河南省信阳中学2022-2023学年高二上学期期末物理试题（解析版）

2024届高二上期期末考试物理试题 一、选择题（共12个小题，每题4分，共48分。1—8题只有一项符合题目要求，9—12题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选得0分） 1. 下列说法中正确的是（　　） A. 磁场中磁感应强度大的地方，磁通量不一定很大 B. 穿过某一面积的磁通量为零，该处磁感应强度为零 C. 若试探电荷在某位置所受的电场力为零，则该处的电场强度可能不为零 D. 若一小段电流在某位置所受安培力为零，则该处的磁感应强度一定为零 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A．根据磁通量表达式 Φ=BSsinθ 可知，磁通量取决于磁感应强度、线圈面积以及二者间的夹角，故磁场中磁感应强度大的地方，磁通量不一定很大，故A正确； B．当某个面与磁场平行时，则穿过某一面积的磁通量为零，但该处磁感应强度为不零，故B错误； C．若试探电荷在某位置所受的电场力为零，则该处的电场强度一定为零，故C错误； D．当一小段通电导线与磁场平行时，这一小段电流在某位置所受的安培力为零，但该处的磁感应强度不为零，故D错误。 故选A。 2. 下列选项关于甲、乙、丙、丁四幅图的说法正确的是（  ） A. 库仑利用图甲的实验装置测出了万有引力常量 B. 奥斯特利用图乙的实验，发现了“磁生电”现象 C. 法拉第通过图丙的实验线圈，发现了电磁感应现象 D. 麦克斯韦通过图丁的实验捕捉到了电磁波，并证实了自己关于“电磁波”的预言 【答案】C 【解析】 【详解】A．该实验是库仑发现库仑定律的实验，故A错误； B．该实验是奥斯特研究电流磁效应的实验；奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在磁场，故B错误； C．法拉第通过图丙的实验线圈，发现了电磁感应现象，故C正确； D．赫兹通过图丁的实验捕捉到了电磁波，并证实了麦克斯韦关于“电磁波”的预言，故D错误。 故选C。 3. 一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以做直线运动，其v-t图像如图所示，粒子在时刻运动到B点，3时刻运动到C点，下列判断正确的是 A. A、B、C三点的电势关系为 B. A、B、C三点场强大小关系为 C. 粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少 D. 粒子从A点经B点运动到C点，电场力先做正功后做负功 【答案】C 【解析】 【详解】A、因为不知道带电粒子的电性，所以无法判断电势的关系，故A错误； B、由速度图像可知，加速度先增大后减小，所以B点的加速度最大，电场强度最大，故B错误； C、由图像可知：动能先减小后增大，根据能量守恒可知：电势能先增后减小，故C正确； D、因为电势能先增大后减小，所以电场力先做负功后做正功，故D错误； 故选C． 【点睛】速度图像的斜率大小表示加速度的大小，根据速度大小可知动能的变化，根据能量守恒可知电势能的变化． 4. 如图所示，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接。已知导体棒MN受到的安培力大小为2F，则线框LMN受到的安培力的大小为（　　） A. 2F B. 3F C. 4F D. 0 【答案】B 【解析】 【详解】设导体棒MN长度为l，MN棒中电流为I，则其受到的安培力大小 MLN的电阻是MN棒电阻的两倍，二者并联，两端电压相同，则流过MLN的电流为0.5I，MLN受到的安培力的合力为 MN棒和MLN受到的安培力方向相同，故线框LMN受到的安培力大小为3F。 故选B。 【点睛】确定电路的连接方式，根据串并联电路的规律，确定电流电压之间的关系，再根据安培定则判断各部分所受安培力的大小和方向。最后根据力的合成与分解进行解答即可。 5. 如图，甲是带负电的物块，乙是不带电的足够长的绝缘木板。甲、乙叠放在一起置于光滑的水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场。