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1、华南师大附中2022-2023学年第一学期期末考试高二物理满分100分，考试时间75分钟注意事项：1答卷前，请务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的班级、姓名和考号填写在答题卡和答卷上。2选择题在选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。3非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答卷各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按要求作答的答案无效。4考生必须保持答题卡的整洁考试结束后，将答题卡交回。第部分 选择题（56分）一、单项选择题（共8题，每题4分，共3
2、2分）1. 下列场线描述的电场或磁场中正确的是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】A图示表示负点电荷电场线，方向应指向负电荷，A错误；B图示表示直线电流周围磁场方向与电流的关系，磁场环绕方向应为逆时针（俯视），B错误；C图示表示等量异种点电荷的电场线，应从正电荷出发，终止于负电荷，C错误；D图示表示环形电流内部磁感线方向与电流方向的关系，符合右手螺旋定则，D正确。故选D。2. 如图所示为一小灯泡的伏安特性曲线，横轴和纵轴分别表示电压U和电流I图线上点A的坐标为（U1，I1），过点A的切线与纵轴交点的纵坐标为（0，I2）当小灯泡两端电压为U1时，其电阻等于（ ）A. B. C.
3、 D. 【答案】B【解析】【详解】试题分析：从图中可知小灯泡的电阻随着电压变化而变化着，当其电压为U1时，电流为I1，所以其电阻为，B正确；考点：考查了欧姆定律的应用3. 如图所示，实线为某电场的电场线，虚线为带正电的粒子，仅受电场力作用下，从A点运动到B点的运动轨迹，下列说法正确的是（）A. 该电场可能是负点电荷电场B. A点电势比B点电势高C. 粒子在A点加速度小于B点的加速度D. 粒子从A点运动到B点的过程中，动能增加【答案】C【解析】【详解】根据曲线运动规律，带正电的粒子在A点的受力和运动方向如图所示A由于粒子带正电，可知电场方向与电场力方向相同，方向偏右，可知该电场不可能是负点电荷电
4、场，故A错误；B根据沿电场方向电势降低可知，A点电势比B点电势低，故B错误；C根据电场线疏密程度，可知A点的电场强度小于B点的电场强度，粒子在A点受到的电场力小于在B点受到的电场力，则粒子在A点的加速度小于B点的加速度，故C正确；D粒子从A点运动到B点的过程中，电场力与速度方向的夹角大于，电场力做负功，动能减少，故D错误。故选C。4. 如图是一个多用电表简化电路图。S为单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱可以接通1，也可以接通2、3、4或5。下列说法正确的是（）A. 当S接1或2时，测量的是电流，接1时的量程小B. 当S接3时，测量的是电阻，其中A是红表笔C. 当S接3时，测量的电阻越大，指针偏
5、角越大D. 当S接4或5时，测量的是电压，接4和接5时的最大测量值之比为R3:（R3+R4）【答案】B【解析】【详解】A当S接1或2时，测量的是电流，接1时的量程大，因为与灵敏电流计并联的电阻R并越小，通过R并的电流越大，总电流越大，量程越大，A错误；B当S接3时，测量的是电阻，电流一定从红表笔流入电表，所以其中A是红表笔，B正确；C当S接3时，测量的电阻越大，回路电流小，指针偏角越小，C错误；D当S分别接4和5时，电流表与电阻串联，测量的是电压。设虚线框内电流表A2的量程为I2，该电流表A2内阻为RA2，设接4时的量程为V1，由串并联电路特点可得设接5时的量程为V2，由串并联电路特点可得联立
