【文档说明】四川省南充高级中学2022-2023学年高二上学期1月期末物理试题 含解析.docx，共(21)页，1.941 MB，由小赞的店铺上传

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南充高中2022-2023学年度上学期期末考试高2021级物理试题（时间：90分钟总分：100分）一、本大题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求。1.下列说法中，正确的是（）A.元电荷是指所带电荷量为19

1.610C−的一类粒子，如电子、正电子等B.根据122kqqFr=，当两点电荷间的距离趋近于零时，电场力将趋向无穷大C.安培定则是用来判断通电导线或线圈周围的磁场方向的D.根据FBIL=，磁场中某点的磁感

应强度B与F成正比，与IL成反比【答案】C【解析】【详解】A．元电荷是指最小的电荷量，其数值为191.610C−，故A错误；B．库仑定律122kqqFr=只适用于点电荷，当两电荷间的距离趋近于零时，电荷不能再视为点电荷，

所以两电荷之间的力不是趋向无穷大，故B错误；C．安培定则是用来判断通电导线或线圈周围所产生的磁场方向的，故C正确；D．磁感应强度是由磁场本身决定的，磁场中某点的磁感应强度B与F和IL均无关，故D错误。故选C。2.如图所示，

有三个点电荷A、B、C位于一个等边三角形的三个顶点上，已知A、B都带正电荷，A所受B、C两个电荷的静电力的合力如图中FA所示，则下列说法正确的是（）A.C带正电，且QC＜QBB.C带正电，且QC＞QBC.C带负电，且QC＜QBD.C带负电，且QC＞QB【答案】C【解析】【详解

】因A、B都带正电，所以静电力表现为斥力，即B对A的作用力沿BA的延长线方向，而不论C带正电还是带负电，A和C的作用力方向都必须在AC连线上，由平行四边形定则知，合力必定为两个分力的对角线，所以A和C之间必为引力，且FCA<FB

A，所以C带负电，且QC<QB．故选C．3.已知a、b、c三根长直通电导线垂直于纸面放置，电流方向如图所示，ac垂直于bO且aObOcO==，a、b、c三根导线中电流强度均为I.已知每根导线单独存在时在O点的磁感应强

度大小为B，则O点处的合磁感应强度大小为（）A.0B.BC.2BD.5B【答案】D【解析】【详解】因导线ac在O点的磁场方向向上，则两导线在O点的合磁场为2B，方向向上；b处的导线在O点的磁场方向向左，大小为B，则O点的合磁场大小为

22(2)5OBBBB=+=故选D。4.某电场的电场线分布如图所示，b、c两点到P的距离相等，则（）A.电荷P带负电B.a点的电场强度大于b点的电场强度C.b点的电势低于c的电势D.负检验电荷在c点的电势能

大于在d点的电势能【答案】C【解析】【详解】A．根据P周围的电场线分布可知，电荷P带正电，选项A错误；B．因b点电场线较a点密集，可知a点的电场强度小于b点的电场强度，选项B错误；C．因b、c两点到带正电的电

荷P的距离相等，但是b点距离带负电的大球较近，则b点的电势低于c的电势，选项C正确；D．沿电场线电势逐渐降低，可知c点电势高于d点，则负检验电荷在c点的电势能小于在d点的电势能，选项D错误。故选C。5.如图，水平导线

中有电流I通过，导线正下方的电子初速度的方向与电流I的方向相同，则电子将（）A.沿路径a运动，轨迹是圆B.沿路径a运动，轨迹半径越来越大C.沿路径a运动，轨迹半径越来越小D.沿路径b运动，轨迹半径越来越小【答案】B【解析】【详解】由安培定则得电子所

在导线下方的磁场垂直纸面向外，据左手定则判断出电子所受的洛伦兹力向下，即沿路径a运动，且向下运动的过程中因离导线变远，磁感应强度B变小，由2vqvBmr=解得mvrqB=知半径r变大。故选B。6.一重力不计的直导线平行于通

电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图所示，如果直导线可以自由地运动且通以方向为由b到a的电流、则导线ab受到安培力的作用后的运动情况为（）A.从上向下看顺时针转动并靠近螺线管B.从上向下看顺时针转动并远离螺线管C.从上向下看逆时针转动并远离螺线管D.从上向下看逆时针转动并靠近

