四川省成都市2023-2024學年高二上學期期末物理試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三四總分評分一、單選題1．物理學中常用比值定義法定義物理量。下列關系式中，用比值法定義的物理量定義式是（）A．B=FIL B．E=kQr2 2．如圖，在等腰直角三角形abc的頂點a、b各固定一根無限長通電直導線，導線中電流大小相同，方向均垂直于紙面向里。則（）A．a處導線所受安培力的方向沿ab向左B．a處導線所受安培力的方向垂直于ab向上C．c點磁場方向垂直于ab向上D．c點磁場方向平行于ab向右3．如圖，真空中等量的異種點電荷甲、乙形成的電場中，一試探電荷僅在電場力作用下的運動軌跡如圖中虛線所示，O點位于甲、乙電荷連線的中點，a、b是試探電荷運動軌跡上關于O點對稱的兩個點。下列說法正確的是（）A．試探電荷為正電荷B．試探電荷在a點的動能小于在b點的動能C．試探電荷在a點的加速度大于在b點的加速度D．試探電荷在a點的電勢能等于在b點的電勢能4．圖示電路中，R1：R2=1：4，接入電路的兩個電容器電容分別為C1=2μFA．Q1=4.8×10C．Q1=4.8×105．如圖，同一直線上的三個點電荷a、b、c，電荷量分別為q1、q2、A．三個點電荷可能均為正電荷B．若a為正電荷，則b、c均為負電荷C．點電荷電荷量的絕對值滿足|D．點電荷電荷量的絕對值滿足|6．如圖，電源電動勢E和內阻r一定，R0為定值電阻且RA．R0B．電壓表示數逐漸增大C．電流表與電壓表示數的乘積IU逐漸增大D．電壓表與電流表示數改變量比值的絕對值|ΔU7．2022年10月，中核集團核工業西南物理研究院科研團隊再傳佳績，中國新一代“人造太陽”科學研究取得突破性進展，HL-2M等離子體電流突破100萬安培，創造了我國可控核聚變裝置運行新紀錄，技術水平居國際前列。圖示為核聚變中磁約束的托卡馬克裝置的簡化圖，圓環狀勻強磁場區域的內半徑為R1，外半徑為R2，磁感應強度大小為B，方向垂直于環面，中空區域內帶電粒子的質量為m，電荷量為q，具有各個方向的速度。欲使帶電粒子約束在半徑為A．qB(R2?C．qB(R228．如圖，用兩段材料、長度、粗細均相同的導線分別繞制成P、Q兩個閉合正方形線圈，所在區域有方向垂直于線圈平面向外的勻強磁場，磁感應強度隨時間均勻減小，已知線圈匝數比為nP：nA．感應電流均沿順時針方向B．同一時刻磁通量大小之比ΦC．感應電動勢大小之比ED．感應電流大小之比I二、多選題9．在電磁學發展過程中，物理學家們的新發現和新理論推動著科技進步和產業革命，關于電磁學發展史，下列說法中正確的是（）A．奧斯特發現了電流的熱效應規律B．法拉第首先提出電場概念，并引入電場線形象描述電場C．焦耳發現了電流的磁效應D．安培在對磁場的研究中提出了分子電流假說10．如圖（a）所示的圓環形導線，處在方向垂直于圓環平面的磁場B中（磁場未畫出，以向里為正方向），B隨時間t變化的關系如圖（b）所示，則（）A．0~tB．0~tC．t0D．0~t0和11．如圖（a），O、P為光滑水平面上相距0.3m的兩點，O、P連線上存在方向從O指向P的電場，其上各點的電勢φ隨距O點的距離x變化的關系如圖（b）所示，圖中斜線為圖線在點P（0.3m，200V）的切線。現將一質量m=2×10-3kgA．從釋放開始加速度一直減小B．從釋放開始速度一直增大C．運動到P點時，加速度大小a=1D．運動到P點時，速度大小v=3m/s12．如圖（a），長為4d、間距為d的平行金屬板水平放置，兩金屬板左邊中點O有一粒子源，能持續水平向右發射初速度為v0、電荷量為q(q>0)、質量為m的粒子，金屬板右側距離為d處豎直放置一足夠大的熒光屏。現在兩板間加圖（b）所示電壓，已知t=0A．不同時刻入射的粒子在金屬板間運動的時間不相等B．t=dv0C．t=d2D．