【文档说明】《精准解析》四川省雅安市石棉县中学2022-2023学年高二上学期期末物理试题（解析版）.docx，共(19)页，3.167 MB，由小赞的店铺上传

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石棉县中学2022-2023学年上期期末考试高二年级物理试卷（考试时间90分钟，满分100分）第I卷（选择题，共45分）一、选择题。本题共15小题，每小题3分，共45分。1-10小题单选，11-15小题不定项选择，选对不全得2分。1.在物理学发展历程中，一些科学研究成果极大地推动了

人类文明的进程。下列叙述中不符合史实的是（）A.欧姆通过实验研究了导体两端电压与电流的定量关系，并总结出欧姆定律B.法拉第发现了磁能生电的现象，并发明了人类的第一台直流发电机C.密里根通过油滴实验，第一次比较精确的测定了元电荷e的数值D.奥斯特根据环形电流的磁场

和小磁针的磁场的相似性，提出了分子电流假说【答案】D【解析】【详解】A．欧姆通过实验研究了导体两端电压与电流的定量关系，并总结出欧姆定律，故A正确；B．法拉第发现了磁能生电的现象，并发明了人类的第一台直流发

电机，故B正确；C．密里根通过油滴实验，第一次比较精确的测定了元电荷e的数值，故C正确；D．安培根据环形电流的磁场和小磁针的磁场的相似性，提出了分子电流假说，故D错误。本题选错误的，故选D。2.两个完全相同金属球A和B，其中A球带电荷量为+5Q

、B球带电荷量为－Q（均可视为点电荷），两者相距为r，此时两球间的库仑力大小为F。现将金属球A和B接触后又放回原处，则两球之间的库仑力大小变为（）A.5FB.45FC.95FD.4F【答案】B【解析】【详解】开始时，根据库仑定律有225QFkr=将金属球A和B

接触后又放回原处，A、B两球的电荷量均变为522QQqQ−==的两球之间的库仑力大小变为22445QFkFr==故选B。3.关于电磁感应，下列说法中正确的是A.穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大B.穿过线圈的磁通量为零，感应电动

势一定为零C.穿过线圈的磁通量的变化越大，感应电动势越大D.通过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大【答案】D【解析】【详解】A．由公式Ent=可知，穿过线圈的磁通量越大，线圈的磁通量变化率不一定大，感应电动

势不一定越大，故A错误；B．由公式Ent=可知，穿过线圈的磁通量为零，若线圈的磁通量变化率不为零，则感应电动势就不为零，故B错误；C．由公式Ent=可知，穿过线圈的磁通量变化越大，线圈的磁通量变化率不一定大，感应电动势不一定越大，故C错误；D．穿过线圈的磁通量变化越快，磁通量

的变化率越大，由法拉第电磁感应定律得知，感应电动势越大，故D正确。4.如图，a、b是用同种规格的铜丝做成的两个同心圆环，两环半径之比为2∶3，其中仅在a环所围区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场。下列说法正确的是（）A

.穿过a、b两环的磁通量大小之比为4∶9B.a、b两环绕圆心在纸面内转动时，两环中均有感应电流C.磁感应强度B增大时，a、b两环中均有逆时针方向的感应电流D.磁感应强度B均匀增大时，a、b两环中产生的感应电动势之比为4∶9【答案

】C【解析】【详解】A．穿过a、b两环的磁通量对应的有效面积相同，所以磁通量大小之比为1∶1，故A错误；B．a、b两环绕圆心在纸面内转动时，两环的磁通量均不变，均不产生感应电流，故B错误；C．根据楞次定律可

知，磁感应强度B增大时，a、b两环中均有逆时针方向的感应电流，故C正确；D．根据法拉第电磁感应定律有BEStt==可知磁感应强度B均匀增大时，a、b两环中产生的感应电动势之比为1∶1，故D错误。故选C。5.如图，实线MN是一点电荷产生的