现用一水平恒力B拉乙木板，使甲、乙从静止开始向左运动，甲电荷量始终保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在此后运动过程中（　　） A. 甲、乙间的摩擦力始终不变 B. 甲、乙间的摩擦力先不变，后增大 C. 甲物块最终做匀速直线运动 D. 乙木板一直做匀加速直线运动 【答案】C 【解析】 【详解】ABC．由于拉力F的作用，物体加速运动，所以洛伦兹力逐渐增大，当洛伦兹力增大到和甲的重力大小相等时，此时甲乙接触面无压力作用，甲乙之间的摩擦力为零，此时甲的加速度为零，速度达到最大，之后甲做匀速直线运动，故AB错误，C正确； D．当甲乙出现相对运动后，由于甲在加速的过程中洛伦兹力逐渐增大，则甲乙接触面的压力逐渐减小，甲对乙向右的摩擦力逐渐减小，则乙木板受到的外力变化，加速度也发生变化，故D错误。 故选C。 6. 在某次军演时，一炮弹由地面斜向上发射，假设当炮弹刚好到最高点时爆炸，炸成两部分P、Q，其中P的质量大于Q。已知爆炸后P的运动方向与爆炸前的运动方向相同，假设爆炸后P、Q的速度方向均沿水平方向，忽略空气的阻力，则下列说法正确的是（　　） A. 爆炸后Q的运动方向一定与P的运动方向相同 B. 爆炸后Q比P先落地 C. Q的落地点到爆炸点的水平距离大 D. 爆炸前后P、Q动量的变化量大小相等 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．在爆炸过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒。爆炸前炮弹在最高点的速度沿水平方向，爆炸后P的运动方向与爆炸前的运动方向相同，根据动量守恒定律判断出Q的速度一定沿水平方向，但爆炸后的运动方向取决于P的动量与爆炸前炮弹的动量的大小关系，因此Q的运动方向不一定与爆炸前的运动方向相同，故A错误； D．在爆炸过程中，P、Q受到爆炸力大小相等，作用时间相同，则爆炸力的冲量大小一定相等，由动量定理可知，在炸裂过程中P，Q动量的改变量大小相等、方向相反，D正确； B．爆炸后P、Q均做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由于高度相同，飞行时间一定相同，所以P、Q一定同时落地，B错误； C．山于爆炸后两部分速度的大小关系无法判断，因此落地点到爆炸点的水平距离无法确定，C错误。 故选D。 7. 如图所示，R0为热敏电阻(温度降低，其电阻增大)，D为理想二极管(正向电阻为零，反向电阻无穷大)，平行板电容器中央有一带电液滴刚好静止，M点接地，开关S闭合．下列各项单独操作时可使带电液滴向上运动的是(　　) A. 滑动变阻器R的滑动触头P向上移动 B. 将热敏电阻R0的温度降低 C. 开关S断开 D. 电容器的上极板向上移动 【答案】C 【解析】 【详解】A.当滑动变阻器的滑动触头P向上移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则总电流增大，内电压及R0两端的电压增大，则路端电压和滑动变阻器两端的电压都减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差不变，故A项不合题意； B.当热敏电阻温度降低时，其阻值增大，则由闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压减小，液滴仍然静止，故B项不合题意； C.开关S断开时，电容器直接接在电源两端，电容器两端电压增大，则液滴向上运动，故C项符合题意； D.若使电容器的上极板向上移动，即d增大，则电容器电容C减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差增大，由于，，，所以，由于极板上的电荷量不变，而场强E与极板之间的距离无关，所以场强E不变，液滴仍然静止，故D项不合题意． 8. 质谱仪最初是由汤姆生的学生阿斯顿设计的，他用质谱仪发现了氖20和氖22，证实了同位素的存在。