粒子打在右側熒光屏上的長度范圍為d13．如圖，一帶電粒子以初速度v0沿x軸正方向從坐標原點O射入，并經過點P（2L，L）。若上述過程僅由方向平行于y軸的勻強電場實現，則粒子從O到P運動的時間為t1，到達P點速度與x軸正方向的夾角為θ1。若上述過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現，則粒子從O到P運動的時間為tA．t1<t2 B．t1>三、實驗題14．如圖所示為“探究磁場對通電導線的作用”的實驗裝置，某同學利用該裝置來測定U形磁鐵N、S極之間磁場的平均磁感應強度。請根據下面的實驗操作按要求填空。⑴在彈簧測力計下端掛一個匝數為n的足夠長的矩形線框，用刻度尺測出矩形線框下短邊的長度L并將其完全置于U形磁鐵N、S極之間的磁場中，使線框平面與磁場方向垂直，短邊保持水平。⑵在電路未接通時，記錄線框靜止時彈簧測力計的讀數F0⑶閉合開關，調節滑動變阻器使電流表讀數為I，記錄線框靜止時彈簧測力計的讀數F（F>F0），則線框所受安培力大小為⑷利用上述數據可得待測磁場的平均磁感應強度B=。15．通過《直流電路》章節的學習，一同學希望利用相關知識，用一個電流表表頭設計簡易多用電表，具體設計步驟如下：（1）表頭G的規格為滿偏電流25mA，內阻480Ω，該同學先按照圖（a）電路將R1=160Ω的電阻并入電路，改裝為一個直流電流表，改裝后的電流表量程為（2）在改裝后的電流表基礎上，按照圖（b）串聯接入R2和R3，繼續改裝為15V和50V兩檔的直流電壓表，接入的電阻R2和R3的阻值分別為R2（3）該同學將電表繼續改裝為歐姆表，如圖（c）所示。將b、c、d、e四個端口用選擇旋鈕接上同一端口f，將整個改裝之后的多用電表封裝。a、f端口各自連接一表筆，則圖（c）中a端應接（選填“紅色”或”黑色”）表筆。校準調零后，選擇歐姆檔測量一個阻值R=150Ω的電阻時，表頭指針正好指向表盤正中位置，當測量未知電阻Rx時，穩定后表頭指針偏轉到滿偏刻度的23，則R四、解答題16．如圖為一款游樂場電動車的原理圖。已知電源電動勢E=32V，燈泡L規格為“30V15W”且電阻不變，電動機M的內阻rM（1）電源的內阻r；（2）電動機機械功率P機17．2022年6月，我國首艘完全自主設計建造的航母“福建艦”下水亮相，除了引人注目的電磁彈射系統外，電磁阻攔索也是航母的“核心戰斗力”之一，其原理是利用電磁感應產生的阻力快速安全的降低艦載機著艦的速度。如圖所示為電磁阻攔系統的簡化原理：艦載機著艦時關閉動力系統，通過絕緣阻攔索拉住軌道上的一根金屬棒ab，金屬棒ab瞬間與艦載機共速，并一起在磁場中減速滑行至停下。已知艦載機質量為M，金屬棒質量為m，電阻為R，兩者共速后的初速度為v0（1）金屬棒ab中感應電流最大值I的大小和方向；（2）當艦載機減速到v018．如圖，間距為3L的平行板M，N水平固定，有一足夠長且內壁光滑的絕緣細管豎直穿過兩板，板間（包括管內）存在方向豎直向上、場強大小E=1×102N/C的勻強電場。長為2L的絕緣輕桿兩端分別連接帶電小球P和Q（均可視為質點，不考慮兩者間相互作用的庫侖力）置于管道底部，小球P與板M相距L。已知L=0.5m，P和Q的質量均為m=0.05kg，對應電荷量分別為qP=+1×（1）小球Q第一次到達N板所用的時間t；（2）小球Q向上運動到最上端時距N板的距離x。19．如圖，直角坐標系xOy處于豎直平面內，x軸沿水平方向，在x軸上方存在水平向右的勻強電場E1，在x軸下方存在豎直向上的勻強電場E2和垂直紙面向外的勻強磁場，勻強電場的場強大小E1（1）小球的比荷及小球第一次穿過x軸時的速度大小；（2）小球從釋放到第三次經過x軸所經歷的時間。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．公式B=FB．公式E=kQC．公式I=UD．公式R=ρL故答案為：A。

