河南省信阳中学2022-2023学年高二上学期期末物理试题（解析版）

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2024届高二上期期末考试物理试题一、选择题（共12个小题，每题4分，共48分。1—8题只有一项符合题目要求，9—12题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选得0分）1.下列说法中正确的是（　　）A.磁场中磁感应强度大的地方，磁通量不一定很大B.穿过某一面积的磁通量为零，该处磁感应强度为零C.若试探电荷在某位置所受的电场力为零，则该处的电场强度可能不为零D.若一小段电流在某位置所受安培力为零，则该处的磁感应强度一定为零【答案】A【解析】【分析】【详解】A．根据磁通量表达式Φ=BSsinθ可知，磁通量取决于磁感应强度、线圈面积以及二者间的夹角，故磁场中磁感应强度大的地方，磁通量不一定很大，故A正确；B．当某个面与磁场平行时，则穿过某一面积的磁通量为零，但该处磁感应强度为不零，故B错误；C．若试探电荷在某位置所受的电场力为零，则该处的电场强度一定为零，故C错误；D．当一小段通电导线与磁场平行时，这一小段电流在某位置所受的安培力为零，但该处的磁感应强度不为零，故D错误。故选A。2.下列选项关于甲、乙、丙、丁四幅图的说法正确的是（  ）A.库仑利用图甲的实验装置测出了万有引力常量B.奥斯特利用图乙的实验，发现了“磁生电”现象C.法拉第通过图丙的实验线圈，发现了电磁感应现象D.麦克斯韦通过图丁的实验捕捉到了电磁波，并证实了自己关于“电磁波”的预言第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司

1【答案】C【解析】【详解】A．该实验是库仑发现库仑定律的实验，故A错误；B．该实验是奥斯特研究电流磁效应的实验；奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在磁场，故B错误；C．法拉第通过图丙的实验线圈，发现了电磁感应现象，故C正确；D．赫兹通过图丁的实验捕捉到了电磁波，并证实了麦克斯韦关于“电磁波”的预言，故D错误。故选C。3.一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以做直线运动，其v-t图像如图所示，粒子在时刻运动到B点，3时刻运动到C点，下列判断正确的是A.A、B、C三点的电势关系为B.A、B、C三点场强大小关系为C.粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少D.粒子从A点经B点运动到C点，电场力先做正功后做负功【答案】C【解析】【详解】A、因为不知道带电粒子的电性，所以无法判断电势的关系，故A错误；B、由速度图像可知，加速度先增大后减小，所以B点的加速度最大，电场强度最大，故B错误；C、由图像可知：动能先减小后增大，根据能量守恒可知：电势能先增后减小，故C正确；D、因为电势能先增大后减小，所以电场力先做负功后做正功，故D错误；故选C．【点睛】速度图像的斜率大小表示加速度的大小，根据速度大小可知动能的变化，根据能量守恒可知电势能的变化．4.如图所示，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接。已知导体棒MN受到的安培力大小为2F，则线框LMN受到的安培力的大小为（　　）第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司

2A.2FB.3FC.4FD.0【答案】B【解析】【详解】设导体棒MN长度为l，MN棒中电流为I，则其受到的安培力大小MLN的电阻是MN棒电阻的两倍，二者并联，两端电压相同，则流过MLN的电流为0.5I，MLN受到的安培力的合力为MN棒和MLN受到的安培力方向相同，故线框LMN受到的安培力大小为3F。故选B。【点睛】确定电路的连接方式，根据串并联电路的规律，确定电流电压之间的关系，再根据安培定则判断各部分所受安培力的大小和方向。最后根据力的合成与分解进行解答即可。5.如图，甲是带负电的物块，乙是不带电的足够长的绝缘木板。甲、乙叠放在一起置于光滑的水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场。现用一水平恒力B拉乙木板，使甲、乙从静止开始向左运动，甲电荷量始终保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在此后运动过程中（　　）A.甲、乙间的摩擦力始终不变B.甲、乙间的摩擦力先不变，后增大C.甲物块最终做匀速直线运动D.乙木板一直做匀加速直线运动【答案】C【解析】第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司

