2023-2024学年黑龙江省重点中学高二（上）期末物理试卷（含解析）

2023-2024学年黑龙江省重点中学高二（上）期末物理试卷
一、单选题：本大题共6小题，共24分。
1.某电子束焊接机的工作原理示意图如图所示，在直流高压作用下，阴极接地与阳极之间形成辐向电场，虚线为电场线，在同一电场线上有、、三点，。一电子以某一初速度从点沿直线运动到点。不计电子所受的重力。下列说法正确的是( )
A. 电子受到的电场力逐渐增大
B. 电子所在位置的电势能逐渐升高
C. B、两点间的电势差小于、两点间的电势差
D. 电子从点运动到点的时间大于其从点运动到点的时间
2.一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图所示，如果直导线可以自由地运动且通以由到的电流，则判断导线受磁场力后的运动情况( )
A. 从上向下看顺时针转动并靠近螺线管 B. 从上向下看顺时针转动并远离螺线管
C. 从上向下看逆时针转动并远离螺线管 D. 从上向下看逆时针转动并靠近螺线管
3.用如图甲所示的电路给一电容器充电，通过电压传感器和电流传感器测得的电容器两端电压随时间变化的图像以及电路中的充电电流随时间变化的图像如图乙所示，实验后用透明方格薄膜覆盖于图像上，根据图像可知此电容器的电容约为( )
A. B. C. D.
4.如图所示是演示自感现象的电路图，为电感线圈，、、是三个完全相同的灯泡。实验时，闭合开关，灯逐渐变亮，而另一个相同的灯立即变亮，最终的亮度比的亮度更亮。下列说法正确的是( )
A. 滑动变阻器接入电路的电阻值与的电阻值相同
B. 闭合瞬间，中电流比变阻器中电流大
C. 若断开时，灯逐渐熄灭
D. 若断开时，灯闪亮后再逐渐熄灭
5.回旋加速器两个形金属盒分别与高频交流电源两极相连接，形盒半径为，两盒放在磁感应强度为的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圆心附近，如图所示。若粒子源射出的粒子电荷量为，质量为，高频交变电源的电压为、频率为。则下列说法正确的是( )
A. 所加交流电源的频率
B. 粒子被加速后的最大动能为
C. 加速电场的电压越大，粒子被加速后从形盒射出的速度就越大
D. 若要使该粒子获得的速度加倍，在交流电源不变的情况下，可以使磁感应强度加倍
6.如图所示，边长为的正三角形区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场图中未画出，正三角形中心有一粒子源，可以沿平面任意方向发射相同的带电粒子，粒子质量为，电荷量为。粒子速度大小为时，恰好没有粒子穿出磁场区域，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力。下列说法正确的是( )
A. 磁感应强度大小为
B. 磁感应强度大小为
C. 若发射粒子速度大小为时，在磁场中运动的最短时间为
D. 若发射粒子速度大小为时，在磁场中运动的最短时间为
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
7.如图所示，一金属圆环放在磁场中，磁场方向与金属圆环平面垂直，磁感应强度随时间的变化规律如图所示，则在的时间内与的时间内( )
A. 金属圆环中感应电流的方向相反
B. 金属圆环中感应电流大小之比为：
C. 通过金属圆环中某一截面电荷量之比为：
D. 金属圆环中产生的焦耳热之比为：
8.图甲为两水平金属板，在两板间加上周期为的交变电压，电压随时间变化的图线如图乙所示。质量为、电荷量为、重力不计的带电粒子以初速度沿中线射入两板间，经时间从两板间飞出。下列关于粒子运动的描述正确的是( )
A. 时入射的粒子，在电场中运动的时间内电场力做功为
B. 时入射的粒子，在电场中运动的时间内电场力的冲量为零
C. 时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大
D. 无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度都相同
