浙江省嘉兴高级中学2023-2024学年高二上学期期中考试物理（选考） Word版含解析.docx

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嘉兴高级中学2023学年高二年级第一学期期中考试物理试卷（选考）考生须知：1．本卷共有三大题，满分为100分，考试时间为90分钟。2．请将答案正确填写在答题卡上，答案写在试题卷上不给分。一、选择题（本题共18小题，每小题3分，共54分）1.下列属于磁感应强度的单位是（　　）A.T（特斯拉）B.Wb（韦伯）C.N（牛顿）D.V（伏特）【答案】A【解析】【详解】A．磁感应强度的单位是特斯拉，其单位符号为T，故A正确；B．磁通量单位是韦伯，其单位符号为，故B错误；C．力的单位是牛顿，其单位符号为，故C错误；D．电势、电势差的单位是伏特，其单位符号为，故D错误。故选A。2.历史上第一次发现电流磁效应的科学家是（　　）A.法拉第B.奥斯特C.麦克斯韦D.安培【答案】B【解析】【详解】A．世界上第一个发现电磁感应现象的科学家是法拉第，故A错误；B．历史上第一次发现电流磁效应的科学家是奥斯特。故B正确C．麦克斯韦建立了完整的电磁场理论。故C错误；D．安培研究了磁场对电流的作用力。故D错误。故选B。【点睛】熟悉物理学史和常识。3.下列说法正确的是（　　）A.由知，导体的电阻由两端的电压和通过的电流共同决定的B.在电源电动势的定义式中，W指的静电力做功 C.从可知，对于阻值一定的导体，它两端的电压越大，通过它的电流也越大D.焦耳热计算式，只能在纯电阻电路中使用【答案】C【解析】【详解】A．导体电阻是导体本身的属性，其大小与它两端的电压及过它的电流无关，故A错误；B．在电源电动势的定义式中，W指的非静电力做功，故B错误；C．从关系式可知，对于阻值一定的导体，它两端的电压越大，通过它的电流也越大，故C正确；D．焦耳热计算式，对所有电路均适用，故D错误。故选C。4.人们购买智能手机时手机的续航能力是重点考量的一个方面，所以消费者时常会留意手机电池的相关参数。某款手机的电池铭牌上标有字样，这意味着如果这款手机工作时的电流始终为，则充满电的电池理论上可以工作对应的物理量为（　　）A.电荷量B.电势差C.电容D.能量【答案】A【解析】【详解】为电流单位，为时间单位，根据可知为电荷量单位。选项A正确，BCD错误。故选A。5.如图所示，将某一电源的路端电压随干路电流的变化关系和某一定值电阻R两端的电压与通过该电阻的电流关系画在同一个U-I图像中。若将该电源与两个定值电阻R串联构成闭合回路，下列分析中正确的是（　　） A.甲反映定值电阻RU-I关系，R=1.0ΩB.乙反映电源的U-I关系，其电动势E=5.0VC.通过定值电阻R的电流大小一定为1.2AD.电源内阻r消耗热功率为4.0W【答案】C【解析】【详解】A．甲反映定值电阻R的U-I关系R==2Ω故A错误；B．根据闭合电路欧姆定律得U=E-Ir当I=0时U=E因此乙图线在纵轴上的截距等于电源的电动势，见下图根据几何关系，电源电动势E=6V故B错误；C．电源的内阻等于乙图线斜率绝对值的大小，则若将该电源与两个定值电阻R串联构成闭合回路，通过定值电阻R的电流大小故C正确；D．电源内阻r消耗的热功率为P=I2r=1.44W 故D错误。故选C。6.一根粗细均匀的金属导线阻值为R，两端加上恒定电压U时，通过金属导线的电流强度为I，金属导线中自由电子定向移动的平均速率为v，若将金属导线对折一次，使其长度变为原来的一半，仍给它两端加上恒定电压U，则下列说法正确的是（　　）A.此时金属导线的阻值为B.此时通过金属导线的电流为C.此时自由电子定向移动的平均速率为D.此时自由电子定向移动的平均速率为2v【答案】D【解析】【详解】A．将金属导线对折一次时根据可知金属线的电阻变为，故A错误；B．根据欧姆定律可知故B错误；CD．根据电流的微观表达式可知n、e不变，s变为原来两倍，电流变为4倍，则此时自由电子定向移动的平均速率为2v，故C错误，D正确。故选D。7.下列说法正确的是（　　） A.图甲中“3000F2.7V”的超级电容器最多可以储存8.1×103C的电荷量B.图乙中小磁针放在超导环形电流中间，静止时小磁针的指向如图中所示C.图丙中直导线悬挂在磁铁的两极间，通以如图所示的电流时会受到向左的磁场力D.图丁中金属矩形线框从匀强磁场中的a位置水平移到b位置，框内会产生感应电流【答案】A【解析】【详解】A．电容器最多能储存的电荷量是故A正确；B．