电场中的一条电场线，一个带正电的粒子仅在电场力的作用下，沿图中虚线从a运动到b。下列结论正确的是（）A.点电荷一定位于M点左侧，且一定为负电荷B.带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能C.带电粒子在a点的动能一定大于在b点的动能D.带电粒子在a点加速度一定大于在b点的

加速度【答案】C【解析】【详解】BC．由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，电场力指向轨迹内侧，电场力方向大致向左，电场线由N指向M，则从a到b的过程中，电场力对带电粒子做负功，电势能增大，动能减小，即a点的电势能低于b点的电势能，

a点的动能一定大于在b点的动能，故C正确，B错误；D．图中只有一条电场线，无法根据电场线疏密程度判断电场的强弱，即不能判断加速度的大小关系，故D错误；A．电场线的方向一定从N指向M，由于产生电场的点电荷的电性无

法判断，则点电荷的位置无法判断，所以加速度也没法判断，故A错误。故选C。6.如图是某同学对电动牙刷的微型电动机进行研究的实验电路，其操作如下：闭合开关S，调节滑动变阻器R的阻值，当理想电压表的示数为0.3V时，电动机不转

动，此时理想电流表示数为60mA；重新调节R的使电动机正常运转，此时电压表和电流表的示数分别为2.4V和100mA。则这台电动机正常运转时的输出功率为（）A.0.24WB.0.05WC.0.018WD

.0.19W【答案】D【解析】【详解】当理想电压表的示数为0.3V时，电动机不转动，电动机看做纯电阻，根据URI=得电动机内阻为30.3Ω5Ω6010−==R重新调节R使电动机正常运转，电动机的功率''0.24W==PUI电动机的发热功率为'20.05W热==PIR则电动机

正常运转时的输出功率为0.19W出热=−=PPP故D正确，ABC错误。故选D。7.如下图所示，AB是电场中的一条电场线，若将一负电荷从A点由静止释放，负电荷沿电场线从A到B运动过程中速度时间图线如图Ⅱ所示，不计重力，则下列判断正确的是（）A.A＞B，EA＞EBBA＞B，EA＜E

BC.A＜B，EA＞EBD.A＜B，EA＜EB【答案】D【解析】【详解】速度图象的斜率等于物体的加速度，由图可知点电荷从A向B运动的过程中加速度越来越大，故A点的场强小于B点场强；由于物体沿电场线运动过程当中做加速运动，故点电荷所受电场力方向由A指向B，又由于负

电荷所受电场力的方向与场强的方向相反，所以电场线的方向由B指向A，所以而沿电场线的方向电势降低，即φA＜φB，故D正确；故选D.【点睛】速度图象的斜率等于物体的加速度，故A点的场强小于B点场强；负电荷所受电场力的方向与场强的方向相反，沿电场线的方向电势降低

是解决本题的突破口．8.如图，分界线MN两侧有方向垂直纸面向里的匀强磁场，其中上方区域的磁感应强度大小为2B，下方区域磁感应强度大小为B。一质量为m电荷量为－q的带电粒子（不计重力）从O点以初速度v0也沿纸面垂直MN向上射出，经一段时间t粒子再次经过O点，则下

列选项正确的是（）A.2πmtqB=B.3πmtqB=C4πmtqB=D.5πmtqB=【答案】A【解析】【详解】设粒子在2B磁场中运动的半径为R，根据牛顿第二定律有22vqvBmR=解得..2mvRBq=粒子在2B磁场中运动的周期为2ππRmTvBq==同理可得粒子在B磁场中运动的半径和

周期分别为mvRBq=2πmTBq=作出粒子的运动轨迹如图所示，则2π2TmtTqB=+=故选A。9.如图，在绝缘水平面上A、B两点分别固定着两个电荷量均为Q=+2.0l0-7C的点电荷，P是A，B连线中垂线上的一

点，且AP=BP=0.3m，角30=，已知静电力常量为k=9.0l09N.m2/C2，则P点场强的大小和方向为（）A.E=2104V/m，垂直OP向右B.E=2104V/m，沿OP向上C.E=3104V/m，垂直OP向右D.E=3