9.如图所示，一不计电阻的导体圆环，半径为、圆心在点，过圆心放置一长度为、电阻为的辐条，辐条与圆环接触良好。现将此装置放置于磁感应强度为、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场中，磁场边界恰与圆环直径在同一直线上。现使辐条以角速度绕点逆时针转动，右侧电路通过电刷与圆环中心和环的边缘相接触，，处于闭合状态，不计其他电阻。则下列判断正确的是( )
A. 通过的电流方向为自下而上 B. 感应电动势大小为
C. 理想电压表的示数为 D. 理想电流表的示数为
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
10.为描绘标有“，”字样的小灯泡的伏安特性曲线，所使用的器材有：导线，开关，电动势为的电池组和待测小灯泡，此外还有如下实验器材供选择：
A.电流表量程为，内阻约为
B.电流表量程为，内阻约为
C.电压表量程为，内阻约为
D.电压表量程为，内阻约为
E.滑动变阻器
F.滑动变阻器
为减小实验误差，下列四种实验方案最理想的是图 ______填正确答案标号；
在上述实验方案中，电流表应选______，滑动变阻器应选______填器材前面的字母代号。
某同学利用所选用的实验器材描绘出了小灯泡的伏安特性曲线，如图所示，由图可知，随着电压的增加，小灯泡的电阻逐渐______选填“增大”或“减小”；当流过小灯泡的电流为时，此时小灯泡的电阻为______。
11.如图所示，通过调节开关，可使欧姆表具有“”和“”的两种倍率，可用器材如下：
A.干电池电动势，内阻；
B.电流表满偏电流，内阻；
C.定值电阻阻值为；
D.滑动变阻器最大阻值为；
E.定值电阻、；
F.开关一个，红、黑表笔各一支，导线若干。
表笔是______填“红”或“黑”表笔。若用欧姆表测电阻，将选择开关调到合适倍率后，需要将红、黑表笔短接，调节______调零旋钮，使欧姆表指针指在欧姆零刻度处；
虚线框内是双量程电流表，已知，当接时，对应电流表量程是，那么定值电阻 ______。
当开关拨向______填“”或“”时，欧姆表的倍率是“”。
该欧姆表使用时间久了，电池的电动势变小为，内阻变大为，欧姆表仍可调零，某次开关接到“”倍率时，规范操作后测得一电阻的读数如图所示，则该电阻实际的阻值为______。
四、简答题：本大题共3小题，共40分。
12.如图所示，水平线上的、两点上固定有电荷量均为的等量异种点电荷，质量为、电荷量为可视为点电荷的带正电小球固定在长为的绝缘轻质细杆的一端，细杆另一端可绕过点且与垂直的水平轴无摩擦地转动，点位于的垂直平分线上距为处，、两点间的距离为。现在把杆拉到水平位置使小球从点由静止释放，小球经过最低点时的速度为，静电力常量为，重力加速度大小为，无穷远的电势为零，忽略带电小球对周围电场的影响。求：
点的电场强度；
点的电势。
13.如图所示，在竖直平面内的坐标系中，第三象限存在垂直于纸面向外匀强磁场和沿轴负方向的电场强度为的匀强电场，第一、二象限中存在垂直于纸面向里的匀强磁场和电场强度的匀强电场。磁感应强度大小均为。一带电荷量为的油滴从图中第三象限的点获得一初速度，恰好能沿做匀速直线运动与轴负方向的夹角为，并从原点进入第一象限，经过一段时间后再次穿过轴，重力加速度取，已知，。求：
油滴的电性和在点得到的初速度的大小；
油滴再次穿过轴时的横坐标和油滴从原点开始再次到轴所用的时间。
14.如图所示，两条足够长的平行金属导轨间距，与水平面的夹角，处于磁感应强度、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。导轨上的、两根导体棒质量分别为、，电阻均为，长度均为。将棒固定，由静止释放棒，当棒达到最大速度时，棒产生的焦耳热。导轨光滑且电阻忽略不计，运动过程中两棒始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度取。
求棒的最大速度大小；
求从释放到达到最大速度时，棒的位移大小；
若在棒上施加大小为、沿斜面向上的恒力未画出，并将棒的固定解除，让、棒同时由静止开始运动，求当棒速度时，棒的速度大小和加速度大小。