根据右手螺旋定则可知环形电流产生的磁场方向垂直纸面向外，故图乙小磁针静止时垂直纸面且N极指向外，故B错误；C．通电导线在磁场中与磁场方向不平行时，会受到磁场力的作用，根据左手定则，图丙导线受到水平向右的安培力，故C错误；D．要产生感应电流必须同时满足两个条件，一是回路闭合，二是磁通量发生变化，图丁线框在磁场中运动时，磁通量不变，故不能产生感应电流，故D错误。故选A。8.如图所示，矩形线框置于磁感应强度为B的匀强磁场中，线框平面与磁场方向平行，线框的面积为S，则当线框以左边为轴转过30°的过程中，通过线框的磁通量变化量为（　　）A.0B.BSC.D.【答案】D【解析】【详解】磁通量及磁通量的变化量的计算公式为 Φ=SB，∆Φ=Φ′-ΦS指垂直于磁感线的有效面积代入数据有Φ=0，Φ′=SB，∆Φ=SB故选D。9.如图所示，两个完全相同的轻质铝环、能在一个光滑的绝缘圆柱体上自由移动，设大小不同的电流按如图所示的方向通入两个铝环中，则两个铝环的运动情况是（　　）A.彼此靠近，且加速度大小相等B.彼此靠近，且加速度大小不相等C.彼此远离，且加速度大小相等D.彼此远离，且加速度大小不相等【答案】C【解析】【详解】根据电流间相互作用规律“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”可知，两圆环应相互排斥，即彼此远离运动，再根据牛顿第二定律和牛顿第三定律可知，两圆环的加速度大小相等，故C正确，ABD错误。故选C。10.如图所示，金属棒ab质量为m，通过电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面夹角为θ，ab静止于宽为L水平导轨上。下列说法正确的是（）A.金属棒受到的安培力大小为B.金属棒受到的摩擦力大小为C.若只改变电流方向，金属棒对导轨的压力将增大D.若只增大磁感应强度B后，金属棒对导轨的压力将增大【答案】C【解析】 【详解】A．该题中的磁感应强度B虽然与导轨平面的夹角为θ，但是B仍然与电流I的方向是垂直的，故安培力的大小为故A错误；B．由于棒是静止的，其剖面受力图如图所示摩擦力的大小应该与安培力在水平方向上的分力大小相等，则有故B错误；C．若只改变电流方向，则安培力的方向会改变，由左手定则可知，安培力变成斜向下作用在金属棒上，故使得金属棒对轨道的压力会增大，故C正确；D．若只增大磁感应强度B后，安培力的方向仍然是斜左上，大小会增大，故会减小金属棒对轨道的压力，故D错误。故选C。11.我国建造的第一台回旋加速器存放于中国原子能科学研究院，回旋加速器是将半径为R的两个D形盒置于磁感应强度为B的匀强磁场中，两盒间的狭缝很小，两盒间接电压为U的高频交流电源。电荷量为q的带电粒子从粒子源A处进入加速电场（初速度为零），若不考虑粒子在电场中的运动时间以及粒子质量的变化，不考虑粒子所受重力，下列说法正确的是（　　） A.增大狭缝间的电压U，粒子在D形盒内获得的最大速度会增大B.由于粒子速度被逐渐加大，极板所加的交流电周期要相应减小C.若仅将粒子的电荷量变为原来一半，则交流电源频率应变为原来的一半D.粒子第一次与第二次在磁场中运动的轨道半径之比为【答案】C【解析】【详解】A．当粒子从D形盒中出来时速度最大，根据得可知增大狭缝间的电压U，粒子在D形盒内获得的最大速度不变，A错误；B．根据可知粒子在磁场中运动时间不会随着速度的增大而增大，所以极板所加的交流电周期不变，B错误；C．若仅将粒子的电荷量变为，根据可得离子在磁场中运动的周期变为原来的2倍，则电源的周期变为原来的2倍，根据可知电源的频率变为原来倍，C正确；D．根据动能定理第二次被加速又联立可得半径之比为D错误。 故选C。12.下列关于磁场的应用，正确的是（　　）A.图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器示意图要使粒子获得的最大动能增大，可增大加速电场的电压UB.图乙是磁流体发电机示意图，由此可判断B极板是发电机的正极，A极板是发电机的负极C.图丙是速度选择器示意图，速度方向从P到Q，不考虑重力的带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是D.图丁是磁电式电流表内部结构示意图，当有电流流过时，线圈在磁极间产生的匀强磁场中偏转【答案】B【解析】【详解】A．设回旋加速器的最大半径为，加速后最大速度为，根据可得粒子获得的最大动能为所以粒子的最大动能与加速电场的电压U无关，A错误；B．