6、可得D错误。故选B。5. 如图所示为回旋加速器的示意图。两个靠得很近的D形金属盒处在与盒面垂直的匀强磁场中，一质子从加速器的A处开始加速。已知D型盒的半径为R，磁场的磁感应强度为B，两盒间的高频交变电源的电压为U、频率为f，质子质量为m，电荷量为q。下列说法不正确的是（）A. 质子的最大速度与高频交变电源的电压U有关，且随电压U增大而增加B. 质子的最大动能为C. 高频交变电源的频率D. D形金属盒内无电场，两盒间无磁场【答案】A【解析】【详解】A质子出回旋加速器时的速度最大，此时的半径为R，则故A错误；B根据向心力公式质子最大动能联立解得故B正确；C回旋加速器能够加速粒子的条件就是粒子圆周运
7、动的周期等于交变电流的周期，粒子圆周运动周期所以故C正确；DD形金属盒内无电场，只有磁场，粒子做匀速圆周运动；两盒间无磁场，只有电场加速粒子。D形金属盒内外部是磁场-电场-磁场的拼接场，故D正确。本题要求选择错误的，故选A。6. 如图所示，电路中有两个相同的灯泡、，电感线圈L的电阻可忽略。下列说法正确的是（）A. 闭合开关S的瞬间，、L2逐渐变亮B. 闭合开关S的瞬间，立即变亮，逐渐变亮，最终比亮C. 断开开关S的瞬间，L1、一起缓慢熄灭D. 断开开关S的瞬间，L1缓慢熄灭，先变亮一下然后才熄灭【答案】C【解析】【详解】A B闭合开关S的瞬间，灯泡L2立刻亮，而线圈L阻碍灯泡L1所在支路的电流
8、增大，所以灯泡L1慢慢变亮，因为电感线圈L的电阻可忽略，所以最终与一样亮，故AB错误；C D由于L的电阻不计，电流稳定时各支路的电流是相等的，所以断开S后通过L1、L2的电流从原来的大小开始减小，所以、一起缓慢熄灭，C正确，D错误。故选C。7. 小明用如图所示的装置“探究影响感应电流方向的因素”，螺线管与灵敏电流计构成闭合电路，条形磁铁N极朝下。当磁体向下靠近螺线管上端时（）A. 电流计指针向左偏转B. 螺线管内部的磁通量减小C. 螺线管内部的感应电流产生的磁场向下D. 磁铁受到向上的磁场力的作用【答案】D【解析】【详解】ABC由题图知，当磁铁N极向下靠近螺线管上端时，穿过螺线管内部的磁通量向
9、下增大，根据楞次定律“增反减同”的结论判断，知螺线管内部的感应电流产生的磁场方向向上，根据右手螺旋定则可判断知感应电流从电流计正极流入，负极流出，则电流计指针向右偏转，故ABC错误；D根据“来拒去留”的结论判断，可知磁铁受到向上的磁场力的作用，故D正确。故选D。8. 下面说法正确的是（）A. 带电粒子仅在电场力作用下一定做加速运动B. 电场力一定对运动电荷做功，洛仑兹力一定对运动电荷不做功C. 在匀强电场中带电粒子仅在电场力作用下任意相等时间内速度变化量一定相同D. 通电导线在某位置所受安培力为零，该位置的磁感应强度一定为零【答案】C【解析】【详解】A若带电粒子仅受到的电场力与初速度方向相反，
10、则先做减速运动，故A错误；B洛伦兹力一定与电荷的运动方向垂直不做功，但电场力也可能与运动电荷的运动方向垂直，也不做功，故B错误；C在匀强电场中带电粒子仅在电场力作用下，所受合外力不变，则加速度不变，则任意相等时间内速度变化量一定相同，故C正确；D当通电导线与磁场方向平行时，即使磁感应强度大于零，所受安培力为零，故D错误。故选C。二、多项选择题（共4题，每题6分，共24分）9. 如图所示，水平放置的平行板电容器上极板带正电，所带电荷量为Q，板间距离为d，上极板与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板正中间P点有一个静止的带电油滴，现将电容器的上极板竖直向下移动一小段距离。下列说
11、法正确的是（ ）A. 油滴带正电B. 静电计指针张角减小C. 油滴向上运动D. P点的电势不变【答案】BD【解析】【详解】A根据受力平衡可知，油滴的电场力方向向上，而极板间电场向下，电场力与电场方向相反，故油滴带负电，故A错误；BCD此过程电容器所带电荷量Q不变，根据电容的决定式又因为联立得出可知电场强度与极板间的距离无关，所以场强不变，所以油滴的电场力不变，则不会运动；又由于P点与下极板间的距离不变，由知P点的电势不变；由知若将电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，则电势差变小，静电计张角变小，故BD正确，C错误。故选BD。10. 如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻恒定不变，滑片P在变阻