螺线管【答案】A【解析】【详解】通电螺线管的磁感线如图所示则由图示可知左侧导体所处的磁场方向斜向上，右侧导体所处的磁场斜向下，则由左手定则可知，左侧导体受力方向向里，右侧导体受力方向向外，故从上向下看，导体应为顺时针转动；当导体转过90

°时，由左手定则可得导体受力向下，故可得出导体运动为从上向下看顺时针转动并靠近螺线管。故选A。7.如图所示，用两根轻细悬线将质量为m、长为l金属棒ab悬挂在c、d两处，置于匀强磁场内。当棒中通以从b到a的电流I后，两悬线偏离竖直方向角而处于平衡状态。为了使棒平衡在该位置上，所需的磁场的最小磁感应

强度的大小、方向为（）的A.sinmgIl，平行悬线向上B.sinmgIl，平行悬线向下C.tanmgIl，竖直向上D.tanmgIl，竖直向下【答案】B【解析】【详解】对金属棒受力分析，受重力、悬线拉力和安培力，如图所示，由解析图可知，由平衡条件可知，当金属

棒受安培力与悬线的拉力垂直时，安培力最小，则有磁场的磁感应强度最小，可得sinFmg=安由安培力计算公式可得minsinBIlmg=解得minsinmgBIl=由左手定则可知，所需磁场的最小磁感应强度的

方向平行悬线向下，ACD错误，B正确。故选B。8.如图所示，电源的电动势3VE=，内阻1Ωr=，16ΩR=,23ΩR=，平行板电容器的电容6410FC−=，则（）A.开关断开时两极板间的电压为2VB.开关断开时电容器所带电荷量为6810C−C.开关接通时两极板间的电压为1.5VD.开

关接通时电容器所带电荷量为6810C−【答案】D【解析】【详解】A．开关断开时两极板间的电压为2233V2.25V31ERURr===++故A错误；B．开关断开时电容器所带电荷量为664102.25C=910CQCU−−==故B错误；C．开关闭合时

外电阻为121263Ω=2Ω63RRRRR==++两极板间的电压为32V2V21ERURr+===+故C错误；D．开关闭合时电容器所带电荷量664102C=810CQCU−−==故D正确。故选D。9.工厂在生产纺织

品、纸张等绝缘材料时，为了实时监控其厚度，通常要在生产流水线上设置如图所示传感器。其中A、B为平行板电容器的上、下两个极板，上下位置均固定，且分别接在恒压直流电源的两极上（电源电压小于材料的击穿电压）。当流水线上通过的产品厚度增大时，下列说法正确的是（）A.A、B平行板电容器的电容减小B.

A、B两板上的电荷量变小为C.有电流从b向a流过灵敏电流计D.A、B两板间的电场强度减小【答案】C【解析】【详解】A．根据公式4SCkd=可知，当产品厚度增大时，变大，电容变大，故A错误；BC．根据QCU=，因为电容器的电容变大，两极板间的电压不变，故A、

B两板上的电荷量变大；此时有充电电流从b向a流过灵敏电流计，故B错误，C正确；D．根据UEd=可知，两极板间电压不变，极板间距不变，故电场强度不变，故D错误。故选C。10.如图所示，A板发出的电子（重力不计）经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板MN

、间，MN、之间有垂直纸面向里的匀强磁场，电子通过磁场后最终打在荧光屏P上，关于电子的运动，下列说法正确的是（）A.滑动触头向右移动时，电子打在荧光屏的位置下降B.滑动触头向右移动时，电子通过磁场区域所用时间变短C.若磁场的磁感应强度增大，则电子打在荧光屏上的速度变小D.若磁场的磁感应强度增大

，则电子打在荧光屏上的速度变大【答案】B【解析】【详解】AB．当滑动触头向右移动时，电场的加速电压增大，加速后动能增大，进入磁场的初速度增大，向下偏转程度变小，位置上升，故A错误；粒子的周期与带电粒子的速度无关，速度变大，则半径变大，轨迹变得平缓，则圆心角变小，穿过磁场区

所用的时间变小，故B正确；CD．由于洛伦兹力不做功，所以磁感应强度的大小不影响带电粒子运动的速度大小，因此若磁场的磁感应强度增大，则电子打在荧光屏上的速度大小不变。故CD错误。故选B。二、本大题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不

全得2分，有错的得0分。11.有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图所示，其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符。现为了使打在