根据左手定则，正电荷向下偏转，所以B板带正电，为发电机的正极，A极板是发动机的负极，B正确；C．速度方向从P到Q，速度选择器不能判断带电粒子的电性，不管是正电，还是负电，只要满足即 粒子就能匀速通过速度选择器，C错误；D．线圈在磁极间产生的磁场为均匀辐向磁场，该磁场为非匀强磁场，D错误。故选B。13.某同学想利用“电磁弹簧测力计”测量磁感应强度，如图所示．一长为l的金属棒ab用两个完全相同的、劲度系数均为k的弹簧水平悬挂在匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里．弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒通过开关S与一电动势为E的电源相连，回路总电阻为R．开关S断开，金属棒处于平衡状态时，弹簧伸长长度为x0；闭合开关S，金属棒再处于平衡状态时，弹簧伸长长度为x．重力加速度为g，则关于金属棒质量m和磁感应强度的大小B，下列关系式正确的是A.m=，B=B.m=，B=C.m=，B=D.m=，B=【答案】C【解析】【详解】开关断开时2kx0＝mg闭合开关后2kx＋BIl＝mg 其中I＝联立上式可得A．m=，B=，与结论不相符，选项A错误；B．m=，B=，与结论不相符，选项B错误；C．m=，B=，与结论相符，选项C正确；D．m=，B=，与结论不相符，选项D错误；14.如图所示圆形区域内，有垂直于纸面方向的匀强磁场，一束质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率，沿着相同的方向，对准圆心O射入匀强磁场，又都从该磁场中射出，这些粒子在磁场中的运动时间有的较长，有的较短，若带电粒子在磁场中只受洛伦兹力的作用，则在磁场中运动时间越长的带电粒子（　　）A.速率一定越小B.速率一定越大C.角速度一定越小D.在磁场中通过的路程越长【答案】A【解析】【详解】ABC．如图所示 根据可知周期恒定，在磁场中运动时间越长的带电粒子，圆心角越大，半径越小，由可得速率一定越小，又由公式所以角速度都相同，故A正确，BC错误；D．则在磁场中运动时间越长的带电粒子路程越短，故D错误。故选A。【点睛】带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小；运动的周期均相同的情况下，可根据圆弧的对应圆心角来确定运动的时间的长短。15.2022年7月30日，“2022碳中和·零碳中国峰会暨第五届中国能源投资国际论坛”在北京昌平未来科学城“能源谷”顺利召开。为了响应国家政策，小明从节约电能角度出发，通过查找资料发现，15W的LED日光灯管亮度要比传统40W的日光灯管还要亮，于是他设想，假设每户家庭有二只40W的传统日光灯，均用15W的LED日光灯替代，估算出全国一年节省的电能最接近（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】全国大约有5.5亿用户，每个用户大约每天用灯5小时，则全国一年节省的电能最接近 故选B。16.如图所示为某种电流表的原理示意图。质量为m的匀质细金属杆的中点处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，弹簧的劲度系数为k，在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于ab的长度。当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合且指针恰指在零刻度线；当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流强度。已知k＝2N/m，ab的长度为0.4m，bc的长度为0.1m，B＝0.2T，重力加速度为g。不计通电时电流产生的磁场的影响，下列说法正确的是（　　）A.当电流表示数为零时，弹簧处于原长B.若要使电流表正常工作，则金属杆MN的N端与电源正极相接C.此电流表的量程应为2.5AD.若要将电流表量程变为原来的2倍，可以将磁感应强度变为0.4T【答案】C【解析】【详解】A．当电流表示数为零时，弹簧弹力与金属杆的重力平衡，所以此时弹簧处于伸长状态，故A错误；B．若要使电流表正常工作，应使通入电流后金属杆所受安培力向下，根据左手定则可知金属杆MN中的电流方向应为M→N，所以M端与电源正极相接，故B错误；C．根据胡克定律可知则当所测电流最大时，有解得故C正确；D．