福建省福州市第四十中学2023-2024学年高二上学期期末考试物理试卷（含解析）

2023-2024学年高二年段第一学期期末考试物理试卷
完成时间：75分钟 满分：100分
班级______ 姓名______ 座号______ 成绩______
一、选择题：（1-4小题为单选题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得4分，选错得0分。5-8为多选题，每小题6分，共24分。每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
1．关于电流周围的磁感线分布情况，下图正确的是（　　）
A． B．
C． D．
2．如图所示，A、B两灯相同，是带铁芯的电阻可不计的线圈，下列说法中错误的是（　　）
A．开关K合上瞬间，A、B同时亮着
B．K合上稳定后，A灯熄灭，B灯变亮
C．K断开瞬间，A、B同时熄灭
D．K断开瞬间，B立即熄灭，A过一会儿再熄灭
3．如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是（　　）
A．甲图要增大粒子的最大动能，可增加电压
B．乙图可判断出A极板是发电机的正极
C．丙图可以判断出带电粒子的电性，粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是
D．丁图中若载流子带负电，稳定时C板电势高
4．如图所示，两平行的虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的三角形闭合导线框abc的ab边与磁场边界平行。现使此线框向右匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直。则图中哪一个可以定性地表示线框在上述过程中感应电流随时间变化的规律（　　）
A． B． C． D．
5．某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M点运动到N点，以下说法正确的是（ ）
A．粒子必定带负电荷
B．粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度
C．粒子在M点的电势能大于它在N点的电势能
D．粒子在M点的动能大于它在N点的动能
6．如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，开始时，开关K断开，当K接通时，以下说法正确的是（　　）
A．副线圈两端M、N的输出电压减小
B．副线圈输电线等效电阻R上的电压减小
C．通过灯泡L1的电流增大
D．原线圈中的电流增大
7．如图所示电路中，电源电动势为12V，内阻为2，指示灯RL的阻值为16，电动机M线圈电阻为2。当开关闭合时，指示灯RL的电功率为4W。电流表内阻不计，那么下列说法中正确的是（　　）
A．流过电动机M的电流为4A B．流过电流表的电流为3A
C．电动机M输出的机械功率7.5W D．电源的总功率为24W
8．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源内阻不计连接，下极板接地一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离后　　
A．P点的电势将降低
B．P带电油滴的电势能将增大
C．带电油滴将沿竖直方向向上运动
D．电容器的电容减小，极板带电量将增大
三、填空题：（每空2分，共20分）
9．如图所示的匀强电场，电场强度。一电荷量的电荷从电场中的A点移动到B点，A、B之间的距离。
电荷所受电场力 N；
AB之间的电势差大小 V；
电场力对电荷做功的大小 J。
10．如图所示为某一输电示意图，电厂的发电机输出功率为，输出电压，升压变压器原、副线圈的匝数比为，降压变压器的原、副线圈的匝数比为，输电线电阻为，变压器均为理想变压器，则输电线上损失的功率为 ；用户得到的电压为 。
11．一位同学在实验中分别用游标卡尺和螺旋测微器测量物体长度，得到结果如图所示，游标卡尺示数 mm，螺旋测微器示数 mm；
12．利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻，要求尽量减小实验误差。
（1）如图所示，应选择的实验电路是 （选填“甲”或“乙”）。
（2）调节滑动变阻器，记录电压表和电流表的示数并在图丙中描点，由作出的图线求得电源的电动势 V，内阻 （结果均保留3位有效数字）。
四、计算题
13．如图所示，两平行金属导轨间的距离，金属导轨所在的平面与水平面夹角，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度、垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势、内阻的直流电源。现把一个质量的导体棒放在金属导轨上，导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻，金属导轨电阻不计，，求：
（1）导体棒受到的安培力大小及方向；
（2）导体棒受到的摩擦力。
14．如图所示为交流发电机示意图，匝数为匝的矩形线圈，边长分别为L1=10cm和L2=20cm，内阻为r=5Ω，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕OO′轴以rad/s的角速度匀速转动，线圈和阻值R=20Ω的电阻相接，求：
（1）从图示位置开始计时，感应电动势的瞬时表达式；
（2）电压表的示数；
（3）线圈从图示位置转过90°过程中通过线圈横截面的电荷量。
15．如图所示的区域中，OM左边为垂直纸面向里的匀强磁场，右边是一个电场强度大小未知的匀强电场，其方向平行于OM，且垂直于磁场方向．一个质量为m、电荷量为-q的带电粒子从小孔P以初速度V0沿垂直于磁场方向进入匀强磁场中，初速度方向与边界线的夹角θ=60°，粒子恰好从小孔C垂直于OC射入匀强电场，最后打在Q点，已知OC=L，OQ=2L，不计粒子的重力，求：
(1)磁感应强度B的大小；
(2)电场强度E的大小．
试卷第6页，共6页
1．A
【详解】A．根据右手螺旋定则可知，顺时针方向的环形电流在内部产生的磁场方向垂直纸面向里，故A正确；
B．根据右手螺旋定则可知，水平向右的直线电流，上方产生的磁场方向垂直纸面向外，下方产生的磁场方向垂直纸面向里，故B错误；
C．根据右手螺旋定则可知，图中通电螺线管产生的磁场方向向右，故C错误；
D．根据右手螺旋定则可知，图中通电线圈产生磁场方向向上，故D错误。
