...改革联盟学校2022-2023学年高二上学期物理期中联考试卷

湖北省鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校2022-2023学年高二上学期物理期中联考试卷

姓名：__________ 班级：__________考号：__________

题号		一		二	三	四	总分
评分
阅卷人			一、单选题 (共7题；共14分)
得分

1．（2分）在人类探索自然规律的过程中，下列物理事实不正确的是（　　）  

A．美国科学家富兰克林命名了正电荷和负电荷

B．法国物理学家安培提出了安培分子电流假说，揭示了磁现象的电本质

C．法拉第最早发现了电磁感应现象，并指出闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比

D．普朗克解释黑体辐射规律时最早提出能量子假说。

2．（2分）安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在武汉某地对地磁场进行了一次测量，测量时手机平放在水平桌面使z轴正向保持竖直向上。根据题图中测量结果可推知（　　） 

A．测量时y轴正向指向北方

B．测量时y轴正向指向西方

C．武汉该地的地磁场小于50μT

D．武汉该地的磁倾角（磁场与水平方向的夹角）大于45°

3．（2分）如图所示的真空空间中，仅在正方体中的黑点处存在着电荷量大小相等的点电荷，则图中a、b两点电场强度和电势均相同的是（　　）  

A． B．

C． D．

4．（2分）空间存在着匀强磁场B和匀强电场E，磁场的方向垂直于纸面（平面）向里，电场的方向沿y轴负方向。一带正电的粒子从坐标原点O沿x轴正方向以初速度v0进入该场区，若0A．

B．

C．

D．

5．（2分）如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂挂着边长为l正三角形线圈，匝数为n，线圈的底边水平，一半的高度处于方框内的匀强磁场中，磁感应强度B的方向与线圈平面垂直。当线圈中通过图示方向的电流I时，调节砝码使两臂达到平衡。然后使电流反向，大小不变。这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂再达到新的平衡。则（　　）  

A．方框内磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度

B．方框内磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度

C．方框内磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度

D．方框内磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度

6．（2分）如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，表示点电荷在P点的电势能，表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（　　）  

A．减小，E不变 B．增大，不变

C．减小，增大 D．增大，E增大

7．（2分）如图所示，正方形金属线圈abcd边长为L，电阻为R。现将线圈平放在粗糙水平传送带上，ab边与传送带边缘QN平行，随传送带以速度v匀速运动，匀强磁场的边界PQNM是平行四边形，磁场方向垂直于传送带向上，磁感应强度大小为B，PQ与QN夹角为45°，PM长为2L，PQ足够长，线圈始终相对于传送带静止，在线圈穿过磁场区域的过程中，下列说法正确的是（　　）  

A．线圈感应电流的方向先是沿，后沿adcba

B．线圈始终受到垂直于向右的静摩擦力

C．线圈回路中的最大电功率为

D．线圈受到摩擦力的最大值为

阅卷人		二、多选题 (共4题；共12分)
得分

8．（3分）恒流源（输出电流大小恒定）与定值电阻并联后作为一个整体可看作一个实际电源，如图所示的电路中恒流源的输出电流为I0，并联电阻为R0。关于该电源，下列说法正确的是（　　）  

A．该电源的A端为电源的正极 B．该电源的电动势为I0R0

C．若将A，B短路，短路电流为0 D．该电源的内阻为R0

9．（3分）某光控开关控制电路如图所示，R1为光敏电阻（电阻值随光照强度的减弱而增大），R2、R3为滑动变阻器。当光控开关两端电压升高到一定值时，照明系统打开，以下操作能使傍晚时照明系统更早打开的是（　　）  

A．R2的滑片位置不变，R3的滑片向上滑动

B．R3的滑片位置不变，R2的滑片向上滑动

C．R2、R3的滑片位置不变，换电动势更大，内阻更小的新电源

D．R2、R3的滑片位置不变，换电动势更小，内阻更大的旧电源

10．（3分）图（a）是一款无线充电手机的实物图，图（b）是其原理图。送电线圈接电源，匝数为1100匝。受电线圈接手机电池，匝数为50匝。工作状态下，穿过受电线圈的磁通量约为送电线圈的80%，忽略其它损耗，现让受电线圈与手机电池断开，规定图中送电线圈从a流入的电流方向为正，送电线圈输入如图（c）所示的电流，在时，关于受电线圈下列说法正确的是（　　）  