12、器的中点位置时，电灯L正常发光，现将滑片P移到最右端，则（）A. 电压表的示数变小B. 电流表的示数变小C. 电灯L消耗的功率变小D. 电阻消耗的功率变小【答案】AC【解析】【详解】B将滑片P移到右端，变阻器接入电路中的电阻R变小，总电阻变小，由闭合电路欧姆定律可以判断电路中总电流变大，电流表示数变大，选项B错误；C由可以判断内电压变大，则路端电压变小，电灯L两端电压减小，则灯泡消耗的功率变小，选项C正确；AD流过R1的电流I1I出IL变大，电阻R1消耗的功率变大，两端电压U1变大，则电压表示数UUU1变小，选项D错误，A正确。故选AC。11. 如图所示，质量为m的带电绝缘小球（可视为质点）用
13、长为l的绝缘细线悬挂于O点，在悬点O下方有匀强磁场。现把小球拉离平衡位置后从A点由静止释放，则下列说法中正确的是（）A. 小球从A至C和从D至C到达C点时，速度大小相等B. 小球从A至C和从D至C到达C点时，细线的拉力相等C. 小球从A至C和从D至C到达C点时，加速度相同D 小球从A至C和从D至C过程中，运动快慢一样【答案】ACD【解析】【详解】ACD小球进入磁场后受到洛伦兹力作用，方向与速度方向垂直，洛伦兹力对小球不做功，只有重力做功机械能守恒，所以小球从A至C和从D至C到达C点时，速度大小相等；到达C点时加速度为方向都由C指向O，可得加速度相同；小球从A至C和从D至C过程中，任一时刻减少的
14、重力势能都转化为动能，可得运动快慢一样，ACD正确；B受力分析可得到达C点时绳子的拉力、小球的重力和洛伦兹力的合力提供向心力，由于从A至C和从D至C时小球在磁场中的速度方向不同，可知受到的洛伦兹力方向不同，所以此时细线的拉力大小不同，B错误。故选ACD。12. 如图所示，图（甲）中M为一电动机，当滑动变阻器R的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图（乙）所示。已知电流表读数在以下时，电动机没有发生转动。不考虑电表对电路的影响，以下判断正确的是（）A. 电路中电源电动势为B. 变阻器的触头向右滑动时，读数逐渐增大C. 此电路中，电动机的最大输出功率为D. 变阻器的
15、最大阻值为【答案】BD【解析】【详解】A由电路图甲知，电压表测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示的电压与电流的关系，此图线的斜率大小等于电源的内阻，则有由图乙可知，当电流为时，路端电压为，则有闭合回路欧姆定律可得，电路中电源电动势为故A错误；B变阻器向右滑动时，R阻值变大，总电流减小，内电压减小，路端电压即为读数逐渐增大，故B正确；C根据题意，由图乙可知，当电动机两端电压为时，流过电动机的电流为，此电路中，此时电动机的输入功率最大，最大输入功率为则电动机的最大输出功率一定小于，故C错误；D根据题意，由图乙可知，电动机的电阻为当时，电路中电流最小，变阻器的阻值
16、最大，则有解得故D正确。故选BD。三、实验题（共2题，16分）13. 小明利用如图（甲）所示的电路测定旧电池组的电动势与内电阻。（1）由图（乙）可知，该电池组的电动势_V，内阻_。（保留两位有效数字）（2）测出的电源电动势和内阻与真实值相比，有：_，_。（选填“”、“或“”）【答案】 . 4.2 . 7.0 . . 【解析】【详解】（1）1根据闭合电路欧姆定律可得由图（乙）可知，该图像的纵截距表示电池组的电动势，有2图像的斜率的绝对值表示电源内阻，有（2）34由图甲知，在该接法中，我们其实是将图中的电压表与电源并联部分看做了电源（等效电源），如图中虚线所示故电源电动势实际的测量值为电源内阻实际