如图所示，容器A中有质量分别为m1、m2，电荷量相同的氖20和氖22两种离子（不考虑离子的重力及离子间的相互作用），它们从容器A下方的小孔S1不断飘入电压为U的加速电场（离子的初速度可视为零），沿竖直线S1S2（S2为小孔）与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打在水平放置的底片上。由于实际加速电压的大小在U±ΔU范围内微小变化，这两种离子在磁场中运动的轨迹可能发生交叠，为使它们的轨迹不发生交叠，应小于（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】粒子在电场中加速 在磁场中做圆周运动 解得 氖20最大半径 氖22最小半径 两轨迹不发生交叠，有 解得 故选C。 9. 如图所示，为一种改进后的回旋加速器示意图，在D形盒边上的缝隙间放置一对中心开有小孔a、b的平行金属板M、N，每当带正电的粒子从a孔进入时，就立即在两板间加上恒定电压，经加速后从b孔射出，再立即撤去电压，而后进入D形盒中的匀强磁场，做匀速圆周运动。缝隙间无磁场，不考虑相对论效应，则下列说法正确的是（ ） A. D形盒中的磁场方向垂直纸面向里 B. 粒子运动的周期不断变大 C. 粒子每运动一周直径的增加量越来越小 D. 增大板间电压，粒子最终获得的最大动能变大 【答案】AC 【解析】 【详解】A．粒子从b孔进入磁场后受到的洛伦兹力向右，由左手定则判断可知，D形盒中的磁场方向垂直纸面向里，故A正确； B．根据可知，粒子运动的周期不变，故B错误； C．粒子第n次加速后，根据动能定理可得：，解得： 粒子在磁场中运动的半径 粒子每运动一周直径的增加量 随转动周数的增加，粒子每运动一周直径的增加量越来越小，故C正确； D．当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据得：知加速粒子的最大动能与D形盒的半径有关，与加速电压无关，故D错误； 故选AC。 10. 如图，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布．一铜制圆环用丝线悬挂于点，将圆环拉至位置后无初速释放，在圆环从摆向的过程中 A. 感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针 B. 感应电流方向一直是逆时针 C. 安培力方向始终与速度方向相反 D. 安培力方向始终沿水平方向 【答案】AD 【解析】 【详解】试题分析：先看感应电流方向，铜制圆环内磁通量先向里并增大，由楞次定律可知，铜制圆环感应电流的磁场向外，依据右手安培定则得到，感应电流方向为逆时针；铜制圆环越过最低点过程中，铜制圆环内磁通量向里的减小，向外的增大，所以铜制圆环感应电流的磁场向里，感应电流为顺时针；越过最低点以后，铜制圆环内磁通量向外并减小，所以铜制圆环感应电流的磁场向外，感应电流为逆时针，A正确；B错误； 再看安培力方向，由于圆环的电流是相等的，把圆环沿竖直方向看成两个半圆环，则这两个半圆环的电流相等、磁场不相同，则磁场强的半圆产生的安培力大于磁场弱的，故安培力的合力的方向是水平的，同理，当圆环摆过最下端的位置时，安培力的方向也是如此，C错误；D正确；故选AD． 【名师点睛】本题由楞次定律可得出电流方向，重点在于弄清何时产生电磁感应，以及磁通量是如何变化的，按着应用楞次定律判断感应电流的方向的步骤进行分析和判断；再由左手定则判断安培力的方向． 考点：楞次定律、安培力． 11. 如图为两点电荷Q、的电场等势面分布示意图，Q、位于x轴上，相邻等势面的电势差为。若x轴上的M点和N点位于等势面上，P为某等势面上一点，则（　　） A. N点的电场强度大小比M点的大 B. Q为正电荷 C. M点的电场方向沿x轴负方向 D. P点与M点的电势差为 【答案】AD 【解析】 【详解】A．等差等势线的密度体现场强的大小，由图可知N点的等差等势线比M点更密，则N点的电场强度大小比M点的大，故A正确； B．沿着电场线电势逐渐降低，由图可知电场线由N指向Q，则Q为负电荷，故B错误； C．沿着电场线电势逐渐降低，结合各等势线的电势高低关系可知M点的电场方向沿x轴正方向，故C错误； D．M点与N点等势均为0V，P点与N点的等势线间隔四个，而相邻等势面的电势差为，则P点与M点的电势差