【文档说明】浙江省杭州师范大学附属中学2023-2024学年高二上学期期中物理试题 含解析.docx，共(22)页，2.381 MB，由管理员店铺上传

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杭师大附中2023学年第一学期期中考试（选考）高二物理试卷I.单项选择（共13题，每小题3分；满分39分）1.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。2.下列说法正确的是（）A.磁感应强度是矢量，其单位是WbB.磁通量是矢量，其

正负代表方向C.电感线圈的自感系数与电流的变化率成正比D.金属探测器是利用涡流工作，而变压器铁芯用硅钢片替代是为了减小涡流【答案】D【解析】【详解】A．磁感应强度是矢量，其单位是T，A错误；B．磁通量是标量，B错误；C．线圈的自感系数只与本身的特性有关，与外界因素

无关，C错误；D．金属探测器是利用涡流工作，而变压器铁芯用硅钢片替代是为了减小涡流，D正确。故选D。3.一线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，得到的交变电流的电动势瞬时值表达式为220sin3

14(V)et=，则下列说法正确的是（）A.该交变电流电动势的有效值为220VB.该线圈匀速转动的转速约为3000r/minC.当仅将线圈的转速提高时，电动势的峰值不发生变化D.将该交变电流加在标称为220V的灯泡上时，灯泡能正常发光【答案】B【解析】【详解】A

．根据电动势为e=220sin314t（V）得，电动势最大值为220V，所以该交变电流电动势的有效值为1102V，故A错误；B．根据电动势为e=220sin314t（V）得，ω=314rad/s，所以转速为n=2=50r/s=3000r/min，故B正确；C．根据Em=nBSω可知当仅将线

圈的转速提高时，电动势的峰值变大，选项C错误；D．将该交变电流加在标称为220V的灯泡上时，电源有效值小于灯泡额定电压，灯泡的亮度会发暗，不能正常发光，选项D错误；故选B。4.扫地机器人是智能家用电器的一种，它利用自身携带的小型吸尘部件进行吸尘清扫。如图为某款扫地机器人，其由DC14.8V/

2200mAh的锂电池供电，额定功率为35W。当锂电池剩余电量为总容量的20%时，扫地机器人就自动回座机充电。结合上述信息，下列说法中正确的是（）A.题中“mAh”是电能的单位B.该机器人电机的额定电流为2.46AC.正常工作时机器人电动机每秒钟输出3

5J动能D.电池充满后机器人正常工作约45min后回座机充电【答案】D【解析】【详解】A．电池容量是指电池的存储电量（电流与时间的乘积）多少，单位是“Ah”或“mAh”，不是储存电能的大小，故A错误；B．根据题干信息可知，额定电压14.8V，则=2.36APIU=故B错误

；C．额定功率为35W，正常工作时机器人电动机每秒钟消耗电能35JWPt==由于内部产热，所以每秒钟输出动能小于35J，故C错误；D．机器人充满电后一次工作时间为32200mAh1080%45min2.36AqtI−

==故选D。5.下面是某同学对一些概念及公式的理解，其中正确的是（）A.根据公式=QCU可知，电容器的电容与电容器所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比B.根据公式=SRl可知，金属电阻率与导体的电阻成正比C.根据电动势=WEq可知，电动势E的大小等于W和q的比值，但

与W的大小和q的大小无关，只由电源本身决定D.根据公式=WUIt可知，该公式只能求纯电阻电路的电流做功【答案】C【解析】【详解】A．电容器的电容取决于自身性质，与电容器所带电荷量无关，与两极板间的电压无关，=QCU是电容的定义式，是一种检测手段，A错误；B．金属电阻率取决

于材料本身，与导体的电阻无关，=SRl是电阻率的一种检测手段，B错误；C．根据电动势=WEq可知，电动势E的大小等于W和q的比值，但与W的大小和q的大小无关，只由电源本身决定，C正确；D．根据公式=WUIt可知，该公式能求纯电阻电路的电流做功，也能求非纯电阻电路的电流做功，D错误。