【分析】根據磁感應強度的定義式和點電荷周圍電場強度的表達式、歐姆定律以及電阻定律進行分析判斷。2．【答案】D【解析】【解答】AB．a、b直導線中電流方向相同，根據“同向電流相互吸引、異向電流相互排斥”可知a處導線所受安培力的方向沿ab向右，AB不符合題意；CD．三角形abc為等腰直角三角形，c點到兩直導線的距離相等，且ac與bc垂直，兩直導線中的電流相等，則a、b直導線產生的磁場在c點的磁感應強度大小相等，由安培定則可知a直導線在c點的磁場方向由c指向b，可知b直導線在c點的磁場方向由a指向c，C點磁場方向應在ac延長線與cb間夾角的角平分線上，即平行ab向右，C不符合題意，D符合題意。故答案為：D。

【分析】根據“同向電流相互吸引、異向電流相互排斥”得出a處安培力的方向，利用通電導線周圍的磁場方向以及磁場的合成得出C點的磁場。3．【答案】B【解析】【解答】A．由曲線運動的條件可知，點電荷甲、乙對試探電荷的電場力一定指向曲線的凹側，由此可知試探電荷受電場力與場強方向相反，試探電荷為負電荷，A不符合題意；B．若試探電荷從a點運動到b點，電場力與速度的夾角是銳角，電場力對試探電荷做正功，由動能定理可知，試探電荷的動能增加，試探電荷在a點的動能小于在b點的動能，B符合題意；C．由電場分布的對稱性可知，a、b點電場強度大小相等，試探電荷在a點的加速度與在b點的加速度大小相等，C不符合題意；D．若試探電荷從a點運動到b點，電場力對試探電荷做正功，由功能關系可知，試探電荷的電勢能減小，因此試探電荷在a點的電勢能大于b點的電勢能，D不符合題意。故答案為：B。

【分析】曲線運動的合力指向軌跡的凹側，正電荷所受的電場力和電場線同向，電場線的疏密表示電場的強弱，利用功能關系進行分析判斷。4．【答案】A【解析】【解答】由題意可知，C1兩端的電壓是R1兩端的電壓，C2兩端的電壓是R2兩端的電壓，電路的路端電壓為U，由串聯電路分壓規律得U1=R1R1+R2U故答案為：A。

【分析】根據串并聯電路的特點以及電容器的定義式得出兩電容器充電穩定后所帶電荷量。5．【答案】C【解析】【解答】AB．以b點電荷為對象，根據受力平衡可知，a對b的庫侖力與c對b的庫侖力大小相等，方向相反，可知a、c帶同種電荷；以c點電荷為對象，根據受力平衡可知，a對c的庫侖力與b對c的庫侖力大小相等，方向相反，可知a、b帶異種電荷；若a為正電荷，則b為負電荷，c為正電荷，AB不符合題意；C．以b點電荷為對象，根據受力平衡可得k|q1||qD．以c點電荷為對象，根據受力平衡可得k|q1||q故答案為：C。

