2023-2024學年山西省太原市高二（上）期末物理試卷（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2023-2024學年山西省太原市高二（上）期末物理試卷一、單選題：本大題共10小題，共30分。1.關(guān)于電源電動勢，下列說法正確的是(

)A.電源電動勢是反映電源把電能轉(zhuǎn)化為其他形式能量本領(lǐng)大小的物理量

B.電動勢E=Wq與電壓U=Wq中的W都是指電場力做的功2.下列說法正確的是(

)A.丹麥物理學家法拉第通過實驗發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應

B.兩條通電導線平行且電流方向相同時會相互排斥

C.電流周圍的磁場方向是用右手螺旋定則來判斷的

D.安培認為磁體的磁場是由靜止的電荷產(chǎn)生的3.關(guān)于電流做功，下列說法正確的是(

)A.電流做功的實質(zhì)是導體中的恒定電場對自由電荷的靜電力在做功

B.R是電動機的內(nèi)阻，通過電動機的電流與其兩端的電壓滿足U=IR

C.焦耳定律Q=I4.關(guān)于磁感線，下列說法正確的是(

)A.磁感線是不閉合的有向曲線，從N極出發(fā)到S極終止

B.磁感線是為了研究磁場根據(jù)實驗事實而假想出來的

C.磁感線是帶電粒子在磁場中運動的軌跡

D.沒有磁感線的地方就沒有磁場存在5.下列說法正確的是(

)A.安培力的方向一定與磁場的方向垂直

B.通電導線在磁場中一定受到安培力的作用

C.判定通電導線在磁場中受力的方向用右手定則

D.安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，洛倫茲力不做功，安培力也不做功6.如圖所示，兩個同心放置的共面金屬圓環(huán)a和b，一條形磁鐵穿過圓心且與環(huán)面垂直，關(guān)于穿過兩環(huán)的磁通量Φa和Φb，下列說法正確的是(

)A.a、b環(huán)內(nèi)磁通量由下向上，Φa>Φb

B.a、b環(huán)內(nèi)磁通量由上向下，Φa<Φb

C.a、b環(huán)內(nèi)磁通量由下向上，

7.R1和R2是兩個材料相同、厚度相同、表面為正方形的電阻，R2的尺寸小于R1的尺寸?，F(xiàn)給R1、R2加以相同的電壓A.R1、R2的電阻R1>R2

B.通過R1、R2的電流I1>I2

C.R8.長直導線周圍產(chǎn)生的磁感應強度大小B=kIr(k為常數(shù)，I為導線中電流的大小，r為到導線的距離)。如圖所示，在等邊三角形PMN的三個頂點處，各有一根長直導線垂直于紙面固定放置。三根導線均通有電流I，且電流方向垂直紙面向外，已知三根導線在三角形中心O處產(chǎn)生的磁感應強度大小均為B0，若將PA.5B0 B.B0 C.9.某帶電粒子垂直射入勻強磁場，粒子使沿途的空氣電離，動能逐漸減小，一段徑跡如圖所示。若粒子帶電量不變，重力不計，下列說法正確的是(

)A.粒子從a到b運動，帶正電

B.粒子從b到a運動，帶正電

C.粒子從a到b運動，帶負電

D.粒子從b到a運動，帶負電10.如圖所示，電源電動勢不變，金屬桿ab處在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向與水平導軌平面成θ角，ab始終保持靜止。下列選項正確的是(