A．受电线圈的磁通量最大

B．受电线圈两端cd间电压最高

C．受电线圈c端电势低于d端

D．受电线圈与送电线圈的感应电动势之比为2∶55

11．（3分）如图所示，金属棒MN质量，电阻为，放在宽度为的两根光滑的平行金属导轨最右端上，导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为，电源电动势为，内阻为，重力加速度为，导轨平面离地高为。将开关S闭合，金属棒被水平抛出后落到距轨道末端水平距离为的位置，则（　　）  

A．刚闭合瞬间通过金属棒的电流大小为1A

B．金属棒离开轨道时的速度为20m/s

C．通过金属棒的电量为0.08C

D．金属棒产生的焦耳热为0.63J

阅卷人		三、实验题 (共2题；共14分)
得分

12．（6分）某实验小组为了测量一段长度为L的电热丝的电阻率，进行了如下实验操作：

（1）（1分）用螺旋测微器测量电热丝的直径，其中某次测量结果如图甲所示，则电热丝的直径d＝　     　mm。

（2）（2分）先用欧姆表粗测其电阻值。选用“×10”倍率的电阻挡正确测量时，发现欧姆表指针偏转角较大，因此需重新选择　     　（选填“×1”或“×100”）倍率的电阻挡，重新欧姆调零后再测量时欧姆表示数如图乙所示，则电热丝的电阻值为　     　Ω。

（3）（1分）用伏安法测量该金属丝的阻值，电路如图丙所示。若某次测量中，电压表和电流表的示数分别为U和I，则该金属丝的电阻率的测量值　         　。（用d、L、U、I表示）  

（4）（2分）丙中由于　           　（“电流表分压”、“伏特表分流”）使电阻率的测量值偏　     　（“大”、“小”）

13．（8分）如图所示，请按该电路图选择合适的器材连接好后用来测量电源电动势和内阻。

（1）（1分）开关闭合前滑动变阻器的滑片滑到　     　（填“左侧”或“右侧”）。

（2）（2分）根据实验测得的几组、数据做出图像如图所示，由图像可确定：该电源的电动势为　     　，电源的内电阻为　     　（结果保留到小数点后两位）。  

（3）（5分）若在实验中发现电压表坏了，于是不再使用电压表，而是选用电阻箱替换了滑动变阻器，重新连接电路进行实验。实验中读出几组电阻箱的阻值以及对应的电流表的示数，则该同学以R为横坐标，以　     　（选填“I”“”）为纵坐标得到的函数图线是一条直线。分析可得该图线的斜率为k，纵轴截距为b，可求得电源电动势E=　     　，电源内电阻r=　     　。（用符号k和b表示电源电动势和内电阻）。 这种方案测得的电动势和内电阻的值与真实值相比，　     　，　     　；（选填“”“”“”）。 

阅卷人		四、解答题 (共3题；共45分)
得分

14．（15分）如图所示，直角坐标系xOy平面竖直，y轴竖直向上，平面内有沿竖直方向的匀强电场（图中未画出），由x轴上的点A（－1，0）沿与x轴正方向成45°角以速度斜射出一个比荷的带负电的粒子，B点是粒子运动轨迹与y轴的交点，运动轨迹上C、D两点的坐标已在图中标出。不计粒子的重力和空气阻力。求： 

（1）（5分）B点的坐标；

（2）（5分）匀强电场的电场强度大小和方向；

（3）（5分）粒子运动到D点时的速度大小。

15．（15分）如图所示，倾角为的绝缘斜面上的EF和GH之间有垂直斜面向下的有界磁场，磁感应强度B＝1.0T，磁场宽度d＝10cm。质量m＝0.5kg闭合矩形线框ABCD放在斜面上，线框由粗细均匀的导线绕制而成，其总电阻为R＝0.04Ω，其中AC长为L1＝100cm，AB长为L2＝20cm。开始时，线框的CD边与EF平行。现由静止释放线框，当线框CD边运动到磁场边界EF时，恰好做匀速直线运动，速度大小为v1。而当AB边到达磁场下边缘GH时，线框的速度大小为v2＝2.0m/s，整个过程中线框不发生转动。已知线框和斜面之间的摩擦因数为0.5。（g＝10m/s2）求：  

（1）（5分）速度v1的大小；

（2）（5分）线圈穿越磁场的过程中产生的焦耳热；

（3）（5分）线框从CD边进入磁场到AB边穿出磁场的过程所用的时间。

16．（15分）如图所示，半径r＝0.08m的半圆形无场区的圆心在坐标原点O处，半径R＝0.1m，磁感应强度大小B＝0.1T的圆形有界磁场区的圆心坐标为（0，0.06m），平行金属板MN的极板长L＝0.3m、间距d＝0.1m，极板间所加电压U＝4.8×102V，其中N极板收集粒子全部中和吸收。一位于O处的粒子源向第Ⅰ、Ⅱ象限均匀地发射速度大小v＝6×105m/s的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第Ⅰ象限出射的粒子速度方向均沿x轴正方向。若粒子重力不计、比荷、不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。  