根据C项分析可知，若要将电流表量程变为原来的2 倍，可以将磁感应强度变为原来的二分之一，即0.1T，故D错误。故选C。17.如图所示，电源的电动势和内阻分别为E和r，定值电阻的阻值为，在滑动变阻器的滑片由a向b移动的过程中，电压表和电流表读数的改变量分别为和，则下列说法正确的是（电表均为理想电表）（　　）A.电流表的读数逐渐减小B.电压表的读数逐渐减小C.的电功率先减小后增大D.的值先减小后增大【答案】C【解析】【详解】AC．设滑动变阻器总电阻为R，b端到滑片部分接入回路的电阻为，则滑片到a端部分接入回路的电阻为，所以回路总电阻为在滑动变阻器的滑片由a向b移动的过程中，R1从R逐渐减小至0，由上式并根据数学知识可知，在该过程中，R总先增大后减小，所以电流表的读数先减小后增大，根据可知的电功率先减小后增大，故A错误，C正确；B．电压表测路端电压，易知电路外电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知电压表的读数先增大后减小，故B错误；D．根据闭合电路欧姆定律可得所以的值不变，故D错误。故选C。18.笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为a、高为b、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e 的自由电子，当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场B中，当通入方向向右的电流I后，元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。则下列说法错误的是（　　）A.前表面的电势比后表面的高B.前、后表面间的电压U与I无关C.前、后表面间的电压U与b成反比D.自由电子受到的洛伦兹力大小为【答案】B【解析】【详解】A．由图知电流从左向右流动，因此电子的运动方向为从右向左，根据左手定则可知电子偏转到后面表，因此前表面的电势比后表面的高，故A正确；BC．由则电压故前后表面的电压与I有关，与b成反比，故B错误，C正确；D．电子在运动过程中洛伦兹力和电场力平衡，有故故D正确。本题选错误的，故选B。 二、实验题（本题共2小题，共9空，每空2分，共18分）19.新型圆柱形的导电材料，电阻阻值在8Ω~10Ω之间，为了测量该导电材料电阻率，实验室提供了以下实验器材：A．20分度游标卡尺B．螺旋测微器C．电流表A1（0~100mA，内阻约为10Ω）D．电流表A2（0~0.6A，内阻约为0.1Ω）E．电压表V1（0~3V，内阻约为3kΩ）F．电压表V2（0~15V，内阻约为15kΩ）G．直流电源E（4V，内阻不计）H．滑动变阻器R1（0~10Ω，2A）I．滑动变阻器R2（0~100Ω，200mA）J．开关及导线若干（1）用游标卡尺测得该样品的长度L，其示数如图所示，其读数为_________mm。（2）本次实验的电流表选用的是__________，滑动变阻器选用的是__________（填写所提供器材前的字母）。（3）测量新型圆柱形的导电材料电阻R是采用下图的__________（选填“甲”“乙”“丙”或“丁”）电路图为本次实验的最佳电路。但用此最佳电路测量的结果仍然会比真实值偏__________（填“大”或“小”）。此时测得电流为I、电压为U。【答案】①.10.95②.D③.H④.甲⑤.小【解析】【详解】（1）[1]根据游标卡尺读数原理可知该样品的长度为10.95mm。（2）[2][3]电源电压为4V,电压表应选择E；电阻阻值在8Ω~10Ω之间，所以电流最大值约为 所以应选择电流表A2；为调节方便，使电表示数变化明显，滑动变阻器应选择阻值较小的H。（3）[4]由于待测电阻较小，远小于电压表的内阻，电流表应采用外接法；由于滑动变阻器的阻值较小，为了调节方便，使电表的变化范围大一些，滑动变阻器应采用分压式接法，故甲电路图为最佳电路图。[5]由于电流表采用外接法，由于电压表分流作用，使得电流表的示数大于待测电阻的实际电流，则此最佳电路测量的结果仍然会比真实值偏小。20.在实验室内要测量一节干电池（电动势约为1.5V，内阻小于）的电动势和内阻，实验室提供的用于实验的器材除了开关、导线外，还有：电压表（0~3V）、电流表（0~0.6A）、滑动变阻器（）、定值电阻（阻值）（1）按照电路图进行实验，测量得到7组U、I数据，在图像中描点、画图，得到的图像如图所示，由图像可得被测电池的电动势______V，电池内电阻______。