故选C。6.如图所示，一重力不计的带电粒子由平行板的极板边缘以平行极板的速度射入，经过一段时间由下极板的边缘离开，已知两极板之间的距离为d、两极板的长度为L、粒子在极板间运动的时间为t。则下列说法正确的是（）A.水平方向上前2L与后

2L电场力做功比值为1：1B.竖直方向上前2d与2d所需时间的比值为1：1C.前2t与后2t电势能变化量的比值为1：1D.前2t与后2t竖直方向下落的高度比值为1：3【答案】D【解析】【详解】AD．根据类平抛运动规律，可得0xvt=易知，粒子水平方向上

前2L与后2L所用时间的比值为1：1，粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据匀变速运动规律可知这两个运动过程的竖直分位移之比为1：3，根据WqEy=可知，电场力做功的比值为1：3。故A错误；D正确；B．同理，根据匀变速运动规律的推论可知竖直方向上前2d与2d所需时间的比值为

()121−：。故B错误；C．根据pΔWE=−电结合A选项分析，可知前2t与后2t电势能变化量的比值为1：3。故C错误。故选D。7.回旋加速器是一种加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频电源的两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中有周期性变化的电场，使粒子在通过狭

缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示。下列说法中正确的是（）的A.只增大金属盒的半径，带电粒子离开加速器的动能不变B.只增大磁场的磁感应强度，接交流电源的周期变大C.只增

大狭缝间的加速电压，带电粒子离开加速器时的动能增大D.只增大狭缝间的加速电压，带电粒子在加速器中运动的时间变小【答案】D【解析】【详解】AC．根据牛顿第二定律得2vqvBmr=根据动能的公式2k12Emv=解得222k2qBrEm=可见带电粒子射出的最大

动能与金属盒之间的电压无关，与D形金属盒内的磁感应强度、及金属盒的半径有关，磁感应强度越大，金属盒的半径越大，那么动能会越大，AC错误；B．交流电源的周期等于粒子做圆周运动的周期2mTqB=只增大磁场的磁感应强度，接交流电源的周期变小，B错误；D．粒子在电场中做匀加速直线运动，在电场中运动的时

间为t11vat=根据牛顿第二定律得2vqvBmr=在电场中，根据牛顿第二定律得Uqmad=解得1dBrtU=只增大狭缝间的加速电压，带电粒子在电场中运动的时间变小；粒子被加速的次数为22k2EqBrnqUmU==粒

子在磁场中的运动时间为22Ttn=解得222BrtU=只增大狭缝间的加速电压，带电粒子在磁场中运动的时间变小；综上所述，只增大狭缝间的加速电压，带电粒子在加速器中运动的时间变小，D正确。故选D。8.如图甲所示，一根电阻R＝4Ω的导

线绕成半径d＝2m的圆环，在圆内部分区域存在变化的匀强磁场，中间S形虚线是两直径均为d的半圆，磁感应强度随时间的变化如图乙所示（磁场垂直于纸面向外为正，电流顺时针方向为正），关于环中感应电流—时间图像，下列选项中正确的是（

）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】0~1s，感应电动势为212V4V12BdESt==＝由欧姆定律可知感应电流的大小为11AEIR==由楞次定律知，感应电流的方向为顺时针，为正方向，故A正

确，BCD错误。故A正确。9.半径分别为r和2r同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、电阻为R的均匀金属棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示，整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下。在两环之间接阻值为R的定值电阻和电容为C的电容器。金属

棒在水平外力作用下以角速度绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。导轨电阻不计。下列说法正确的是（）A.金属棒中电流从A流向BB.金属棒两端电压为234BrC.电容器的M板带负电D.电容器所带电荷量为232CBr【答案

】B【解析】【详解】A．金属棒绕O逆时针匀速转动，根据右手定则可知金属棒中电流从B流向A，故A错误；B．金属棒转动产生的电动势为22322rrEBrvBrBr+===切割磁感线的金属棒相当于电源，金