（1）（5分）粒子在磁场中的运动半径R0；

（2）（5分）从坐标（0，0.16m）处射出磁场的粒子，其在O点入射方向与y轴夹角θ；

（3）（5分）N板收集到的粒子占所有发射粒子的比例η。

答案解析部分

1．【答案】C

【解析】【解答】A．美国科学家富兰克林命名了正电荷和负电荷，A正确，不符合题意；

B．安培的分子电流假说，认为构成磁体的分子内部存在一种环形电流，即分子电流，揭示了磁现象的电本质，B正确，不符合题意；

C．法拉第最早发现了电磁感应现象，但指出闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比的是纽曼和韦伯，C错误，符合题意；

D．普朗克解释黑体辐射规律时最早提出能量子假说，D正确，不符合题意。

故答案为：C。

【分析】弗兰克命名力正电荷和负电荷；法拉第最早发现力电磁感应现象，闭合电路的感应电动势与磁通量变化率成正比是纽曼和韦伯。

2．【答案】D

【解析】【解答】AB．武汉处于北半球，地磁场的分量一个沿水平方向向北，一个竖直向下指向地面，根据题图中测量结果可知，x轴磁场分量为负值，说明x轴正方向指向南方，则y轴正方向指向东方，AB不符合题意；

C．武汉该地的地磁场为 

C不符合题意；

D．武汉该地的磁倾角（磁场与水平方向的夹角）正切值为 

θ大于45°，D符合题意。

故答案为：D。

【分析】利用磁感应强度的符号可以判别磁感应强度的方向；利用矢量叠加可以判别地磁场的方向及大小。

3．【答案】C

【解析】【解答】A．a、b两点的场强大小相等，方向相反，根据对称性可知a、b两点的电势相等，A不符合题意；

B．根据电场线的分布情况，可知a点电势为正值，而b点处于等量异种电荷的中垂面上，电势为零，而且两点的场强大小也不等，B不符合题意；

C．a、b两点处于两个等量异种点电荷连线的中垂直上，该平面为等势面，电势为零，因此a、b两点的电势相等，场强的方向与等势面垂直，而且a、b两点关于等量异种电荷连线对称，因此场强大小和方向都相同，C符合题意；

D．由于a、b两点到两场源电荷的距离对称，电势相等，根据点电荷的电场强度公式 

可得a、b两点的电场场强大小相等，根据矢量合成，可知场强的方向不同，D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】利用电场线的分布可以判别电场强度的方向及大小，利用电场线的方向可以比较电势的高低。

4．【答案】D

【解析】【解答】磁场的方向垂直于纸面（  平面）向里，电场的方向沿y轴负方向，因为v0<  ，所以 

合力向y轴负向，粒子轨迹弯向合外力方向，D符合题意ABC不符合题意。

故答案为：D。

【分析】利用粒子的速度大小可以比较电场力及洛伦兹力的方向进而判别合外力的方向。

5．【答案】C

【解析】【解答】线圈一半处于匀强磁场中，则有效长度为  ，安培力大小为 

电流反向时，需要在左盘中增加质量为m的砝码，说明原来的安培力方向向上，根据左手定则，可知，方框内磁场方向垂直纸面向外。当电流反向，安培力变为向下时，再次平衡，说明安培力等于mg的一半，即 

得 

故答案为：C。

【分析】利用安培力的表达式可以求出安培力的表达式，结合平衡方程可以求出磁感应强度的大小。

6．【答案】A

【解析】【解答】电容器电荷量保持不变，若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则两极板间距d减小，根据公式 

可知电容C变大，再根据 

可知Q一定，两板间电压减小，故θ减小；根据 

可知两板间电场强度E不变；P点与下板间的电势差为 

其中，E、dP下不变，  ，则可知  不变，则根据 

可知Ep不变。

故答案为：A。

【分析】利用电容的决定式可以判别电容的变化，结合电容的定义式可以判别电压的变化，结合电势差与场强的关系可以判别场强的大小，结合电场强度的大小可以判别电势及电势能的大小。

7．【答案】D

【解析】【解答】A．线圈进入磁场时磁通量增大，离开磁场时磁通量减小，由楞次定律可知感应电流的方向先沿adcba后沿abcda，A不符合题意；

B．线圈受到安培力是沿着PQ方向的线框的有效长度l受到的安培力，由左手定则可知，方向垂直于PQ向左，由线框随传送带匀速运动，所以静摩擦力和安培力等大反向，说明静摩擦力垂直PQ方向向右，B不符合题意；