)A.θ角由0°增加到90°的過程中，ab所受摩擦力先變大再變小

B.θ角由0°增加到90°的過程中，ab所受摩擦力先變小再變大

C.θ角由0°增加到180°的過程中，ab所受摩擦力先變大再變小

D.二、多選題：本大題共5小題，共15分。11.電源的電動勢為5V、內(nèi)阻為0.5Ω，“1V?1W”的燈泡與一個線圈電阻為A.電路中的電流為1A

B.電動機兩端的電壓為0.5V

C.電源的輸出功率為4W

12.電源電動勢為3V、內(nèi)阻為1Ω，定值電阻R=9Ω，滑動變阻器電阻最大阻值為20A.滑動變阻器的最大功率為0.225W

B.定值電阻的最大功率為0.72W

C.滑動變阻器的滑片從左向右移動，R上消耗的功率一直減小

D.13.如圖所示，在MNQP中有一垂直紙面向里勻強磁場，質(zhì)量和電荷量大小都相等的帶電粒子a、b、c以不同的速率從O點垂直于PQ射入磁場，圖中實線是它們的軌跡。已知O是PQA.射入磁場時粒子a的速率最大

B.粒子c在磁場中運動的周期最小

C.粒子b在磁場中運動的時間最小

D.若磁感應強度方向改成垂直于紙面向外，a、b、c粒子在磁場中運動的周期均不變

14.如圖所示，大量重力不計的不同帶電粒子，以不同速度從小孔O射入速度選擇器，通過速度選擇器的粒子，再垂直射入右側(cè)勻強磁場B2，做勻速圓周運動并打在底片上，下列選項正確的是(

)A.打在底片上不同位置的粒子進入右側(cè)磁場速度不同

B.打在底片上不同位置的粒子在右側(cè)磁場中運動時間不同

C.如果速度選擇器平行板電荷量不變，板間距增大，能沿直線通過選擇器的粒子速度不變

D.如果增大速度選擇器中磁場的磁感應強度B1，比荷相同的粒子在右側(cè)磁場中運動的半徑變小15.圖甲是回旋加速器的示意圖，圖乙為其加速電壓U的變化情況，質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子每次加速后的動能Ek隨時間t變化的規(guī)律如圖丙所示。忽略帶電粒子在電場中的加速時間，不計粒子重力，磁場的磁感應強度為B，下列選項正確的是(

)

A.粒子在電場區(qū)域速度增大，在磁場區(qū)域速度也增大

B.圖丙中，tn?tn?1=πmq三、實驗題：本大題共2小題，共14分。16.實驗小組測量某品牌手機電池的電動勢和內(nèi)阻，實驗室可供使用的器材如下：

A.待測電池(電動勢約為4V，內(nèi)阻約為9Ω)

B.電壓表V(量程0～3V，內(nèi)阻約3000Ω)

C.電流表A(量程0～50mA，內(nèi)阻為18Ω)

D.定值電阻R1(阻值20Ω)

E.定值電阻R2(阻值2Ω)

F.滑動變阻器R′(最大阻值10Ω)

G.開關(guān)、導線若干

(1)為了獲取多組數(shù)據(jù)并保證實驗測量的精度，該小組先改裝了電流表A，圖中的定值電阻R應選______(填“R117.實驗室提供了量程為0～5mA，內(nèi)阻為140Ω的電流表G，要求小明根據(jù)如下電路圖，把它改裝成簡易的多用電表，該多用電表有5個擋位，分別為直流電壓1V、5V擋，直流電流10mA、100mA擋，歐姆表×10Ω擋。

(1)圖甲中B接______(填“紅”或“黑”)表筆；

(2)當選擇開關(guān)連接觸點______(選填“1、2、3、4、5”)時，對應直流電流100mA擋；

(3)根據(jù)題設條件可得R4=______Ω(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)；四、簡答題：本大題共4小題，共41分。18.如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的勻強磁場，O為圓心，P為圓形邊界上的一點。質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子以速率v在紙面內(nèi)沿PO方向射入磁場，粒子又從Q點射出磁場，PQ之間的弧長是圓周長的16，不計粒子重力。求：

(1)圓形區(qū)域內(nèi)磁場的方向；

(

19.如圖所示，豎直平面直角坐標系xOy第一象限內(nèi)，存在水平向右的電場、垂直紙面向里的磁場。質(zhì)量m=1kg、電荷量q=+0.1C的小球由O到A恰好做直線運動，當小球運動到A(0.1m,0.1m)點時，電場方向瞬間變?yōu)樨Q直向上，小球繼續(xù)運動一段時間后，垂直于y軸射出第一象限。不計一切阻力，重力加速度