【分析】分別以abc三點的點電荷為研究對象進行受力分析，根據庫侖定律和共點力平衡得出電荷量之間的關系以及點電荷的電性。6．【答案】C【解析】【解答】A．根據閉合電路歐姆定律有I=ER+r+R0，滑片P由最左端a向最右端b滑動的過程中，R減小，則I增大，根據B．由U=E?Ir可知，當I增大時，路端電壓減小，則電壓表示數逐漸減小，B不符合題意；C．電流表與電壓表示數的乘積為P=UI=EI?I2r，當I=E2rD．由U=E?Ir可知|ΔUΔI|=r故答案為：C。

【分析】根據閉合電路歐姆定律得出電路中電流的變化情況，利用電功率的表達式得出R0功率的變化情況和IU的變化情況。7．【答案】B【解析】【解答】帶電粒子的速度越大，在磁場中圓周運動的半徑就越大，要使帶電粒子約束在半徑為R2可得帶電粒子圓周運動的最大半徑為Rmax=R2故答案為：B。

【分析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力得出帶電粒子的最大速度。8．【答案】D【解析】【解答】A．磁感應強度隨時間均勻減小，則穿過線圈的磁通量減小，所以感應電流的磁場方向與原磁場方向相同，應為垂直紙面向外，根據安培定則可以判斷感應電流方向為逆時針，A不符合題意；B．根據Φ=BS，可知同一時刻磁通量大小之比為ΦPC．感應電動勢大小E=nΔΦΔt=nD．根據電阻定律R=ρlS'（l為總長度），可知兩線圈的電阻之比為RPR故答案為：D。

【分析】根據磁通量的表達式以及安培定則得出感應電流的方向以及磁通量大小之比，結合法拉第電磁感應定律和電阻定律得出感應電動勢之比和感應電流大小之比。9．【答案】B,D【解析】【解答】A．焦耳發現了電流的熱效應規律，A項錯誤；B．法拉第首先提出電場概念，并引入電場線形象描述電場，B項正確；C．奧斯特發現了電流的磁效應，C項錯誤；D．安培在對磁場的研究中提出了分子電流假說，D項正確。故答案為：BD。

【分析】根據物理學史進行分析判斷。10．【答案】A,C【解析】【解答】A．0~tB．0~tC．t0D．0~t0和t0~3t故答案為：AC。

【分析】根據磁感應強度的變化情況以及楞次定律得出圓環中感應電流的方向以及環形導線的縮張趨勢，利用法拉第電磁感應定律以及歐姆定律得出電流的大小關系。11．【答案】B,C【解析】【解答】A．電勢φ隨距O點的距離x變化的圖像斜率表示場強，可知斜率先增大后減小，所以加速度先增大后減小，A不符合題意；B．O、P連線上存在方向從O指向P的電場，小物塊從O點靜止釋放，小球帶正電，電場力方向與速度方向相同，所以從釋放開始速度一直增大，B符合題意；C．電勢φ隨距O點的距離x變化的圖像斜率表示場強，可知E=2000.5?0.3V/m=1000V/m，根據牛頓第二定律得qE=maD．由動能定理得qU=12m故答案為：BC。

【分析】φ隨距O點的距離x變化的圖像斜率表示場強，從而得出電場強度的變化情況，利用牛頓第二定律得出加速度的大小，通過動能定理得出物塊的速度。12．【答案】B,D【解析】【解答】A．已知t=0時刻射入的粒子恰好能從金屬板射出，則有4d=v0T，作出不同時刻進入金屬板的粒子在電場方向速度與時間的圖像如圖有圖像可以看出，在2ndv0時刻（n=0，1，2，3，…）進入金屬板的粒子會在電場方向上有最大位移，結合題目條件知最大位移為d2，其它時刻進入的粒子在電場方向位移都小于dB．由A中分析，結合圖像可知，t=dv0C．由圖像可知，t=d2v0時刻入射的粒子從金屬板間出射時在電場力方向總位移不為零，總位移為D．由A中分析可知不同時刻出射的粒子出射的位置在兩金屬板右側上下邊緣之間，速度均水平向右，出射的粒子經O'故答案為：BD。