纸上的字迹扩大一些（不考虑重力），下列措施可行的是（）A.适当减小墨汁微粒所带的电荷量B.适当减小墨汁微粒的质量C.适当增大极板的长度D.适当减小偏转板间的电压【答案】BC【解析】【详解】要使打在纸上的字迹扩大一

些，需使微粒从偏转电场射出后速度偏转角增大，设偏转电场电压为U，极板长为L，板间距离为d，微粒进入偏转电场时的初速度为0v，在极板间做类平抛运动，水平方向有0Lvt=离开电场时竖直方向速度为yUqdvtm=联立解得200tanyvUqLvdmv==故

可知当适当减小墨汁微粒的质量和适当增大极板的长度时可增大偏转角达到使打在纸上的字迹扩大一些的作用。故选BC。12.如图所示的电路，开关S闭合后，在变阻器1R的滑动端向上滑动的过程中（）A.电阻0R消耗的功率逐渐变小B.电流表1A的示数增大，电流表2A的示数

减小C.电阻1R和2R消耗的总功率增大D.电源的效率增大【答案】AD【解析】【详解】A．在变阻器1R的滑动端向上滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻值增大，R1与R2并联后的电阻值增大，则电路中的总电阻值增大

，由闭合电路的欧姆定律可知，电路中的总电流减小，流经电阻0R的电流逐渐减小，由200PIR=可知电阻0R消耗的功率逐渐变小，A正确；B．电路中的总电流减小，由并联电路部分的电压()0UEIRr=−+并可知并U增大，电流表2A的示数增大，因总电流减小，电流表1A的示数

减小，B错误；C．当外电路的电阻等于内电阻时，电源输出的功率最大，电阻0R消耗的功率变小，则电阻1R和2R消耗的总功率增大；若电源输出的功率减小，则电阻1R和2R消耗的总功率减小，本题中内外电阻的大小关系不确定，电阻1R和2R消耗的总功率增大与减小不确定，C错误；D．由电源

效率的定义式UIUEIE==可知，因总电流减小，则有路端电压UEIr=−增大，因此电源的效率增大，D正确。故选AD。13.如图所示，一根足够长的光滑绝缘杆MN固定在竖直平面内，且与水平面的夹角为37，空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为1T，质量

为0.1kg的带电小环沿杆下滑到图中的P处时，对杆有垂直于杆向下的、大小为0.3N的压力。已知小环的带电荷量为0.1C，重力加速度210m/s=g，sin370.6=。下列说法正确的是（）A.小环带正电B.小环下滑的加速度大小为26m/sC.小

环滑到P处时的速度为3m/sD.小环经过P处开始计时，0.5s后恰好与杆没有相互作用【答案】BD【解析】【详解】A．小环沿杆下滑到图中的P处时，对杆有垂直于杆向下的、大小为0.3N的压力，故在P处小环所受

弹力垂直于杆向上，大小为0.3N，对小环受力分析如下图在垂直杆方向，小环受力平衡，有cosFNmg+=洛解得0.5NF=洛方向垂直杆向上，由左手定则可知，小环应带负电，故A错误；B．在沿杆方向，由牛顿第二定律可知sinmgma=解得26m/sa=故B正确；C．由洛伦兹力定义

式可知PFqvB=洛解得5m/sPv=故C错误；D．当小环恰好与杆没有相互作用时，满足2mqBsvgco=解得28m/sv=由匀加速运动规律可知2Pvvat=+解得0.5st=故D正确；故选BD。14.如图所示，两个半径相同的半圆形光滑轨道置于竖直平面内

，左右两端点等高，分别处于沿水平方向的匀强电场和匀强磁场中。a、b两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放，M、N为轨道的最低点，则下列说法中正确的是（）A.两个小球到达轨道最低点速度MNvvB.两个小球第一次经过轨道最低点

时对轨道的压力MNFFC.a小球第一次到达M点的时间等于b小球第一次到达N点的时间的D.a小球能到达轨道的另一端最高点，而b小球不能到达轨道另一端最高点【答案】AD【解析】【详解】A．在匀强磁场中，对a小球，由动能定

理212MmgRmv=可得2MvgR=在匀强电场中，对b小球，由动能定理212NmgRqERmv−=得22NqERvgRm=−故NMvv故A正确；B．对匀强磁场中的a小球，在最低点由牛顿第二定律2MMMvFmgBqvmR−−=可得3MMFmgBqv=+对匀强电场中的b小球，在最