20.如圖所示，勻強電場水平向右，將一帶正電的小球從A點豎直上拋，小球經(jīng)M點后運動至B點。M為軌跡最高點，A、B兩點在同一水平線上。小球拋出時動能為2024J，在M點動能也為2024J，不計空氣阻力。求：

(1)小球水平位移x1與x2的比值；

(2)小球從21.水平分界線MN上方有豎直向下的勻強電場，電場強度為E。MN下方存在如圖所示的勻強磁場，磁感應強度均為B，PQ分界線與MN平行。質(zhì)量為m的帶電粒子在O處由靜止釋放，下落一定高度h后穿過MN，進入寬度為d、垂直紙面向外的勻強磁場中做勻速圓周運動。粒子穿過PQ后進入垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場，經(jīng)過一段時間后返回出發(fā)點O。不計粒子重力，求：

(1)粒子的帶電量；

(2答案和解析1.【答案】C

【解析】解：A、電源電動勢是反映電源把其他形式能量轉(zhuǎn)化為電能本領(lǐng)大小的物理量，故A錯誤；

B、電動勢E=Wq中的W是非靜電力做的功，在電壓U=Wq中的W是指電場力做的功，故B錯誤；

C、由閉合電路歐姆定律U=E?Ir可知，外電路斷路時，閉合電路中電流是零，則路端電壓的大小等于電源電動勢的大小，故C正確；

D、由E=W2.【答案】C

【解析】解：A、丹麥物理學家奧斯特通過實驗發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應，故A錯誤；

B、兩條通電導線平行且電流方向相同時會相互吸引，故B錯誤；

C、電流周圍的磁場方向是用安培定則也叫右手螺旋定則來判斷的，故C正確；

D、安培認為磁體的磁場是由運動的電荷產(chǎn)生的，故D錯誤。

故選：C。

本題根據(jù)奧斯特、安培的物理學成就以及通電導線間的作用力特點分析。

本題主要考查物理學史，是常識性問題，對于物理學上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強記憶，重視積累。3.【答案】A

【解析】解：A.電流做功的實質(zhì)是導體中的恒定電場對自由電荷的靜電力做的功，故A正確；

B.電動機是非純電阻電路，因此通過電動機的電流與其兩端的電壓不滿足

U=IR，故B錯誤；

C.焦耳通過實驗，應用控制變量法得到焦耳定律，故C錯誤；

D.公式W=UIt適用于任何電路中電功的計算，故D錯誤。

故選：4.【答案】B

【解析】解：A.在磁鐵外部，磁感線由N極指向S極，在磁鐵內(nèi)部，磁感線由S極指向N極，磁感線是閉合的曲線，故A錯誤；

B.磁感線是為了更直觀形象研究磁場的性質(zhì)而假想的有方向的曲線，不是客觀存在的，故B正確；

C.磁感線表示磁場的強弱和方向，是假想的曲線，若磁感線是帶電粒子在磁場中運動的軌跡，則帶電粒子在磁場中不會受到洛倫茲力，因此磁感線不是帶電粒子在磁場中運動的軌跡，故C錯誤；