故选A。
2．C
【详解】A．开关K闭合的瞬间，由于线圈产生感应电动势阻碍电流的增大，线圈相当于断路，则A、B两灯同时获得电压，所以A、B同时亮着，故A正确，不满足题意要求；
B．K合上稳定后，由于线圈电阻不计，线圈将A灯短路，A灯熄灭，而外电阻减小，流过B灯电流变大，B灯变亮，故B正确，不满足题意要求；
CD．断开开关K的瞬间，B灯的电流突然消失，立即熄灭；流过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当电源，自感电流流过A灯，所以A灯突然闪亮一下再熄灭，故D正确，不满足题意要求，C错误，满足题意要求。
故选C。
3．D
【详解】A．根据和可得粒子的最大动能为
则可知要增大粒子的最大动能，可增大磁感应强度B和金属盒半径R，故A错误；
B．根据左手定则，可知正电荷向B极板偏转，则B极板是发电机的正极，故B错误；
C．速度选择器选择的是带电粒子的速度，故丙图无法判断出带电粒子的电性，根据
可得粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是
故C错误；
D．根据左手定则可知，带负电的载流子受到洛伦兹力方向向右，即向D板偏转，故稳定时C板电势高，故D正确。
故选D。
4．D
【详解】根据感应电动势大小
而导体棒有效长度L等于导体进入磁场过程中与磁场边界相交线的长度，因此进入磁场过程中，感应电动势逐渐减小，从而感应电流逐渐减小；离开磁场时，感应电动势也逐渐减小，从而感应电流也逐渐减小。再根据右手定则，进入磁场过程中感应电流为逆时针方向，离开磁场过程中，感应电流为顺时针方向。
故选D。
5．BC
【详解】A．根据曲线运动合力位于轨迹的凹侧，可知带电粒子受到的电场力沿着电场线方向向上，则电场力方向与场强方向相同，故粒子带正电，故A错误；
B．根据电场线的疏密程度可知，M点场强小于N点场强，则粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力，粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度，故B正确；
CD．根据沿电场方向电势降低，可知
根据
由于粒子带正电，可知粒子在M点的电势能大于它在N点的电势能，由于只有电场力做功，粒子的动能和电势能之和不变，则粒子在M点的动能小于它在N点的动能，故C正确，D错误。
故选BC。
6．D
【详解】A．输入电压和原、副线圈的匝数比不变，由
可知副线圈两端M、N的输出电压不变，A错误；
BC．当K接通时，副线圈电路的总电阻减小，总电流I2变大，输电线等效电阻R上的电压增大，并联部分的电压减小，通过灯泡L1的电流减小，BC错误；
D．由
可知，电流I2变大，则I1变大，即原线圈中的电流增大，D正确。
故选D。
7．CD
【详解】AB．依题意，有
解得
由闭合电路欧姆定律，可得
解得流过电流表的电流为
又
解得
故AB错误；
C．电动机的发热功率为
所以电动机的输出的机械功率为
故C正确；
D．电源的总功率为
故D正确。
故选CD。
8．AB
【分析】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况；由分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化；根据电容的定义式，电容器与电源保持相连，则U不变，Q与C成正比变化；
【详解】A、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动；板间场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，而且下极板的电势不变，则知P点的电势将降低，故A正确，C错误；
B、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加，故B正确；
D、根据电容的定义式，电容器与电源保持相连，则U不变，当C减小，则Q也减小；故D错误；
【点睛】本题运用分析板间场强的变化，判断油滴如何运动；明确正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化．
9．
【详解】[1]电荷所受电场力为
[2]AB之间的电势差大小为
[3]电场力对电荷做功的大小为
10． 4000## 220
【详解】[1]升压变压器原线圈电流为
升压变压器副线圈电流为
则输电线上损失的功率为
[2]升压变压器副线圈输出电压为
降压变压器原线圈输入电压为
则用户得到的电压为
11． 14.45 5.665
【详解】[1]游标卡尺的主尺读数为14mm，游标尺上第9个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为
所以最终读数为
[2]螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为
所以最终读数为
12． 乙 1.48 0.857
【详解】（1）[1]由于一节干电池的内阻很小，远小于电压表的内阻，电压表的分流几乎可以忽略不计，所以电流表相对于电源应采用外接法，即应选择的实验电路是乙。
（2）[2][3]作出图线如图所示
根据闭合电路欧姆定律可得
可得
可知图像的纵轴截距等于电动势，则有
图像的斜率绝对值等于内阻，则有
13．（1）0.32N，方向沿导轨平面向上；（2）0.02N，方向沿导轨平面向下
【详解】（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有
导体棒受到的安培力
联立解得
方向沿导轨平面向上；
（2）导体棒恰好静止，根据共点力平衡条件有
解得
方向沿导轨平面向下。
14．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）依题意，感应电动势的最大值为
依题意，因从垂直于中性面开始计时，感应电动势的瞬时表达式为
（2）交流电的有效值
电压表的示数
（3）依题意，线圈从图示位置转过90°过程中通过线圈截面的电量为
15．(1) (2)
【详解】(1)画出粒子运动的轨迹如图示 (O1为粒子在磁场中圆周运动的圆心）： ∠PO1 C=120°
设粒子在磁场中圆周运动的半径为r，r+rcos 60°= OC=L
得r = 2L/3
粒子在磁场中圆周运动洛仑兹力充当向心力
解得
(2) 粒子在电场中类平抛运动，加速度为
由牛顿第二定律得
水平方向 2L=v0t
竖直方向
解得
答案第8页，共8页
答案第7页，共8页