图所示，一正方形NFC线圈共3匝，其
大
A电流表、电压表读数都增大
边长分别为0.8cm、1.0cm和1,2cm,图中线圈外线接入
天线
B.电流表、电压表读数都减小
内部芯片时与内部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过此线
5片
C.电流表读数增大、电压表读数诚小
圈，磁感应强度变化率为10T/s,则此线圈产生的感应电动
D.电流表读数减小、电压表读数增大
势最接近
A.0.31VB.0.42VC.0.53VD.4.3V
高二物理试题卷第1页（共8页）
高二物理试题卷第2页（共8页）郑州市 2023-2024 学年上期期末考试
高中二年级 物理 参考答案
一、选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案 B D C D B A A C BD AD BC BC
二、实验题
13 （1）1.743mm(2分)(1.741-1.744均可得分)， 4.255cm(2 分)
d 2U
（2） （2分）
4IL
14.（1）实物连线（2分） （2）正确绘制曲线（2分） 6.0V（2分） 1.5Ω(2分)
6
5
R0 4
_ + 电阻箱 R 3
2
S 1
R/Ω
0 5 10 15 20 25
图(a) 图(b)
三、计算题
15.（1）设粒子通过加速电场后的速度为 v，根据动能定理得：
= 1 2 ① 2分
2
= 2 解得： ② 1分
（2）粒子进入匀强磁场，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有
2
= ③ 2分
= 1 2 由①、②得： ④ 1分
（3）粒子在匀强磁场中刚好运动半周后，垂直达到照相底片 D上。
根据几何关系可知， = 2 ⑤ 1分
则 a、b的质量之比为
= 625 ≈ 1 ⑥ 1分
729 1.17
{#{QQABJQKAgggoABAAAQgCQwWoCEMQkBCAAKoOgAAIoAIAiQNABAA=}#}
16.（1）设板间距离为d ，则板长为 3d ，带电粒子在板间做类平抛运动，有
qU ma ① 1分
d
设粒子在平板间的运动时间为 t0 ，根据类平抛运动的运动规律得
3d v0t0 ② 1分
d 1
at2 ③ 1分
2 2 0
联立解得
2
U mv 0 ④ 1分
3q
（2）设粒子出电场时与水平方向夹角为 ，则有
tan at 0 3
v0 3
则出电场时粒子的速度为
v v 0 ⑤ 1分
cos
粒子出电场后沿直线匀速直线运动，接着进入磁场，根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供匀速
圆周运动所需的向心力得
v2qvB m ⑥ 1分
r
tan R ⑦ 1分
r
R 2mv解得： 0 ⑧ 1分
3qB
17.（1）根据题意小球平衡时静止于 C点。对小球在 C点进行受力分析可知：
tan 30 qE ① 2分
mg
解得：
E 3mg ② 2分
3q
(2) 小球从 B到 C，由动能定理得：
{#{QQABJQKAgggoABAAAQgCQwWoCEMQkBCAAKoOgAAIoAIAiQNABAA=}#}
mgL cos30 qEL(1 sin 30 ) 1 mv 2C ③ 2分2
则小球运动到 C点时的速度
v 2 3C gL ④ 1分3
小球在 C点，根据牛顿第二定律可得：
2
T mg vC m C ⑤ 2分cos30 L
T 4 3C mg ⑥ 1分3
18．(1)对金属杆 b，有平衡条件得
F2 cos mbg sin F cos 0
① 2 分
安
F B2IL ② 1 分安
B ③ 1 分I 1Lva
Ra Rb
由①②③得： va 4t
④ 2 分
可知金属杆 a以 4m/s2匀加速行驶
（2）设通过 b的电荷量为 Q，则其变化情况为
Q i t
Q Q i t ⑤ 2 分
i B 1Lva
Ra Rb
解得： i 0.4t ⑥ 2 分
Q 0.2t 2 ⑦ 2分
（其他解法正确的按等价过程相应给分）
{#{QQABJQKAgggoABAAAQgCQwWoCEMQkBCAAKoOgAAIoAIAiQNABAA=}#}