3【详解】ABC．由于拉力F的作用，物体加速运动，所以洛伦兹力逐渐增大，当洛伦兹力增大到和甲的重力大小相等时，此时甲乙接触面无压力作用，甲乙之间的摩擦力为零，此时甲的加速度为零，速度达到最大，之后甲做匀速直线运动，故AB错误，C正确；D．当甲乙出现相对运动后，由于甲在加速的过程中洛伦兹力逐渐增大，则甲乙接触面的压力逐渐减小，甲对乙向右的摩擦力逐渐减小，则乙木板受到的外力变化，加速度也发生变化，故D错误。故选C。6.在某次军演时，一炮弹由地面斜向上发射，假设当炮弹刚好到最高点时爆炸，炸成两部分P、Q，其中P的质量大于Q。已知爆炸后P的运动方向与爆炸前的运动方向相同，假设爆炸后P、Q的速度方向均沿水平方向，忽略空气的阻力，则下列说法正确的是（　　）A.爆炸后Q的运动方向一定与P的运动方向相同B.爆炸后Q比P先落地C.Q的落地点到爆炸点的水平距离大D.爆炸前后P、Q动量的变化量大小相等【答案】D【解析】【分析】【详解】A．在爆炸过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒。爆炸前炮弹在最高点的速度沿水平方向，爆炸后P的运动方向与爆炸前的运动方向相同，根据动量守恒定律判断出Q的速度一定沿水平方向，但爆炸后的运动方向取决于P的动量与爆炸前炮弹的动量的大小关系，因此Q的运动方向不一定与爆炸前的运动方向相同，故A错误；D．在爆炸过程中，P、Q受到爆炸力大小相等，作用时间相同，则爆炸力的冲量大小一定相等，由动量定理可知，在炸裂过程中P，Q动量的改变量大小相等、方向相反，D正确；B．爆炸后P、Q均做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由于高度相同，飞行时间一定相同，所以P、Q一定同时落地，B错误；C．山于爆炸后两部分速度的大小关系无法判断，因此落地点到爆炸点的水平距离无法确定，C错误。故选D。7.如图所示，R0为热敏电阻(温度降低，其电阻增大)，D为理想二极管(正向电阻为零，反向电阻无穷大)，平行板电容器中央有一带电液滴刚好静止，M点接地，开关S闭合．下列各项单独操作时可使带电液滴向上运动的是(　　)第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司

4A.滑动变阻器R的滑动触头P向上移动B.将热敏电阻R0的温度降低C.开关S断开D.电容器的上极板向上移动【答案】C【解析】【详解】A.当滑动变阻器的滑动触头P向上移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则总电流增大，内电压及R0两端的电压增大，则路端电压和滑动变阻器两端的电压都减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差不变，故A项不合题意；B.当热敏电阻温度降低时，其阻值增大，则由闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压减小，液滴仍然静止，故B项不合题意；C.开关S断开时，电容器直接接在电源两端，电容器两端电压增大，则液滴向上运动，故C项符合题意；D.若使电容器的上极板向上移动，即d增大，则电容器电容C减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差增大，由于，，，所以，由于极板上的电荷量不变，而场强E与极板之间的距离无关，所以场强E不变，液滴仍然静止，故D项不合题意．8.质谱仪最初是由汤姆生的学生阿斯顿设计的，他用质谱仪发现了氖20和氖22，证实了同位素的存在。如图所示，容器A中有质量分别为m1、m2，电荷量相同的氖20和氖22两种离子（不考虑离子的重力及离子间的相互作用），它们从容器A下方的小孔S1不断飘入电压为U的加速电场（离子的初速度可视为零），沿竖直线S1S2（S2为小孔）与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打在水平放置的底片上。由于实际加速电压的大小在U±ΔU范围内微小变化，这两种离子在磁场中运动的轨迹可能发生交叠，为使它们的轨迹不发生交叠，应小于（　　）第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司