104V/m，沿OP向上【答案】B【解析】【详解】P点场强是两个正点电荷在P点产生的场强的矢量和，两个点电荷在P点产生的场强大小相等，为2==ABQEEkAP由几何关系得P点场强2sin=AEE代入数据联立解得4210V/mE

=沿OP向上，故B正确，ACD错误。故选B。10.如图，两根水平放置的导轨（电阻不计）左端连电源，其电动势E=3V、内阻r=1Ω。导轨AB与CD相距为3md=，导轨上固定的金属棒MN与导轨夹角为θ=60°，其接入电路的电阻R=2Ω，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中

，磁感应强度大小B=0.2T，则棒MN所受安培力的大小和方向分别是（）A.大小为0.4N，方向水平向右B.大小为35N，方向水平向右C.大小为0.4N，方向垂直于MN斜向右D.大小为35N，方向垂直于MN斜向右【答案】C【解析】【详解】通过MN的电流为1AEIRr==

+MN所受安培力的大小为0.4NsindFBI==根据左手定则可知MN所受安培力方向为垂直于MN斜向右，故选C。11.如图所示，是一个由电池、电阻R、开关S与平行板电容器组成的串联电路，开关S闭合。一带电液滴悬浮在两板间P点不动，下列说法正确的是（）A.带电液滴可能带正电B.增大两极板距离

的过程中，电容器的电容C减小C.增大两极板距离的过程中，电阻R中有b从到a的电流D.若断开S，减小两极板距离，带电液滴仍静止不动【答案】BD【解析】【详解】A．带电量为q的微粒静止不动，所受的电场力与重力平衡，则知电场力向上，而场强向下，所以

微粒带的是负电，故A错误；BC．增大电容器两极板间距离，根据电容的决定式4SCkd=可知电容C减小，U不变，由QCU=分析可知Q减小，电容器放电，则R中有从a流向b的电流，故B正确，C错误；D．断开S，极板上电量

不变；减小两极板距离，根据电容的决定式4SCkd=电容的定义式QCU=以及由公式E=Ud分析可知E=4kQS与d无关，即E保持不变，所以液滴静止仍然不动，故D正确。故选BD。12.在如图所示的电路中，A1和A2是两个完全相同的灯泡，线圈L的自感系数足够大，电阻可以忽略不计，下

列说法中正确的是（）A.合上开关S，A1先亮，A2后亮，最后一样亮B.断开开关S，A1和A2都要过一会儿才熄灭C.断开开关S，A2闪亮一下再熄灭D.断开开关S，流过A2的电流方向向左【答案】ABD【解析】【详解】A．当电键K闭合时，灯A2立即发光，由于

线圈L的自感作用，通过灯A1的电流只能逐渐增大，使灯A1逐渐亮起来，所以灯A2比灯A1先亮。由于线圈直流电阻忽略不计，当电流逐渐稳定时，线圈不产生感应电动势，两灯电流相等，亮度相同，故A正确；BCD．稳定后当电键S断开瞬间，由于线圈的自感现象，线圈中的电流只能逐渐减小，线圈L、灯A2与灯A1

构成闭合回路，两灯都过一会儿再熄灭，由于两灯泡完全相同，线圈的电阻又不计，则灯A2不会出现闪亮一下，且流过灯A2的电流方向向左，故BD正确，C错误。故选ABD。13.如图所示电路中，电源内阻不能忽略，三个电表均为理想电表。当滑动变阻器R2的滑动触头P向a端滑动

时，∆U1表示电压表V1示数变化量的大小，∆U2表示电压表V2示数变化量的大小，∆I表示电流表示数变化量的大小，下列选项正确的是（）A.V1的示数增大、V2的示数减小，A的示数增大B.V1的示数减小、V2的示数增大，A的示数增大C.