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：根据电场线越密电场强度越大，由图可知，从点到点，电场强度越来越小，则电子受到的电场力逐渐减小，故A错误；
B.根据沿电场线方向电势逐渐降低，由图可知，从点到点，电势逐渐降低，由可知，电子所在位置的电势能逐渐升高，故B正确；
C.由公式可知，由于，间的平均电场强度大于间的平均电场强度，则、两点间的电势差大于、两点间的电势差，故C错误；
D.电子从点运动到点的过程中做减速直线运动，则电子从点运动到点过程中的平均速度大于从点运动到点过程中的平均速度，由
可知，电子从点运动到点的时间小于其从点运动到点的时间，故D错误。
故选：。
根据电场线的疏密程度得出场强的大小，沿着电场线方向电势逐渐降低，结合粒子的电性得出电势能的大小；根据公式定性分析出电势差和电势差的关系，并由此得出点电势与、两点电势的关系；根据平均速度的计算公式分析判断。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉粒子的受力分析，能根据电场线的特点得出场强的大小和方向，结合电势能的计算公式即可完成分析。
2.【答案】
【解析】解：通电螺线管的磁感线如图所示，则由图示可知左侧导体所处的磁场方向斜向上，右侧导体所处的磁场斜向下，则由左手定则可知，左侧导体受力方向向外，右侧导体受力方向向里，故从上向下看，导体应为逆时针转动；当导体转过时，由左手定则可得导体受力向下，故可得出导体运动为逆时针转动的同时还要向下运动。即为端转向纸外，端转向纸里，且靠近通电螺线管，故D正确，ABC错误；
故选：。
通电导线因放在通电螺线管的磁场中故受到磁场力，因左右两侧磁场方向不同，故可以分左右两边分别分析研究，画出两侧的磁场方向，则由左手定则可判出磁场力的方向，根据受力情况可判出物体的转动情况。当导体转动后，我们可以认为电流向右偏内，受力也将发生变化，为了简便，我们可以判断导体转动到向里的位置判断导体的受力情况，再判出导体的运动情况。
解决本题的关键清楚通电螺线管的磁场，应看到左右两边磁场的不同；能准确地应用左手定则判断磁场与电流不垂直的情况；会找到一些有代表性的特殊位置求解。
3.【答案】
【解析】解：图像的面积表示电容器的电荷量，根据题意可知，格子的数量约为格，则
则电容约为：
，选项最为接近，故C正确，ABD错误。
故选：。
根据图像的物理意义得出电容器的电荷量，结合电容的计算公式完成分析。
本题主要考查了电容器的相关应用，理解图像的物理意义，熟悉电容的计算公式即可完成分析。
4.【答案】
【解析】解：、闭合开关，稳定后，最终的亮度比的亮度更亮，说明中电流大于中电流，根据欧姆定律可知，滑动变阻器接入电路的电阻值大于的电阻值，故A错误；
B、闭合瞬间，对电流有阻碍作用，灯逐渐变亮，所以中电流比变阻器中电流小，故B错误；
、断开瞬间，电感线圈、灯、灯构成自感回路，电流从灯的电流值开始缓慢减小至为零，故灯缓慢熄灭，由于中电流大于中电流，灯闪亮后再逐渐熄灭，灯立即熄灭，故C错误，D正确。
故选：。
闭合开关的瞬间，通过的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律分析电流的变化，判断通过两灯电流的关系。待电路稳定后断开开关，线圈产生自感电动势，分析通过两灯的电流关系，判断两灯是否同时熄灭。
当通过线圈本身的电流变化时，线圈中会产生自感现象，这是一种特殊的电磁感应现象，可运用楞次定律分析自感电动势对电流的影响。
5.【答案】
【解析】解：根据题意可知，交流电源的周期与粒子在形金属盒中做匀速圆周运动的周期相等，则有，，，联立解得，所加交流电源的频率，故A错误；
根据题意可知，粒子速度最大时有，解得可知，粒子的最大速度与加速电压无关，粒子被加速后的最大动能为，故C错误，B正确；
D.在交流电源不变的情况下，磁感应强度加倍，粒子在形金属盒中做匀速圆周运动的周期变化，与交流电不同步，无法继续加速，故D错误。
故选：。
回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等，求出圆周运动的周期，周期和频率互为倒数；根据洛伦兹力提供向心力可以求出粒子的最大速度，从而求出最大动能，然后再分析作答。