5A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】粒子在电场中加速在磁场中做圆周运动解得氖20最大半径氖22最小半径两轨迹不发生交叠，有解得故选C。第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司

69.如图所示，为一种改进后的回旋加速器示意图，在D形盒边上的缝隙间放置一对中心开有小孔a、b的平行金属板M、N，每当带正电的粒子从a孔进入时，就立即在两板间加上恒定电压，经加速后从b孔射出，再立即撤去电压，而后进入D形盒中的匀强磁场，做匀速圆周运动。缝隙间无磁场，不考虑相对论效应，则下列说法正确的是（）A.D形盒中的磁场方向垂直纸面向里B.粒子运动的周期不断变大C.粒子每运动一周直径的增加量越来越小D.增大板间电压，粒子最终获得的最大动能变大【答案】AC【解析】【详解】A．粒子从b孔进入磁场后受到的洛伦兹力向右，由左手定则判断可知，D形盒中的磁场方向垂直纸面向里，故A正确；B．根据可知，粒子运动的周期不变，故B错误；C．粒子第n次加速后，根据动能定理可得：，解得：粒子在磁场中运动的半径粒子每运动一周直径的增加量随转动周数的增加，粒子每运动一周直径的增加量越来越小，故C正确；D．当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据得：知加速粒子的最大动能与D形盒的半径有关，与加速电压无关，故D错误；第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司

7故选AC。10.如图，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布．一铜制圆环用丝线悬挂于点，将圆环拉至位置后无初速释放，在圆环从摆向的过程中A.感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针B.感应电流方向一直是逆时针C.安培力方向始终与速度方向相反D.安培力方向始终沿水平方向【答案】AD【解析】【详解】试题分析：先看感应电流方向，铜制圆环内磁通量先向里并增大，由楞次定律可知，铜制圆环感应电流的磁场向外，依据右手安培定则得到，感应电流方向为逆时针；铜制圆环越过最低点过程中，铜制圆环内磁通量向里的减小，向外的增大，所以铜制圆环感应电流的磁场向里，感应电流为顺时针；越过最低点以后，铜制圆环内磁通量向外并减小，所以铜制圆环感应电流的磁场向外，感应电流为逆时针，A正确；B错误；再看安培力方向，由于圆环的电流是相等的，把圆环沿竖直方向看成两个半圆环，则这两个半圆环的电流相等、磁场不相同，则磁场强的半圆产生的安培力大于磁场弱的，故安培力的合力的方向是水平的，同理，当圆环摆过最下端的位置时，安培力的方向也是如此，C错误；D正确；故选AD．【名师点睛】本题由楞次定律可得出电流方向，重点在于弄清何时产生电磁感应，以及磁通量是如何变化的，按着应用楞次定律判断感应电流的方向的步骤进行分析和判断；再由左手定则判断安培力的方向．考点：楞次定律、安培力．11.如图为两点电荷Q、的电场等势面分布示意图，Q、位于x轴上，相邻等势面的电势差为第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司

8。若x轴上的M点和N点位于等势面上，P为某等势面上一点，则（　　）A.N点的电场强度大小比M点的大B.Q为正电荷C.M点的电场方向沿x轴负方向D.P点与M点的电势差为【答案】AD【解析】【详解】A．等差等势线的密度体现场强的大小，由图可知N点的等差等势线比M点更密，则N点的电场强度大小比M点的大，故A正确；B．沿着电场线电势逐渐降低，由图可知电场线由N指向Q，则Q为负电荷，故B错误；C．沿着电场线电势逐渐降低，结合各等势线的电势高低关系可知M点的电场方向沿x轴正方向，故C错误；D．M点与N点等势均为0V，P点与N点的等势线间隔四个，而相邻等势面的电势差为，则P点与M点的电势差为，故D正确。故选AD。12.如图所示，在等腰直角三角形BAC内充满着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出）。一群质量为m、电荷量为+q、速度为v的带正电粒子垂直AB边射入磁场，已知从AC边射出且在磁场中运动时间最长的粒子，离开磁场时速度垂直于AC边。不计粒子重力和粒子间的相互作用。下列判断中正确的是（　　）第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司