D.磁感線是為了形象描述磁場性質(zhì)而假想的曲線，在磁場中沒有磁感線的地方仍有磁場存在，故D錯誤。

故選：B。

磁感線是閉合曲線；磁感線是假想的曲線；磁感線不是磁場的運動軌跡；沒有磁感線的地方仍然有磁場。

要知道磁感線是假想的曲線，在客觀上是不存在的，磁感線是閉合曲線，在磁體的外部，是從N極指向S極，而在磁體的內(nèi)部是從S極指向N5.【答案】A

【解析】解：AC.根據(jù)左手定則，安培力的方向既垂直于磁場方向又垂直與電流方向，即安培力的方向垂直與由磁場和電流決定的平面，故A正確，C錯誤；

B.當電流方向與磁場方向平行時，通電導線不受安培力作用，故B錯誤；

D.洛倫茲力與速度方向垂直，所以洛倫茲力一定不做功，但是安培力可以做正功、做負功也可以不做功，故D錯誤。

故選：A。

AC：根據(jù)左手定則判斷；

B：通電導線在磁場中受力與否與通電導線與磁場方向有關(guān)；

D：根據(jù)洛倫茲力和安培力的特點判斷。

6.【答案】A

【解析】解：根據(jù)磁感線的分布情況可知，磁鐵內(nèi)部穿過環(huán)面的磁感線方向向上，外部磁感線方向向下。由于磁感線是閉合曲線，磁鐵內(nèi)部的磁感線條數(shù)等于磁鐵外部磁感線的總條數(shù)，而磁鐵外部磁感線分布在無限大的空間，所以穿過環(huán)面的磁鐵外部向下的磁感線將磁鐵內(nèi)部向上的磁感線抵消一部分，a的面積小，抵消較小，由Φ=BS則a環(huán)磁通量較大，且兩環(huán)的磁通量方向均由下向上，且Φa>Φb，故A正確，BCD錯誤。

故選：A。

7.【答案】C

【解析】解：A、設材料的長度為L，厚度為h，根據(jù)電阻定律可得R=ρLLh=ρh，所以電阻的大小與正方向的變長無關(guān)，即R1=R2，故A錯誤；

B、根據(jù)歐姆定律I=UR可知，通過兩電阻的電流相等，即I1=I2，故B錯誤；

C、根據(jù)功率公式P=U2R可知，兩電阻消耗的電功率相等，即P1=P8.【答案】D

【解析】解：設OM=OP=ON=r，已知三根導線在三角形中心O處產(chǎn)生的磁感應強度大小均為B0，

長直導線周圍產(chǎn)生的磁感應強度大小B=kIr(k為常數(shù)，I為導線中電流的大小，r為到導線的距離)，則

B0=kIr

根據(jù)磁感應強度的疊加，可知M處導線與N處導線在三角形中心O處合磁感應強度為

B1=2B0cos60°=B0

方向垂直PO向左，P9.【答案】D

【解析】解：由于帶電粒子使沿途的空氣電離，粒子的動能逐漸減小，速度逐漸減小，根據(jù)洛倫茲力提供向心力

qvB=mv2R

可得，粒子在磁場中運動的半徑公式

R=mvqB

所以粒子的半徑逐漸的減小，粒子的運動方向是從b到a，再根據(jù)左手定則可知，粒子帶負電。

故10.【答案】C

【解析】解：ABC、導體棒始終靜止，對導體棒進行受力分析，在豎直方向上有：

mg=FN+BILcosθ

水平方向上：

BILsinθ=f

當θ從0增加到90°過程中，摩擦力增大；當θ從11.【答案】AD【解析】解：A、因為燈泡正常發(fā)光，則電路中的電流為：

I=PU=11A=1A，故A正確；

B、電源的內(nèi)電壓為：

U內(nèi)=Ir=0.5×1V=0.5V

則電動機兩端的電壓為：

U1=E?U?U內(nèi)=12.【答案】AD【解析】解：A、將電阻R看作電源內(nèi)阻，電源等效內(nèi)阻為r′=10Ω，當滑動變阻器的電阻等于等效內(nèi)阻時，滑動變阻器的功率最大，且

Pmax=E24r′=324×10W=0.225W，故A正確；

BC、根據(jù)功率的計算公式：

PR=I2R

當電路中的電流最大，即滑動變阻器的電阻最小，此時滑動變阻器的滑片在最右端時，電阻R13.【答案】CD【解析】解：A、粒子在磁場中做勻速圓周運動時，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=mv2r，解得：v=qBrm，由于質(zhì)量和電荷量大小都相等，則射入磁場時粒子b的半徑最大，則速率最大，故A錯誤；