【分析】粒子在偏轉電場中做類平拋運動，類平拋運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和垂直于初速度方向的自由落體運動，結合類平拋運動的規律以及功能關系得出入射的粒子從金屬板間出射時動能。13．【答案】A,D【解析】【解答】AB．該過程中若由方向平行于y軸的勻強電場實現，此時粒子做類平拋運動，沿x軸正方向做勻速直線運動；當該過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現時，此時粒子做勻速圓周運動，沿x軸正方向分速度在減小，根據t=xv可知t1<tCD．該過程中若由方向平行于y軸的勻強電場實現，此時粒子做類平拋運動，速度和位移與水平方向夾角的正切值之間的關系為tanθ1=2tanα=2L2L=1，故θ1=45°，當該過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現時，由故答案為：AD。

【分析】粒子在偏轉電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，結合結合關系以及速度偏角和位移偏角之間的關系得出從O到P運動的時間大小和到達P點速度與x軸正方向的夾角。14．【答案】F?F0【解析】【解答】（3）根據（2）可知電路未接通時，線框不受安培力。根據二力平衡可知彈簧測力計的示數大小等于線框受到的重力。開關閉合后，彈簧測力計的讀數大小等于重力與所受安培力之和。即F（4）根據安培力的定義可知F安=nBIL

【分析】（3）對線框進行受力分析，根據力的合成得出線框所受安培力；

（4）利用安培力的表達式得出磁場的平均磁感應強度。15．【答案】（1）100（2）30；350（3）黑色；75【解析】【解答】（1）改裝后的電流表量程為I=（2）根據U1=I(R2（3）根據多用表電流紅進黑出可知，a端應接黑色表筆。校準調零后，選擇歐姆檔測量一個阻值R=150Ω的電阻時，表頭指針正好指向表盤正中位置12Im=ER+R內，當測量未知電阻【分析】（1）根據并聯電路的特點得出電流表的量程；

（2）結合歐姆定律得出R2和R3的阻值；16．【答案】（1）解燈泡L正常發光，故路端電壓為U＝30V由閉合電路歐姆定律E＝U＋Ir代入數據解得r＝0.8Ω（2）解燈泡L的電功率為P代入數據得I根據并聯電路特征可知通過電動機的電流為I電動機的輸入功率為P電動機線圈的熱功率為P由電動機能量轉化特征可知P代入數據解得P【解析】【分析】（1）根據閉合電路歐姆定律得出電源的內阻；

（2）根據電功率的表達式以及電動機的能量轉化得出電動機機械功率。17．【答案】（1）解：金屬棒ab切割磁感線產生的最大感應電動勢為E由閉合電路歐姆定律I解得最大電流為I由右手定則，可知金屬棒ab上電流的方向從a到b。（2）解：減速到v02感應電流為I金屬棒ab所受安培力為F=B對艦載機和金屬棒系統，由牛頓第二定律有F+f=(m+M)a解得a=【解析】【分析】（1）根據法拉第電磁感應定律以及歐姆定律得出金屬棒的電流的表達式和方向；

（2）結合法拉第電磁感應定律和歐姆定律得出感應電流的表達式，利用安培力的表達式和牛頓第二定律得出當艦載機減速到v018．【答案】（1）解：從釋放至小球P到達M板的過程，對P、Q、桿系統，由牛頓第二定律得E代入數據得a由運動學規律有L=12代入數據解得t1=0.5s從小球P到達M板至小球Q到達N板的過程，對P、Q、桿系統，由牛頓第二定律得E代入數據得a由運動學規律有L=代入數據解得t綜上，小球Q第一次到達N板所用的時間t=（2）解：設小球Q到達最上端時，到N板的距離為x，