C．当线圈的有效切割长度L长时，电流最大值 

线圈回路中的最大电功率为 

C不符合题意；

D．当线圈的有效切割长度L长时，受到安培力最大值 

由前面分析可知静摩擦力和安培力等大反向，摩擦力的最大值为  ，D符合题意。

故答案为：D。

【分析】利用磁通量的变化结合楞次定律可以判别感应电流的方向；利用左手定则可以判别线圈受到的安培力方向，再利用线圈做匀速直线运动平衡条件可以判别静摩擦力的方向；利用欧姆定律可以求出最大的电流，结合电功率的表达式可以求出最大的电功率；利用安培力的表达式可以求出静摩擦力的最大值。

8．【答案】B,D

【解析】【解答】A．电源内部电流从负极流向正极，所以该电源的B端为电源的正极，A不符合题意；BD．恒流源与电阻R0并联电压相等，该电源的电动势等于R0的电压 

B符合题意；

C．恒流源的电流不随外电阻的变化而变化，若将A、B短路，短路电流仍为I0，C不符合题意；

D．理想恒流源的内阻为无穷大，与定值电阻R0并联后的电阻近似等于R0，故该电源的内阻为R0，D符合题意。

故答案为：BD。

【分析】利用电流的方向可以判别电源的正负极；利用并联电路的欧姆定律可以求出电动势的大小；由于电流不变所以AB短接时电流不变；利用等效电阻结合电源内阻的大小可以判别电源总电阻的大小。

9．【答案】A,C

【解析】【解答】光敏电阻R1的电阻值随光照强度的减弱而增大，要使傍晚时照明系统更早打开，即在光敏电阻R1的电阻较小时打开照明系统。

A．R2的滑片位置不变，R3的滑片向上滑动，接入电路电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流减小，  和内阻分压减小，光控开关两端电压升高，A符合题意；

B．R3的滑片位置不变，R2的滑片向上滑动，接入电路电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流减小，R1的电阻减小，并联部分分压减小，光控开关两端电压降低，B不符合题意；

C．R2、R3的滑片位置不变，换电动势更大，内阻更小的新电源，总电阻减小，总电流增大，并联部分分压变大，光控开关两端电压升高，C符合题意；

D．R2、R3的滑片位置不变，换电动势更小，内阻更大的旧电源，总电阻增大，总电路减小，并联部分分压减小，光控开关两端电压降低，D不符合题意；

故答案为：AC。

【分析】利用动态电路的串反并同结合光控开关的电流增大可以判别滑动变阻器的阻值变化，为了使光控电路的电流增大则电源电动势增大内阻减小。

10．【答案】B,D

【解析】【解答】A．在  时，送电线圈的电流为0，则磁通量为0，受电线圈的磁通量也为0，A不符合题意； 

B．在  时，送电线圈的电流变化率最大，产生的磁感应强度的变化率最大，则由法拉第电磁感应定律，受电线圈的感应电动势为 

受电线圈两端cd间电压最高，B符合题意；

C．在  前，根据安培定则送电线圈产生的磁场方向向下正在减小，根据楞次定律可知，受电线圈产生的感应电流方向由d到c，受电线圈相当于电源，电源内部电流由低电势流向高电势，C点电势高于d点，C不符合题意；

D．根据法拉第电磁感应定律 

受电线圈与送电线圈的感应电动势之比为 

D符合题意。

故答案为：BD。

【分析】利用送电线圈的电流大小大小可以判别磁感应强度的大小进而判别受电线圈磁通量的大小；利用法拉第电磁感应定律可以判别受电线圈的电压大小；利用楞次定律可以判别电流的方向及电势的高低；利用法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势的比值。