11ΔΔURI=D.22ΔΔURI=【答案】AC【解析】【详解】AB．当滑动变阻器R2的滑动触头P向a端滑动时，R2接入电路的阻值减小，电路总电阻减小，总电流增大，即A的示数增大；R1两端电压U1增大，即V1的示数增大；电源内电压增大，路端电压U减小，

而R2两端电压为21UUU=−所以U2减小，即V2的示数减小，故A正确，B错误；C．根据部分电路欧姆定律有111UURII==故C正确；D．根据闭合电路欧姆定律有21()UEIRr=−+所以21URrI=+故D错误。故选AC。14.等粒子体发电是一项新

兴技术，如图为它的原理图。两平行金属板的正对面积为S、板间距离为L两板间接有电阻R。将一束等离子体（含有带正电和带负电的微粒）以一定速度v垂直于磁场方向连续射入磁感应强度为B的匀强磁场中，等离子体稳定时在两极板间均匀分布，忽略边缘效应及离子的重力，则下列说法正确的是（）A.A极板的电势低，C极板的

电势高B.A极板的电势高，C极板的电势低C.正对面积S越大，该发电机电动势越大D.板间距离L越大，该发电机电动势越大【答案】BD【解析】【详解】AB．由左手定则知：等离子体喷射入磁场后在洛伦兹力作用下正离子向上偏，负离

子向下偏则上极板是电源的正极，下极板是电源的负极所以A极板的电势比C极板的电势高，故B正确，A错误；CD．两极板间形成向下的电场正、负离子将受到电场力，稳定时有UqvBqL=即UBLv=可知板间距离L越大，发电机电动势越大，发电机电动势与正对面积无关，故D正确，C错误

。故选BD。15.如图，半径为d、右端开小口的导体圆环（电阻不计）水平固定放置，圆环内部区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。长为2d的导体杆（总电阻为R）在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终

与圆环良好接触。当杆从圆环中心O开始运动后，其位置由确定，则（）A.=0时，杆产生的感应电动势为2BdvB.=3时，杆产生的感应电动势为3BdvC.=3时，通过杆的电流为3BdvRD.=3时，通过杆的电流为2BdvR【答案】AD【解析】【详解】

A．当θ=0时，杆产生感应电动势为的2EBlvBdv==故A正确；BCD．当π3=时，杆产生的感应电动势为π2cos3EBlvBvdBdv===此时杆接入回路的电阻为22dRrRd==通过杆的电流为2EBdvIrR==故BC错误，D正确。故选AD。第II卷（非

选择题，共55分）三、本大题共2小题。共16分16.某同学用多用电表测量一只电压表的内阻（约几十kΩ），请把下列操作补充完整：（1）将选择开关拨至欧姆挡，选择_______（选填“1k”或“100”）挡，将红、黑表笔短接，旋转欧姆调零旋钮，使指针指向_______（选填“电流零

”或“欧姆零”）刻度；（2）将欧姆表的红表笔与电压表的_______（选填“正接线柱”或“负接线柱”）连接；（3）该同学的测量结果如图所示，则该电压表的内阻为_______kΩ。【答案】①.1k②.欧姆零③.负接线

柱④.40【解析】【详解】（1）[1]根据电压表内阻的大概取值可知，为了减小测量误差，应使指针指在表盘中央附近，即应选择1k挡。[2]将红、黑表笔短接，旋转欧姆调零旋钮，使指针指向欧姆零刻度。（2）[3]电流从欧姆表的红接线

柱流入，从电压表的负接线柱流出，因此应将欧姆表的红表笔与电压表的负接线柱连接。（3）[4]由于欧姆表表盘刻度非均匀，所以不需要估读，即该电压表的内阻为40kΩ。17.要描绘一个“额定电压为2.8V、额定电流为0.5A”的小灯

泡的伏安特性曲线，小灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到2.8V，并便于操作。已选用的器材有：电池组（电动势为4V，内阻可忽略不计）；电流表（量程为0～600mA，内阻约为1Ω）；电压表（量程为0～3V，内阻约为3kΩ）；开关一个，导线若干。（1）小灯泡在额定电压下工作时，其电