（结果均保留2位小数）（2）由于实验存在误差，导致电动势和内电阻的测量值相对于真实值都有偏差，通过分析可知，______，______。（选填“大于”、“小于”或“等于”）【答案】①.1.45②.0.30③.小于④.小于【解析】【详解】（1）[1][2]根据闭合电路的欧姆定律整理得由图像可得，电池的电动势为纵轴截距，即 图像的斜率则电池内阻为（2）[3][4]根据电路图可知，由于电压表的分流作用，干路中电流的真实值大于测量值，当外电路短路时电流的测量值等于真实值，电源图像如图所示由图可知三、解答题（本题共3小题，21题8分，22题10分，23题10分）21.如图所示，两平行金属导轨处于水平面内，间距L＝0.5m，导轨电阻忽略不计。金属杆ab的质量m＝60g，接入回路的电阻R＝1Ω，金属杆垂直放置于导轨上，它们之间的动摩擦因数（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。已知电源电动势为E＝3V，内阻r＝0.5Ω，定值电阻。在金属杆所在空间加一磁感应强度B＝0.2T的匀强磁场，磁场方向与导轨平面的夹角，已知重力加速度，则：（1）金属杆ab静止时受到的安培力大小；（2）若磁感应强度的大小可以改变，为使金属杆ab始终保持静止，求磁感应强度的最大值。【答案】（1）0.1N；（2）0.6T【解析】 【详解】（1）金属杆ab静止时，由闭合电路欧姆定律得通过它的电流为此时金属杆ab所受的安培力大小为FA＝ILB＝0.1N（2）根据左手定则可知金属杆ab所受安培力斜向左上，与竖直方向夹角为37°，如图所示，当磁感应强度最大时，金属杆ab所受的摩擦力达到最大静摩擦力，且等于滑动摩擦力，则解得22.如图所示，在XOY平面内，X轴上方有一沿Y轴方向的匀强电场，电场强度为E，X轴的下方是磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里，磁场中有一内、外径分别为R、的半圆环形区域，外圆与X轴交于原点O和P点，在Y轴上的M点静止释放一质量为m、电量为q的带电粒子，带电粒子由原点进入磁场，从P点射出，粒子重力不计。（1）带电粒子带何种电荷？求M点到原点O的距离L；（2）求带电粒子从静止释放运动到P点所用的时间t；（3）若粒子在第二象限某位置水平射出，并从O点进入磁场，P点射出，粒子从O到P的过程中，始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子射出点的坐标。 【答案】（1）正电；（2）；（3）【解析】【详解】（1）带电粒子带正电，电荷在磁场中在电场中联立得（2）在电场中在磁场中则粒子从静止释放运动到P点的时间（3）如图所示，粒子穿过磁场时间最短；设带电粒子在磁场中运动的半径为r，由几何关系得 速度与x轴的夹角为θ，则磁场中有得：可知：y=L坐标为23.如图为离子探测装置示意图．区域I、区域Ⅱ长均为L=0.10m，高均为H=0.06m．区域I可加方向竖直向下、电场强度为E的匀强电场；区域Ⅱ可加方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，区域Ⅱ的右端紧贴着可探测带电粒子位置的竖直屏．质子束沿两板正中间以速度v=1.0×105m/s水平射入，质子荷质比近似为=1.0×108C/kg．（忽略边界效应，不计重力）（1）当区域I加电场、区域Ⅱ不加磁场时，求能在屏上探测到质子束的外加电场的最大值Emax；（2）当区域I不加电场、区域Ⅱ加磁场时，求能在屏上探测到质子束的外加磁场的最大值Bmax；（3）当区域I加电场E小于（1）中的Emax，质子束进入区域Ⅱ和离开区域Ⅱ的位置等高，求区域Ⅱ中的磁场B与区域I中的电场E之间的关系式．【答案】（1）200N/C（2）5.5×10﹣3T（3） 【解析】【分析】(1)粒子在电场区做类似平抛运动，在区域Ⅱ做匀速直线运动，类平抛运动的末速度的反向延长线通过水平分位移的中点，结合类平抛运动的分运动公式列式求解；(2)粒子射入磁场后做匀速圆周运动，画出临界轨迹，得到临界轨道半径，然后根据牛顿第二定律列式分析；(3)画出轨迹，结合几何关系、类平抛运动的分运动公式、牛顿第二定律列式后联立求解．【详解】(1)画出轨迹，如图所示：偏转角θ满足：tanθ=竖直分速度：vy=at，加速度：运动时间：解得：(2)画出轨迹，如图所示：轨迹圆半径满足： 解得：圆周运动满足：解得：；（3)画出轨迹，如图所示：偏转角θ满足：轨迹圆圆心角为2θ，半径满足：圆周运动满足：