9A.等腰三角形BAC中AB边的长度为B.粒子在磁场中运动的最长时间为C.从AB中点射入的粒子离开磁场时的位置与A点的距离为D.若仅将磁场反向，则粒子在磁场中运动的最长时间不变【答案】AB【解析】【分析】【详解】A．依题意可知在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹时半圆，轨迹圆的圆心在A点。且其轨迹与BC边相切。根据几何关系可知粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有联立，可得故A正确；B．粒子在磁场中匀速圆周运动的周期为根据上一选项分析，粒子轨迹所对应的圆心角度为90，则有故B正确；C．从AB中点射入的粒子，其轨迹为上面所分析的粒子轨迹向下平移得到第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司

10此轨迹圆的圆心在A点的正下方，由几何关系可知，离开磁场时的位置与A点的距离必然小于轨迹半径r，即。故C错误；D．若仅将磁场反向，则粒子在磁场中将向上偏转，不会出现圆心角为90的轨迹，故最长时间将变小，故D错误。故选AB。II卷（非选择题，共62分）二、实验题（每空2分，共16分）13.在做“验证碰撞中的动量守恒定律”实验中，装置如图。①需要的测量仪器或工具有_____；A．秒表B．天平（带砝码）C．刻度尺D．圆规②必须要求的条件是____；A．斜槽轨道末端的切线必须平B．斜槽轨道应尽量光滑以减误C．入射球和被碰球必须质量等D．入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下③某次实验中得出落点情况如图所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球质量m1和被碰小球质量m2之比为___________。第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司

11【答案】①.BCD②.AD③.4：1【解析】【详解】①[1]根据实验原理可得又因下落时间相同，即可求得则若碰撞过程中动量守恒，则其表达式为实验中需要测量的物理量有质量和水平射程；因此应用到直尺和天平，测理水平射程前，要确定小球的落点，要用到圆规，故选BCD。②[2]A．要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故A正确；B．验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故B错误；C．为了保证入射小球不反弹，所以入射球的质量要大于被碰球的质量，故C错误；D．要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故D正确。故选AD。③[3]由图可知，，如果两球碰撞过程动量守恒，则代入数据求得14.利用图甲所示电路，测量多用电表内电源的电动势E和电阻“×10”挡内部电路的总电阻R内。使用的器材有：多用电表，毫安表（量程10mA，内阻为45Ω），电阻箱，导线若干。（1）将多用电表挡位调到电阻“×10”挡，红表笔和黑表笔短接，调零；（2）将电阻箱阻值调到最大，再将图甲中多用电表的红表笔和_______（填“1”或“2”第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司

12）端相连，黑表笔连接另一端；（3）调节电阻箱，记下多组毫安表的示数I和电阻箱相应的阻值R；某次测量时电阻箱的读数如图乙所示，则该读数为_______Ω；（4）某同学将测量的数据记录在如下表格中，请根据实验数据，回答以下问题：1234567R(Ω)10152330374550I(mA)6.816.546.416.216.025.925.71(A-1)147153156161166169175①答题卡的坐标纸上已标出5组数据对应的坐标点，请在答题卡的坐标纸上标出第3、5两组数据对应的坐标点并画出图像；______②根据实验数据可知，多用表内电源的电动势E＝______V，电阻“×10”挡内部电路的总电阻_______Ω。（结果均保留三位有效数字）【答案】①.2②.32.2③.第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司

13④.1.43（1.40~1.46）⑤.155（150~160）【解析】【详解】（2）[1]在欧姆表内部，黑表笔接电源的正极，红表笔接内部电源的负极，所以将电阻箱阻值调到最大，再将图a中多用电表的红表笔和2端相连，黑表笔连接1，使得电流从电流表的“+”接线柱流入；（3）[2]根据电阻箱的读数方法可知，则该读数为3×10Ω+2×1Ω+2×0.1Ω=32.2Ω（4）①[3]描点作图如下②[4][5]根据可得图象的斜率为解得第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司