属棒两端电压相当于电源的路端电压，则金属棒两端电压为234RUEBrRR==+故B正确；C．金属棒A端相当于电源正极，则电容器M板带正电，故C错误；D．由的QCU=可得电容器所带电荷量为243QCBr=故D错误。故选B。10.低碳环保是

我们追求的生活方式。如图所示，是一个用来研究静电除尘的实验装置，处于强电场中的空气分子会被电离为电子和正离子，当铝板与手摇起电机的正极相连，缝被针与手摇起电机的负极相连，在铝板和缝被针中间放置点燃的蚊香。转动手摇起

电机，蚊香产生的烟雾会被铝板吸附，停止转动手摇起电机，蚊香的烟雾又会袅袅上升。关于这个现象，下列说法中正确的是（）A.烟尘带正电B.同一烟尘颗粒在被吸附过程中离铝板越近速度越大C.同一烟尘颗粒在被吸附过程中离铝板越近

速度越小D.同一烟尘颗粒在被吸附过程中如果带电荷量不变，离铝板越近则加速度越大【答案】B【解析】【详解】A．转动手摇起电机时，在铝板和缝被针中间产生强电场，处于强电场中的空气分子会被电离为电子和正离子，遇到烟尘微粒使它带负电，带负电的尘粒在电场力作用下向铝板运动，被吸附到铝板上，故A

错误；BC．同一烟尘颗粒在被吸附过程中，在电场力作用下向铝板做加速运动，因此离铝板越近速度越大，故B正确，C错误；D．由于针尖端的电场线密集，电场强度大，可知离铝板越近，电场强度越小，因此同一烟尘颗粒在被吸附过程中如果带电

量不变，离铝板越近则加速度越小，故D错误。故选B。11.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BvE=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R，加速后最大

速度为mv，根据2mmvmBqvR=可得mBqRvm=粒子获得的最大动能为222k2qBREm=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qEqvB=即EvB=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。12.如图所示为一理想变压器，原、副线圈的匝数比为:1n，原线圈接电压为0sinuUt=的正弦交流电压，输出端接有一个交流电流表和一个电动机，电动机的线圈电阻为R。当输入端接通电源后，电动机带

动一质量为m的重物匀速上升，此时理想电流表的示数为I，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.电动机两端电压为IRB.原线圈中的电流为nIC.电动机消耗的电功率为02UInD.重物匀速上升的速度为()02IUnIRnmg−【答案】C【解析】【详解】A．变压器原线圈输入电压为012UU

=副线圈输出电压为022UUn=即电动机两端电压为02Un，电动机不是纯电阻电路，则两端的电压不等于IR，A错误；B．根据变压器原副线圈电流关系得，原线圈中电流为In，B错误；C．电动机消耗电功率为022UIPIUn==C正确；D．

电动机输出功率为mgv，线圈发热功率为I2R，电动机消耗电功率等于输出机械功率与线圈热功率之和，即2PIRmgv−=可得重物上升速度为0(2)2IUnIRvnmg−=D错误故选C。13.某眼动仪可以根据其微型线圈在磁场中随眼球运动时所产生的电流来追踪

眼球的运动。若该眼动仪线圈面积为S，匝数为N，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈平面最初平行于磁场，经过时间1t后线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为处，则在这段时间内，线圈中产生的平均感应电动势的大小和感应电流的方向（从左往右看）为（

）A.1sinNBSt，逆时针B.1cosNBSt，逆时针C.1sinNBSt，顺时针D.1cosNBSt，逆时针【答案】A【解析】【详解】经过时间1t，面积为S的线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为θ处，磁通量变化为sinBS=由法拉第电磁感应定律，线圈中产生的平均

感应电动势的大小为1sinNEttBSN==由楞次定律可判断出感应电流方向为逆时针方向。故选A。Ⅱ.不定项选择（共2小题，每小题至少有一个答案正确，每小题3分，多选，错选均不给分，共6分）14.关于电场，下列说法正确的是（）A.电场是物质存在的一种形式B.电场力一定对正