解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能或者最大速度与什么因素有关，以及知道粒子在磁场中运动的周期与电场的变化的周期相等。
6.【答案】
【解析】解：磁场垂直纸面向外，粒子恰好没有穿出磁场区域，轨迹如图所示
因此粒子运动轨迹的直径等于点垂直于的线段大小，设垂足为，由几何关系得
所以，半径为
由洛伦兹力提供向心力可得
解得
，故AB错误；
当发射粒子速度为时，由洛伦兹力作为向心力可得，对应轨道半径为
如图所示，当粒子从垂足离开磁场时轨迹对应的弦最短、弧长最短，对应的圆心角最小，所用时间最短
由几何关系可得，转过的圆心角为，又粒子在磁场中做圆周运动的周期为
根据时间与周期关系
，故C正确，D错误。
故选：。
：根据集合关系求解轨道半径，根据牛顿第二定律求解磁感应强度的大小；
：根据半径公式求解半径，根据几何关系求解圆心角，根据时间与周期关系求解时间。
本题考查带电粒子在磁场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
7.【答案】
【解析】解：根据题意，结合图像，由楞次定律可知，时间内金属圆环中感应电流的方向逆时针俯视，的时间内金属圆环中感应电流的方向顺时针俯视，即金属圆环中感应电流的方向相反，故A正确；
B.根据题意，由法拉第电磁感应定律有
感应电流为
由图可知，时间内
时间内
可得，金属圆环中感应电流大小之比为
：：
故B错误；
C.由公式可得，通过金属圆环中某一截面电荷量之比为
故C正确；
D.由公式可得，金属圆环中产生的焦耳热之比为
故D错误。
故选：。
根据磁通量的变化分析感应电流的方向，依据法拉第电磁感应定律求感应电动势，由闭合电路欧姆定律求感应电流，根据可分析电荷量的大小，根据焦耳定律分析。
解答本题时，要掌握法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、焦耳定律，要注意感应电流方向的判断。
8.【答案】
【解析】解：根据题意可知，无论哪个时刻入射的粒子，在一个时间内，正向电压和反向电压作用的时间是相同的，所以在竖直方向上电场力的冲量为零，所以离开电场时的速度方向都是水平的，大小都等于初速度，由动能定理可知，在电场中运动的时间内电场力做功为，故A错误，BD正确；
C.时入射的粒子，在竖直方向上，时间内进行加速，时间内进行反向减速，速度恰好为零，时间内进行反向加速，时间内再次反向减速，直到速度为零，由对称性可知，此时粒子回到中线，故 C错误。
故选：。
分析带电粒子在电场中的受力情况，结合带电粒子运动的时间和动能定理进行分析判断；
C.根据具体进入时间分析带电粒子在竖直方向的加减速运动情况进行分析。
考查带电粒子在电场中的偏转问题，会分析带电粒子的受力情况，结合动能定理进行解答。
9.【答案】
【解析】解：根据右手定则判断可知，流过的电流方向为自下而上，故 A正确；
B.辐条产生的感应电动势为：，故B错误；
C.外电路为磁场外半根杆辐条与并联，外电路电阻为，内电阻为，电压表测量的是外电压，则电压表的示数为：，故C错误；
D.根据欧姆定律可知，理想电流表的示数为：，故D正确。
故选：。
根据右手定则判断出感应电流的方向，根据求辐条产生感应电动势大小，电压表测量的是外电压，根据欧姆定律求电流有效值。
本题一要会求解感应电动势，由于杆上各点切割速度不同，要用平均速度求感应电动势，二要明确电路的结构，运用欧姆定律求解电流。
10.【答案】 增大
【解析】解：由曲线可知，电压从零开始，所以滑动变阻器用分压式接法，灯泡的电阻为，由于电阻较小故电流表采用外接，故ABD错误，C正确。
故选：。
灯泡额定电流，应选择电流表；
分压式接法应选择最大值较小的滑动变阻器，故选择；
由图可知，随着电压的增加，小灯泡的电阻逐渐增大；
根据欧姆定律，由图像可得
故答案为：；；；增大；
根据实验原理与实验操作选择合适的器材与正确的电路图；
根据图像结合欧姆定律解答。
本题考查描绘小灯泡的伏安特性曲线，解题关键掌握电压从零开始，所以滑动变阻器用分压式接法。
11.【答案】红 欧姆