阻的理论值为_______Ω。（2）实验中所用的滑动变阻器应选_______（填标号）。A．滑动变阻器（最大阻值为20Ω）B．滑动变阻器（最大阻值为2000Ω）（3）为了尽可能减小实验误差，请用笔画线代替导线将图甲中的电路补充完整。_______（4）正确连线和操作后，小明测得多组（I、

U）数据并在IU−图像中描绘出图线，图乙所示的两图线是电流表内接和外接时描绘的，则符合该实验的是图线_______（填“1”或“2”）。【答案】①.5.6②.A③.④.1【解析】【详解】（1）[1]根据URI=可得5.6ΩR=（2）[2]描绘小灯泡的伏安特性曲线，滑动变阻器

选用分压式接法，选20Ω的滑动变阻器。故选A。（3）[3]电路如图（4）[4]本实验中小灯泡的电阻较小，远小于电压的内阻，所以应采用电流表外接法，此时电流表测量的是电压表和小灯泡的总电流，此时电流表的示数偏大些，画出的IU−图像应该为

图线1。四、本大题共3小题，共39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。18.在电场中把带电荷量为2.010-9c的正电荷从A点移到B点，电场力做了1.0l0-7J的正功，再把这个电荷从B点移到C点，电

场力又做了4.010-7J的负功。（1）AB间、AC间的电势差ABU、ACU各是多大？（2）若选C为参考点，求A点和B点的电势分别为多大。【答案】（1）50V，150V−；（2）150V−，200V−【解析】【详解】（1）AB间电势差为791.010V50V

2.010ABABWUq−−===BC间电势差为794.010V200V2.010BCBCWUq−−===−−AC间电势差为50V200V150VACABBCUUU=+=−=−（2）选C点为零电势点，则0C=

由150VACACU=−=−则150VA=−由200VBCBCU=−=−则200VB=−19.如图所示，电阻为R的矩形导线框abcd，边长ab=h，ad=L，质量为m。此线框从某一高度处自由落下

，穿过一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁场磁感应强度大小为B，磁场宽度为h。若线框恰好以恒定速度通过磁场，不计空气阻力，重力加速度为g，求：（1）线框通过磁场过程中产生的焦耳热Q；（2）线框bc边刚进入磁场时的速度v。【答案】（1）2mgh；（2）2

2mgRBL【解析】【详解】（1）线框恰好以恒定速度通过磁场，动能不变，由能量守恒可知，线框通过磁场过程中产生的焦耳热为p22QEmghmgh===（2）设线框bc边刚进入磁场时的速度为v，感应电动势为E，感应电流为I，受到的安培力为F，由法拉第电磁感

应定律及欧姆定律可得EBLvIR==由平衡条件得mgBIL=联立解得22mgRvBL=20.如图所示，在x轴上方有垂直于纸面向外的匀强磁场，在x轴下方有电场强度大小为E，方向与xOy平面平行且与x轴成=45°角的匀强电场。一质量为

m、电荷量为q（q>0）的粒子以初速度v0从P点沿y轴正方向射出，已知P点坐标为（0，L）。经一段时间后，粒子恰好沿与电场相反方向进入电场。不计粒子重力，求：（1）磁感应强度B的大小；（2）粒子第三次到达x轴的位置到O点的距离；（3）粒子从

P点开始到第三次通过x轴所经历的时间。【答案】（1）022mvqL；（2）()32L+；（3）0072π24LmvvqE+【解析】【详解】（1）作出粒子的运动轨迹如图所示，由题意根据几何关系可得粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为2

sin45LRL==根据牛顿第二定律有200vqvBmR=解得022mvBqL=（2）由几何关系有()sin4521OMRRL=+=+22MNRL==粒子第三次到达x轴的位置到O点的距离为()32ONL=+（3）粒子从P到M所需的时间为10022555

2π52π360884RLtTTvv====根据运动的对称性可知粒子第一次进入电场后运动的时间为0002222vvmvtqEaqEm===粒子在从M到N所需的时间为300112π2π442RLtTvv===故粒子从P点开始到第三次通过x轴所经历的时间为01230

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