低点，由牛顿第二定律2NNvFmgmR−=可得32NFmgqE−=故MNFF故B错误；C．因小球a第一次到达M点的过程中，只有重力做正功，平均速率大，时间短，而小球b第一次到达N点的过程中，重力做的正功相同，而

电场力做负功，平均速率小，时间长，故C错误；D．根据能量守恒，在磁场中的小球能到达轨道的另一端最高处，整个过程重力势能先向动能转化然后再全部转化为重力势能，而电场中的小球上升到最高点时重力势能有一部分转化为电势能，末状态的重力势能小于初状态的重力势能，不能到达轨道的另一端

最高处，故D正确。故选AD。三、本大题2小题，每空2分，共16分。15.已知某一多用电表表盘如图所示。（1）某待测电阻阻值约为1000，为了减小读数误差，需要将欧姆挡的倍率选为__________（填“×10”或“×100”）档。（2）选择合适的档位后，接下来测量电阻的操作步骤，其合理

的顺序是__________（填写字母）。A．将多用电表的选择开关扳至OFF档B．将待测电阻两端分别与两表笔连接，并读出数据C．将多用电表的红黑表笔短接D．调节欧姆调零旋钮，使表头指针满偏（3）某同学利用多用电表进行如图所示的操作，下列说法错误的一项是__________；

A．图甲中将选择开关旋转到直流电压挡，选择合适量程可测量小灯泡两端电压B．图乙中将选择开关旋转到直流电流挡，选择合适量程可测量流经小灯泡的电流C．图丙中将选择开关旋转到欧姆挡，选择合适量程可测量闭合电路中小灯泡的电阻D．图丁中将选择开关旋转到欧姆挡，选择合适量程可观察到此时欧姆表示数很大【答案】

①.×100②.CDBA③.C【解析】【详解】（1）[1]某待测电阻阻值约为1000，为了减小读数误差，需要将欧姆挡的倍率选为×100档；（2）[2]测量电阻的操作步骤为：将多用电表打到欧姆档，将红黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使表头指针满偏

，将待测电阻两端分别与两表笔连接，并读出数据，将多用电表的选择开关扳至OFF档。故合理的顺序是CDBA。（3）[3]A．图甲中将选择开关旋转到直流电压挡，选择合适量程可测量小灯泡两端电压，故A正确；B

．图乙中将选择开关旋转到直流电流挡，选择合适量程可测量流经小灯泡的电流，故B正确；C．测量小灯泡电阻时，小灯泡必须与外部电路断开，故C错误；D．图丁中测量的是二极管反向电阻，二极管反向电阻很大，故可观察到此时欧姆表示数很大，

故D正确。本题选错误的选项，故选C。16.在“测量电池的电动势和内阻”的实验中，备有如下器材：A．待测电源（电动势约为1.5V，内阻约为1）.B．滑动变阻器()020RC．电阻箱()109999.9RD．电流表A（量程0.6A.内阻约0.5）E．电流计G（量程1mA，内阻100

gR=）F．开关、导线若干（1）由于没有电压表，需要把电流计G改装成量程为2V的电压表，则电阻箱接入电路的阻值1R=__________。（2）某同学设计实验原理图如图甲所示，图乙为该实验绘出的12II−图像（1I为电流计G的示数，2I为电流表A的示数），图像与纵轴的交点为a，斜率

绝对值为k，如果忽略改装后的电压表分流对测量结果的影响，则被测电池的电动势E=__________V，内阻r=__________，（结果用字母a或k表达）。（3）实际由于改装后的电压表分流作用的影响，电动势的

测量值__________真实值，内电阻的测量值__________真实值（填“大于”、“等于”或“小于”）。【答案】①.1900Ω②.21ak−③.20001kk−④.等于⑤.等于【解析】【详解】（1）[1]把灵敏电流计G改装成量程为2V的电压

表，需串联一个电阻，阻值为ggURRI=−解得1900ΩR=（2）[2][3]由闭合电路欧姆定律得1112(gEIRRIIr=+++）（）解得1211ggErIIRRrRRr=−++++结合12II−图像可知310gEaRRr−=++grkRRr=++解得21

aEk=−20001krk=−（3）[4][5]该实验中流过电源的电流为流过电流计的电流和电流表的电流之和，而表头的内阻和串联电阻R1以代入计算，所以该实验中没有误差，所以电动势的测量值等于真实值，内电阻的