【解析】解：电流从红表笔流进，黑表笔流出，由图可知，表笔是红表笔，若用欧姆表测电阻，将选择开关调到合适倍率后，需要将红、黑表笔短接，进行欧姆调零，调节欧姆调零旋钮，使欧姆表指针指在欧姆零刻度处。
当接时，对应电流表量程是，则有
解得
由可知，当接时，对应电流表量程是，则欧姆表内阻为
当接时，设满偏电流为，根据并联电路分流特点有
解得
则欧姆表内阻为
可知，当接时，欧姆表的倍率是“”。
某次开关接到“”倍率时，电池的电动势变小为，内阻变大为，欧姆表调零后，欧姆表内阻为
根据闭合回路欧姆定律有
电池的电动势和内阻变化后有
联立解得
故答案为：红；欧姆；；；
根据多用电表红黑表笔的接线方法判断；
根据电表改装原理，进行计算求出阻值；
根据欧姆表原理判断倍率、计算阻值及倍率；
根据电学知识解得电阻的实际值。
本题主要考查多用电表的使用方法，以及欧姆表的误差，在做题中要注意红黑表笔使用规则，电表改装计算，欧姆表原理。
12.【答案】解：由点电荷受到场强公式可知，固定在点和点的点电荷在点产生的电场强度大小均为，根据矢量合成，可知，方向由指向；
小球从点到点的过程中，根据动能定理可得：，解得：，由于无穷远的电势为零，点是等量异种电荷连线中点，则点的电势为，所以有：。
答：点的场强的大小为，方向由指向；
点的电势为
【解析】由点电荷的场强公式求出等量异种电荷在点产生的场强的大小，再由矢量合成法则求出点的场强的大小和方向；
带电小球从到的过程中重力和电场力做功，根据动能定理即可求得两点的电势差，再由求出点的电势；
本题考查带电粒子在电场中的运动，要掌握点电荷的场强公式和功能关系，依据对称性分析电势
13.【答案】解：根据题意可知，油滴恰好能沿做匀速直线运动，对油滴受力分析可知，油滴受力情况只能如图所示
由图可知，油滴带负电，根据平衡条件有
代入数据解得
；
在第三象限，根据平衡条件可得
进入第一象限后，由于
则有
方向相反，油滴做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示
根据洛伦兹力提供向心力知
由几何关系得
代入数据解得
由周期公式
代入半径解得
根据几何知识可知粒子在第一象限轨迹对应的圆心角为，故粒子在第一象限的运动时间
代入数据解得
。
答：油滴的电性为负电；在点得到的初速度的大小为；
油滴再次穿过轴时的横坐标为；油滴从原点开始再次到轴所用的时间为。
【解析】对油滴受力分析，重力、电场力和洛伦兹力平衡，可判断电性，根据平衡条件列式求解油滴的速度；
在第三象限根据重力与电场力的关系及和的大小关系解得油滴在第一象限时重力与电场力平衡，故做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律求解半径，几何关系求解油滴再次穿过轴时的横坐标；根据集合知识求解油滴在第一象限轨迹对应的圆心角，根据周期公式求解周期，最后根据时间与周期关系求解油滴从原点开始再次到轴所用的时间。
本题考查带电粒子在重力场、电场和磁场中的混合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
14.【答案】解：感应电动势
根据闭合电路欧姆定律，感应电流
棒受到的安培力大小为
棒的速度最大时，根据平衡条件得
由以上各式解得
根据能的转化和守恒定律有

代入数据解得
对、组成的系统，因为沿斜面向上的外力等于系统重力沿斜面向下的分力，即
所以、两根导体棒整体在平行于斜面的方向上满足动量守恒条件，规定沿斜面向上的方向为正方向，根据动量守恒定律有

代入数据解得 棒的速度大小为
此时电路的感应电动势为
感应电流为
对棒根据牛顿第二定律有
解得
答：棒的最大速度大小为；
从释放到达到最大速度时，棒的位移大小为；
让、棒同时由静止开始运动，当棒速度时，棒的速度大小为，加速度大小为。
【解析】根据感应电动势公式，闭合电路的欧姆定律和平衡条件列式求解最大速度；
根据能的转化和守恒定律求解位移；
根据给定条件判断动量守恒，结合法拉第电磁感应定律，闭合电路的欧姆定律，牛顿第二定律求解速度和加速度。
全面考查动量守恒定律、能量的转化和守恒定律，结合牛顿运动定律分析和解决实际问题。
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