BC、粒子在磁場中做圓周運動的周期為：T=2πmqB，粒子周期相同，粒子在磁場中的運動時間：t=θ2πT，由于m、q、B都相同，粒子c轉(zhuǎn)過的圓心角θ最大，則射入磁場時c的運動時間最大，粒子b轉(zhuǎn)過的圓心角θ最小，則射入磁場時b的運動時間最小，故B14.【答案】BC【解析】解：A、只有在速度選擇器沿水平直線運動才能進入右側(cè)磁場，所以有：qvB=qE，解得：v=EB，所以打在底片上不同位置的粒子進入右側(cè)磁場速度相同，故A錯誤；

B、打在底片上不同位置的粒子在右側(cè)磁場中運動時間均為半個周期，而周期為T=2πmqB，因為粒子的比荷不同，所以周期不同，所以打在底片上不同位置的粒子在右側(cè)磁場中運動時間也不同，故B正確；

C、如果速度選擇器平行板電荷量不變，板間距增大，而板之間的電場強度為：E=Ud=QCd=Q?15.【答案】BD【解析】解：A、粒子在磁場區(qū)域運動時，受洛倫茲力的作用，洛倫茲力只改變速度的方向，不改變速度大小，所以粒子只是在電場區(qū)域速度增大，在磁場區(qū)域做勻速圓周運動，故A錯誤；

B、粒子在磁場中的運動周期為T=2πmqB，粒子的周期保持不變，每經(jīng)過半圓周粒子就加速一次，所以在圖丙中，tn?tn?1=πmqB，故B正確；

C、粒子最終的半徑大小等于金屬盒的半徑，根據(jù)牛頓第二定律有qvB=mv2r，則粒子獲得的最大速度為v=qBrm，每次加速，粒子的能量就增大qU，所以粒子的加速次數(shù)為12mv216.【答案】R2

3.8

8.2【解析】解：(1)電池的電動勢約為4V，內(nèi)阻約為9Ω，則電路中最大電流約為

I=Er=49A≈0.44A=440mA

保證實驗測量的精度，改裝了電流表A，需給電流表并聯(lián)一電阻擴大電流表的量程，因原電流表的內(nèi)阻約為18Ω，量程是0～50mA，因此圖中的定值電阻R應選擇阻值較小的R2。

(2)U?I圖像的I軸為電流表示數(shù)，則由閉合電路歐姆定律可得：

E=U+IR17.【答案】紅

1

30

140

131

【解析】解：(1)為保證電流從紅表筆流入，黑表筆流出，圖甲中A接黑表筆，B接紅表筆。

(2)根據(jù)電流表改裝原理

I=Ig+IgRgR

將靈敏電流計改裝成電流表需并聯(lián)分流電阻，并聯(lián)分流電阻越小，電流表量程越大，故當選擇開關(guān)連接觸點1時，對應直流電流100mA擋。

(3)將靈敏電流計改裝成電壓表需串聯(lián)分壓電阻，串聯(lián)分壓電阻越大，電壓表量程越大，當選擇開關(guān)連接觸點4時，對應直流電壓為1V擋，由并聯(lián)電路特點以及閉合電路的歐姆定律可得

U=IgRg+I2R4

其中

I2=10mA=0.01A

解得

R4=30Ω

(4)選擇開關(guān)與“3”相連，為歐姆表×10Ω擋，歐姆表讀數(shù)為

Rx=18.【答案】解：(1)粒子帶正電，結(jié)合偏轉(zhuǎn)方向，根據(jù)左手定則可得磁場方向垂直于紙面向里；

(2)帶電粒子的運動軌跡如圖所示：

由幾何關(guān)系得：tan30°=rR

解得粒子軌跡半徑為：r=33R

帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB【解析】(1)根據(jù)左手定則可得磁場方向；

(219.【答案】解：(1)微粒在到達A點之前做勻速直線運動，受力分析如圖所示：

根據(jù)平衡條件，有：qEcos45°=mgsin45°

所以有：qE=mg

解得：E=100V/m

電場強度變化后，小球受到的電場力和重力大小相等、方向相反，小球做勻速