17、的测量值为14. 在“测定金属的电阻率”的实验中：（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其示数如图（甲）所示，则该金属丝直径的测量值_mm。（2）按如图（乙）所示的电路图测量金属丝的电阻（阻值约为）。实验中除开关、若干导线之外还提供下列器材：电压表V（量程，内阻约）；电流表（量程，内阻约）；电流表（量程，内阻约）；滑动变阻器；滑动变阻器；电源E（电动势为，内阻不计）。为了调节方便，测量准确，实验中电流表应选_，滑动变阻器应选_。（选填器材的名称符号）（3）请根据图（乙）所示电路图，用笔画线代替导线将图（丙）中的实验器材连线补充完整，并使滑动变阻器的滑片P置于b端时接通电路后的电流最小_。（4）若
18、通过测量可知，金属丝的长度为l，直径为d，通过金属丝的电流为I，金属丝两端的电压为U，由此可计算得出金属丝的电阻率_。（用题目所给字母和通用数学符号表示）【答案】 . 0.282#0.281#0.283 . . . 见解析 . 【解析】【详解】（1）1螺旋测微器的精确值为，由图甲可知金属丝直径为（2）2由于通过待测金属丝的最大电流约为所以电流表应选择；3当电流表电流为满偏电流的时，根据欧姆定律可求出电路中的电阻约为此时滑动变阻器需要的阻值为所以为调节方便，滑动变阻器应选择。（3）4实物连线如图所示（4）5根据欧姆定律应有又，联立可得四、计算题（共2题，28分）15. 如图，在平面直角坐标系平面
19、内，第一、二象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，第三、四象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为的带电粒子从y轴上的P点沿x轴正方向射入第一象限，初速度大小为，带电粒子在匀强电场中运动一段时间后从Q点进入匀强磁场，经匀强磁场偏转后又返回匀强电场，在匀强电场运动一段时间后又恰好回到P点。不计粒子重力，已知P点坐标为，Q点坐标为，。求：（1）匀强电场的电场强度大小E；（2）匀强磁场的磁感应强度大小B；（3）粒子两次经过P点间隔时间。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）粒子在第一象限内做类平抛运动，x方向上做匀速直线运动，y方向上做初速度为零的匀加速直线运动则x方向上有y
20、方向上有联立以上两式解得匀强电场的电场强度大小（2）设粒子从Q点进入磁场时合速度方向与x轴正方向的夹角为，则有联立以上各式解得合速度粒子经过电场、磁场和电场后又恰好回到P点，根据运动的对称性作出粒子的运动轨迹如图所示根据几何关系可知，粒子在磁场中运动的轨迹半径粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有解得匀强磁场的磁感应强度大小（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有解得粒子在磁场中做圆周运动的周期为由上面轨迹图可知，粒子在磁场里运动的时间为粒子两次经过P点的间隔时间t=2t1+t216. 如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定于同一水平面内，导轨电阻不计，其间距为
21、。左端通过导线连接一个R=1.5的定值电阻，整个导轨处在磁感应强度大小，方向竖直向下的匀强磁场中，质量、电阻长度为1m的匀质金属杆垂直导轨放置，且与导轨接触良好。在杆的中点施加一个垂直杆的水平拉力F，使杆由静止开始运动，拉力F的功率P=2W保持不变，当杆的速度时撤去拉力F。求：（1）杆的速度为4m/s时，杆的加速度的大小；（2）从撤去拉力F到杆停下整个过程中，杆上产生的热量；（3）从撤去拉力F到杆停下整个过程中，杆滑动的位移大小x。【答案】（1）加速阶段为0.9m/s2，减速阶段为1.6m/s2；（2）；（3）12.5m【解析】详解】（1）杆运动产生感应电动势电路中感应电流代入数据可得杆所受安培力代入数据可得杆加速阶段速度v1为4 m/s时，拉力代入数据可得根据牛顿第二定律代入数据可得杆减速阶段速度为4 m/s时，根据牛顿第二定律代入数据可得（2）从撤去拉力F到杆停下的整个过程中，杆的动能转化为电路中产生的总热量所以总热量代入数据可得杆上产生的热量代入数据可得（3）从撤去拉力到金属杆停下的整个过程，杆只受安培力做变减速直线运动，取向右为正方向，由动量定理得又联立解得