电荷做正功C.电场线是实际存在的线，反映电场强度的大小和方向D.静电场的电场线总是与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面【答案】AD【解析】【分析】【详解】A．电场是存在于电荷周围的一种特殊媒介物质，A正确；B．如果正电荷的速度方向与电场力的夹角大于90°，则电场力做负功，等于90°电

场力不做功，小于90°电场力做正功，B错误；C．电场线是为了形象地描绘电场而人为引入的一簇曲线，该曲线的疏密程度反映场强的大小，C错误；D．静电场的电场线在空间上与等势面垂直，且沿电场线的方向电势降低

，即由高等势面指向低等势面，D正确。故选AD。15.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。则元件的（）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eUa【答案】ACD【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；D．电子在运动过程中洛

伦兹力和电场力平衡，有=FevB洛=UFeEea=电故=UFea洛故D正确；BC．由UevBea==IneSvneabv=则电压=BIUavBneB=故前后表面的电压与I有关，与b成反比，故B错误C正确。故选ACDⅢ.填空

题（共2小题，共14分）16.某同学要测量一均匀新材料制成的导电圆柱体的电阻率ρ，进行了如下实验操作：。（1）用螺旋测微器测量圆柱体直径如图甲所示，由图可知其直径D=________mm；用游标卡尺测量圆柱体的长度L如图乙所示，由图可知其长度L=________cm。（2）用多用电表的电

阻“×10”挡，按正确的操作步骤测量此圆柱体的电阻，表盘示数如图丙所示，则该电阻的阻值为________Ω；（3）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻，现有器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻Rx：电流表A

（量程030mA，内附约30Ω）；电压表V（量程03V，内阻约10kΩ）；直流电源E（电动势4V，内阻不计）；滑动变阻器R（阻值范围015Ω，允许通过的最大电流2.0A）；开关S以及导线若干为减小测量误差，请在图中虚线框内画出完整的实验原理电路图____

________；（4）正确连接实验电路，测得多组电压表示数U和对应电流表的示数I，通过描点作出的U-I图像为一条过原点的倾斜直线，其斜率为k，则该材料的电阻率ρ=________（用k、L、D三个物

理量表述）；（5）由于电表内阻的影响，实验中电阻率的测量值________（选填“大于”或“小于”）真实值。【答案】①.4.950②.4.240③.120④.⑤.24kDL⑥.小于【解析】【详解】（1）[

1]螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和D=4.5mm+45.0×0.01mm=4.950mm[2]由图示游标卡尺可知，主尺示数是42mm，游标尺示数是8×0.05mm=0.40mm,则圆柱体的长度是L=42mm+0.

40mm=42.40mm=4.240cm（2）[3]由多用电表的读数，可得该电阻的阻值为R=12×10Ω=120Ω（3）[4]由于滑动变阻器最大阻值相对于待测电阻阻值较小，为测量多组数据，滑动变阻器应采用分压式接法，根据题意可知

120xR=的VA3010000547RR=由此可知VAxRRR电流表选用外接，电路图如图所示（4）[5]由题可知，U-I图像的斜率为k=Rx根据电阻定律有xLRS=其中导电材料的横截面

积为24DS=联立可得该材料的电阻率为24kDL=（5）[6]由于选用电流表外接法，因此电流表测量的电流为流过待测电阻的电流和流过电压表的电流之和，即测量的电流数值比实际通过Rx的电流大，则得到U-I图像的

斜率k偏小，实验中电阻率的测量值小于真实值。17.某学习小组利用图甲电路测量干电池的电动势E和内阻r（约2），其中R为电阻箱，1R为定值电阻，其实验步骤如下：（1）测量R的阻值，断开开关S，先将多用电表选择开关旋至欧姆挡“×1”倍率，进行欧姆调零

，测量1R时的示数如图乙所示，则其读数为______；（2）将多用电表的选择开关旋至直流电压挡，闭合开关S，调节并记下电阻箱阻值R和电压表的示数U，则接a点的那支表笔是________（选填“红”或“黑”）表笔；（3）多次改变电阻箱的阻值R，记录下