测量值等于真实值。四、本大题3小题，共38分。要求写出必要的文字说明和重要的演算步骤，有数值计算的题，结果必须有明确的数值和单位。17.如图处于同一水平面内的平行金属导轨间距为0.5mL=，质量0.1kgm=的导体棒ab放于导轨之

上，且连入导轨间的电阻4R=，电源电动势20VE=，内阻1r=，其余电阻忽略不计。外加匀强磁场的磁感应强度0.5TB=，方向竖直向上，ab与导轨间的动摩擦因数0.5=（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），闭合开关S，为了使ab

保持静止状态，需要对ab施加一个水平方向的外力0F，重力加速度210m/s=g。求：（1）ab受到的安培力大小F；（2）外力0F的最大值0mF。【答案】（1）1N；（2）15N【解析】【详解】（1）根据闭合电

路欧姆定律可得电流为20A=4A41EIRr==++ab受到安培力大小为0.540.5N=1NFBIL==安（2）根据左手定则可知ab受到的安培力方向为水平向左，当摩擦力方向也水平向左且大小为最大静摩

擦力时，外力0F最大，即0m+1.5N=FFmg=安18.加图所示，一足够长的矩形区域abcd内充满方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，在ad边中点O，方向垂直磁场方向向里射入一速度方向跟ad边

夹角30=、大小为0v（未知量）的带正电粒子，已知该粒子的质量为m、电荷量为q，ad边长为L，ab边足够长，该粒子重力不计。求：（1）若该粒子恰好没有从磁场cd边界射出，该粒子的入射速度大小01v；（2）要使粒于从ad边离开磁场，入射速度的最大值02v；.的（3）该粒子在磁场中运动

的最长时间。【答案】（1）qBLm；（2）3qBLm；（3）53mqB【解析】【详解】（1）若该粒子恰好没有从磁场cd边界射出，如图所示此时粒子速度为01v，则201011vqvBmr=解得101qBrvm=由几何关系得11sin2Lrr−=解得1rL=则有101qBrqBLvmm=

=（2）要使粒于从ad边离开磁场，则速度最大时，轨迹与ab边界相切，如图所示由几何关系得22sin2rLr+=解得23Lr=则入射速度的最大值为2023qBrqBLvmm==（3）由公式2tT=2mTqB=可

知，粒子在磁场中经过的弧所对的圆心角越长，在磁场中运动的时间也越长。在磁场中运动的半径1rR时，运动时间最长，则圆弧所对圆心角为()5223=−=所以最长时间为5253223mmtTqBqB===19.如图，动摩擦因数0.5=的绝缘粗糙的水平

轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道平滑连接，BC为竖直直径，半圆形轨道的半径0.4mR=，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度37.510N/CE=，现

有一电荷量41.010Cq−=+，质量0.1kgm=的带电体（可视为质点）在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点（图中末画出），重力加速度210

m/s=g。求：（1）带电体第一次经过圆轨道B点时，受到的支持力大小BF；（2）落地点D到B点的距离DBx；（3）若要带电体不脱离圆轨道并能沿轨道返回B点，则PB之间的最大距离mx。【答案】（1）6NBF=；（2）0.2mDBx=；（3）m1.6mx=【解析

】【详解】（1）带电体通过C点的速度为Cv，根据牛顿第二定律可得2CvmgmR=解得100.4m/s2m/sCvgR===设带电体通过B点的速度为Bv，轨道对带电体的支持力为BF，带电体在B点时，有2BBvFmgmR−=带电体从B点到C点的过程中，电场力做功为0，根据动能定理可得2211

222CBmgRmvmv−=−联立解得6NBF=（2）受力分析可得带电体离开C点后，竖直方向上做自由落体运动2122Rgt=水平方向上做匀变速直线运动，则212DBCxvtat=−由牛顿第二定律可得qEma=联立解得0.2mDBx=（3）重

力和电场力的合力，即小球受的等效合力的方向与竖直方向的夹角为tan0.75qEmg==即37=若要带电体不脱离圆轨道并能沿轨道返回B点，则小球刚好能到达圆周上与圆心的连线与该方向垂直的位置，则根据动能定理可得mm(1sin37)(cos37)0mgREqxRmgx−+++

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