14E=1.43V图象与纵坐标的截距为解得R内=155Ω三、解答题（共46分）15.如图甲所示，水平放置的线圈匝数n=200匝，半径，电阻，线圈与阻值的电阻相连。在线圈的中央有一个半径的有界匀强磁场，磁感应强度按图乙所示规律变化。圆周率用π表示，求：（1）电压表的示数U；（2）若撤去原磁场，在图中虚线的右侧空间沿相同方向加磁感应强度B=0.8T的匀强磁场，现把整个装置向左完全移出匀强磁场区域，求这一过程中通过电阻R的电荷量q。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律得由图乙可知感应电流为则电压表的示数为第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司

15代入数据解得（2）根据法拉第电磁感应定律得，平均感应电动势则平均感应电流为通过电阻R的电量为将线圈拉出磁场，磁通量的变化量为定量，则通过电阻R的电荷量为定值。代入数据得16.如图所示，在竖直平面内有两平行金属板P、Q正对着并水平放置，两板间有竖直方向的匀强电场，板长为L、板间距离为2L，其中，Q板接地，质量为m、电荷量为的带电小球自O点以某一速度平抛，O点与两板中心轴线在同一竖直平面内，小球恰从P板左端射入电场，其中O点离P板竖直距离为，离P板左端水平距离为L，重力加速度为g，求：（1）小球从O点平抛初速度大小；（2）若小球恰好从Q板右端飞出电场，板间的电场强度大小及方向。【答案】（1）；（2），竖直向下【解析】【详解】设平抛的初速度为，根据平抛运动规律可得第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司

16解得（2）进入电场后在竖直方向上的速度大小为以竖直向下为正方向，加速度为，则有其中解得由此可知小球的加速度方向竖直向下，且解得小球带正电，则电场方向竖直向下17.如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H的光滑水平桌面上。现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h高处由静止开始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出。已知，，，（重力加速度为g）求：（1）滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度v；（2）被压缩弹簧的最大弹性势能；（3）滑块C从桌面边缘飞出时的速度大小。第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司

17【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）滑块A从光滑曲面上高处由静止开始滑下的过程，机械能守恒，设其滑到底面的速度为，由机械能守恒定律有解之得滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度设为，由动量守恒定律有解之得（2）滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为速度，由动量守恒定律有由机械能守恒定律有解得被压缩弹簧的最大弹性势能（3）被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设滑块A、B的速度为，滑块C的速度为，分别由动量守恒定律和机械能守恒定律有第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司

18解之得滑块C从桌面边缘飞出时的速度大小。18.如图所示，位于第一象限内半径为R的圆形磁场与两坐标轴分别相切于P、Q两点，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，第四象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E，Q点有一粒子源，可在xOy平面内向各个方向发射速率均为v的带正电粒子，其中沿x轴正方向射入磁场的粒子恰好从P点射出磁场，不计重力及粒子之间的相互作用：（1）求带电粒子的比荷；（2）若粒子初速度方向被限定在两侧夹角均为30°的范围内，求x轴上有粒子出射的区域范围；（3）若AQ弧长等于六分之一圆弧，求从磁场边界上A点射出的粒子，由Q点至第2次穿出磁场所经历的时间。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）由几何关系可知，从点射出的粒子做圆周运动的半径根据洛伦兹力提供向心力可得解得第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司

19（2）粒子轨迹半径和圆半径相等，由几何关系可知，无论粒子沿哪个方向射入磁场，从磁场中射出时速度方向均沿y轴负方向，两侧粒子的运动轨迹如图所示方向斜向右下与成的粒子打在，则有方向斜向右上与成的粒子打在，则有x轴上有粒子出射的区域范围是（3）若AQ弧长等于六分之一圆弧，粒子的运动轨迹如图所示粒子在磁场中运动周期粒子在QA段运动时间无场区AB段距离第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司

20粒子在AB段运动时间粒子在电场中运动时由牛顿第二定律在电场中运动时间粒子在AC段运动时间总时间代入数据得第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司

21第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司