对应的电压U；（4）以1U为纵轴、1R为横轴，根据实验数据作出11UR−图线如图丙所示；（5）若不考虑多用电表对电路的影响，结合图丙可知，干电池的电动势E=________V，内阻r=______（计算结果均保留两位有效数字）。【答案】①.6.0②.红③.9.1④.1.2【解析】【详解

】（1）[1]多用电表选择开关旋至欧姆挡“×1”倍率，读数为6.016.0=（2）[2]根据电压表“红进黑出”可知接a点的那支表笔是红表笔；（5）[3][4]根据闭合电路欧姆定律有：电阻箱两端电压1()UEIRr=−+而UIR=联立变形可得1111RrUERE

+=+结合图丙的纵截距110.11VbE−==所以9.1VE=结合图像的斜率110.900.11A1.0RrkE−+−==解得1.2=rⅣ.计算题（共4小题，18-20每题10分，21题11分共41分）18.用细线将质量为4×10-3kg的带

电小球P悬挂在O点下，当空中有方向为水平向右，大小为1×104N/C的匀强电场时，小球偏转37°后处在静止状态。(1)分析小球的带电性质；(2)求小球的带电量。【答案】(1)正电；(2)3×10-6C【解析】【详解】(1)由平衡条件可知，小球受到的电场力向右，与电场方向相同

，则小球带正电。(2)由平衡条件得tan37mgEq=解得6310Cq−=19.如图所示的电路中，1=0.5ΩR，23R=，电源电动势=6VE，电动机线圈电阻为0=0.6Ωr，若开关闭合后铭牌上标有“3V、6W”的电动机刚好正

常工作，求：（1）电源内阻为多少？（2）电动机的机械效率为多少？【答案】（1）0.5；（2）60%【解析】【详解】（1）由部分电路欧姆定律得M223A1A3UIR===通过电动机的电流为MM6A2A3PIU===干路电流为2M3AIII=+=由闭合电路欧姆定

律()M1EUIrR=++解得电源内阻为0.5=r（2）电动机线圈的发热功率为22M020.6W2.4WPIr===热则输出功率为6W2.4W3.6WPPP=−=−=热出电动机的机械效率为100%60%PP==出20.如图所示，垂直于纸面向里

的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化。正方形硬质金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻0.1R=，边长0.2ml=。求（1）在0=t到0.1st=时间内，金属框中的感应电动势E；（2）0.05st=时，金属框ab边受到的

安培力F的大小和方向；（3）在0=t到0.1st=时间内，金属框中电流的电功率P。【答案】（1）0.08V；（2）0.016N，方向垂直于ab向左；（3）0.064W【解析】【详解】（1）在0=t到0.1st=的时间t内，磁

感应强度的变化量0.2TB=，设穿过金属框的磁通量变化量为，有2Bl=①由于磁场均匀变化，金属框中产生的电动势是恒定的，有Et=②联立①②式，代入数据，解得0.08VE=③（2）设金属框中的电流为I，由闭合电路欧姆定律，有EIR=④由图可知，0.05st=时，磁感应强度为10.1

TB=，金属框ab边受到的安培力1FIlB=⑤联立①②④⑤式，代入数据，解得0.016NF=⑥方向垂直于ab向左。⑦（3）在0=t到0.1st=时间内，金属框中电流的电功率2PIR=⑧联立①②④⑧式，代入数据，解得0.064WP=⑨21.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qm=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）2EBv=【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=232HL竖直分速度：vy=at，加速度：maxqEam=运动时间：Ltv=解得：max200NEC=(2)画出轨迹，如图所示：【轨迹圆半径满足：22

22HLRR+−=解得：109600Rm=圆周运动满足：2maxvqvBmR=解得：3max5.510BT−；（3)画出轨迹，如图所示：偏转角θ满足：tanyvv=yvat=qEam=Ltv=22yvvv=

+轨迹圆圆心角为2θ，半径满足：sin2LR=圆周运动满足：'2vqvBmR=