11．【答案】A,C

【解析】【解答】A．刚闭合瞬间通过金属棒的电流大小为 

A符合题意；

B．将开关S闭合，金属棒被水平抛出后落到距轨道末端，则 

解得 

B不符合题意；

C．由动量定理可知 

解得 

C符合题意；

D．金属棒产生的焦耳热为 

D不符合题意。

故答案为：AC。

【分析】利用闭合电路的欧姆定律可以求出电流的大小；利用位移公式可以求出初速度的大小，利用动量定理可以求出电荷量的大小；利用焦耳定律可以求出产生焦耳热的大小。

12．【答案】（1）1.400

（2）×1；16

（3）

（4）伏特表分流；小

【解析】【解答】（1）根据螺旋测微器的读数原理，固定尺刻度+可动尺转过格数×精确度，则图中读数为 

（2）选用“×10”倍率的电阻挡正确测量时，发现欧姆表指针偏转角较大，说明测量的电阻值太小，因此需重新选择低倍率的档位，故答案为：“×1”。

图中欧姆表测得电热丝的电阻值为  。

（3）由欧姆定律 

由电阻定律 

联立解得 

（4）丙中由于伏特表分流，使电流I测量值偏大，由上式知电阻率的测量值偏小。

【分析】（1）利用螺旋测微器的结构和精度可以读出对应的读数；

（2）利用偏转角偏大可以判别电阻阻值小，则应该换小档位，利用示数和档位可以求出电阻的大小；

（3）利用欧姆定律及电阻定律可以求出电阻率的大小；

（4）由于电压表分流会导致电流测量值偏大，所以电阻率的测量值偏小。

13．【答案】（1）左侧

（2）1.40；0.57

（3）；；；=；>

【解析】【解答】（1）开关闭合前滑动变阻器接入电路的阻值应最大，因此滑片滑到左侧。

（2）由图可知该电源的电动势为 

电源的内电阻为 

（3）若用电阻箱替换滑动变阻器，根据闭合电路欧姆定律有 

整理得 

即以R为横坐标，若得到的函数图线是一条直线，应以  为纵坐标。

图象的斜率 

纵轴截距 

解得电源电动势为 

电源内阻 

由于电流表的分压作用，实际应为 

整理得 

所以  ， 

则这种方案测得的电动势和内电阻的值与真实值相比  =  ，  > 

【分析】（1）开关闭合前滑动变阻器应该处于最大值，所以滑在最左侧；

（2）利用图象斜率和截距及闭合电路的欧姆定律可以求出电动势和内阻的大小；

（3）利用闭合电路的欧姆定律结合图象斜率和截距可以求出电动势和内阻的大小；由于电流表的分流作用，则电动势的测量值等于真实值，内阻的测量值大于真实值。

14．【答案】（1）解：由几何知识可知，粒子从A点运动到B点的逆过程为类平抛运动，则有  ， 

 ， 

联立解得  ， 

所以B点的坐标为（0，0.5m）。

（2）解：由类平抛运动的知识可知  ， 

解得  ， 

电场方向竖直向下。

（3）解：粒子从A点到D点的过程，由动能定理可知 

解得 

【解析】【分析】（1）粒子从A到B做类平抛运动，利用速度的分解结合位移公式可以求出B点的坐标与运动的时间；

（2）已知竖直方向的位移大小，结合位移公式及牛顿第二定律可以求出加速度的大小及电场强度的方向；

（3）粒子从A运动到D点，利用动能定理可以求出粒子运动到D点速度的大小。

15．【答案】（1）解：线框的CD边刚进入磁场时，恰好做匀速直线运动，对线框受力分析有 

解得 

（2）解：线框由CD边进入磁场到AB边离开磁场，由能量守恒 

其中  ，   ， 

联立解得 

（3）解：线框从CD边进入磁场到CD边出磁场做匀速直线运动，所用时间为t1

CD边出磁场到AB边进入磁场的过程 

解得 

AB边由进入到出磁场的过程，设安培力的冲量为I安，由动量定理 

其中 

解得 

由以上得线框从CD边进入磁场到AB边穿出磁场的过程所用的时间为 

【解析】【分析】（1）线圈进入磁场时恰好做匀速直线运动，利用平衡方程及安培力的表达式可以求出速度的大小；

（2）线圈从CD边进入磁场到AB边离开磁场，利用能量守恒定律可以求出线圈产生的焦耳热的大小；

（3）线圈从CD边进入磁场到CD边出磁场做匀速直线运动，利用位移公式可以求出运动的时间，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合位移公式可以求出运动的时间，利用动量定理可以求出AB边进入到出磁场过程的运动时间。

16．【答案】（1）解：粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力充当向心力， 

代入数据解得 

（2）解：粒子运动轨迹如图所示，由几何关系可得 

即 

（3）解：如图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子垂直于板方向的位移为y，由带电粒子在电场中偏转的规律得  ，  ， 

联立可得 

设此粒子射入时与x轴的夹角为α，则由几何知识得 

可得 

即 

N板收集到的粒子占所有发射粒子的比例为 

【解析】【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律可以求出运动的半径的大小；

（2）画出粒子运动的轨迹，利用几何关系可以求出粒子入射方向；

（3）带电粒子在电场中偏转，利用位移公式及牛顿第二定律可以求出粒子垂直于板方向的位移，结合几何关系可以求出粒子入射时与x方向的夹角，利用夹角的大小可以求出N板收集到粒子所占的比例。