黑龍江省大慶市一中2023年高二物理第一學期期末聯考試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、如圖所示，兩根靠近但彼此絕緣的直導線互相垂直，通以大小相同的電流，在哪一個區域兩根導線的磁場方向一致且向里（）A.I區B.II區C.III區D.IV區2、某同學用伏安法測小燈泡的電阻時，誤將電流表和電壓表接成如圖所示的電路，接通電源后，可能出現的情況是（）A.電流表燒壞 B.電壓表燒壞C.小燈泡燒壞 D.小燈泡不亮3、用比值法定義物理量是高中物理學習中常用的方法，下列表達式中，表示物理量的定義式的是（）A. B.C. D.4、下列說法正確的是A.能量耗散的說法與能量守恒定律是互相矛盾的B.在輪胎爆裂這一短暫過程中，氣體膨脹，將勢能轉化為內能，溫度升高C.彩色液晶顯示器利用了液晶的電學性質具有各向異性的特點D.液體表面層分子分布比液體內部稀疏，分子間相互作用表現為引力5、如圖所示，螺線管、蹄形鐵芯，環形異線三者相距較遠，當開關閉合后關于小磁針N極(黑色的一端)的指向錯誤的是()A.小磁針aN極指向B.小磁針bN極的指向C.小磁針cN極的指向D.小磁針dN極的指向6、隨著電子技術的發展，霍爾傳感器被廣泛應用在汽車的各個系統中。其中霍爾轉速傳感器在測量發動機轉速時，情景簡化如圖（甲）所示，被測量轉子的輪齒（具有磁性）每次經過霍爾元件時，都會使霍爾電壓發生變化，傳感器的內置電路會將霍爾電壓調整放大，輸出一個脈沖信號，霍爾元件的原理如圖（乙）所示。下列說法正確的是（）A.霍爾電壓是由于元件中定向移動載流子受到電場力作用發生偏轉而產生的B.若霍爾元件的前端電勢比后端低，則元件中的載流子為正電荷C.在其它條件不變的情況下，霍爾元件的厚度c越大，產生的霍爾電壓越低D.若轉速表顯示1800r/min，轉子上齒數為150個，則霍爾傳感器每分鐘輸出12個脈沖信號二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、如圖所示，A、B兩閉合線圈為同樣導線繞成，A有10匝，B有20匝，兩圓線圈半徑之比為2∶1，均勻磁場只分布在B線圈內．當磁場隨時間均勻減弱時A.A中無感應電流B.A、B中均有恒定的感應電流C.A、B中感應電動勢之比為2∶1D.A、B中感應電流之比為1∶28、等量異種點電荷在周圍空間產生靜電場，其連線(x軸)上各點的電勢隨x的分布圖象如圖所示．x軸上AO<OB，A、O、B三點的電勢分別為A、O、B，電場強度大小分別為EA、EO、EB，電子在A、O、B三點的電勢能分別為EpA、EpO、EpB，下列判斷正確的是（）A.B.C.D.9、在x軸上存在與x軸平行電場，x軸上各點的電勢隨x點位置變化情況如圖所示．圖中－x1～x1之間為曲線，且關于縱軸對稱，其余均為直線，也關于縱軸對稱．下列關于該電場的論述正確的是()A.x軸上各點的場強大小相等B.從-x1到x1場強的大小先減小后增大C.一個帶正電的粒子在x1點的電勢能大于在-x1點的電勢能D.一個帶正電粒子在－x1點的電勢能小于在-x2點的電勢能10、兩根足夠長的光滑導軌豎直放置，間距為L，底端接阻值為R的電阻．將質量為m的金屬棒懸掛在一個固定的輕彈簧下端，金屬棒和導軌接觸良好，導軌所在平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直，如圖所示．除電阻R外其余電阻不計．現將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放，則A.釋放瞬間金屬棒的加速度等于重力加速度gB.金屬棒向下運動時，流過電阻R的電流方向為a→bC.金屬棒的速度為v時，所受的按培力大小為F=D.電阻R上產生的總熱量等于金屬棒重力勢能的減少三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）某同學研究小燈泡的伏安特性,所使用的器材有：小燈泡L(額定電壓3.8V，額定電流0.32A)電壓表V(量程3V，內阻3kΩ)電流表A(量程0.5A，內阻0.5Ω)固定電阻(阻值1000Ω)滑動變阻器R(阻值0～9.0Ω)電源E(電動勢5V，內阻不計)開關S，導線若干（1）實驗要求能夠實現在0～3.8V的范圍內對小燈泡的電壓進行測量，畫出實驗電路原理圖____（2）實驗測得該小燈泡伏安特性曲線如圖（a）所示由實驗曲線可知，隨著電流的增加小燈泡的電阻___(填“增大”“不變”或“減小”)，燈絲的電阻率____(填“增大”“不變”或“減小”)（3）用另一電源(電動勢4V，內阻1.00Ω)和題給器材連接成圖（b）所示的電路，調節滑動變阻器R的阻值，可以改變小燈泡的實際功率，閉合開關S，在R的變化范圍內，小燈泡的最小功率為___W．(結果均保留2位有效數字)12．（12分）在遠距離輸電中，輸送電壓為220伏，輸送電功率為44千瓦，輸電線的總電阻為0.2歐，在使用原副線圈匝數比為1：10的升壓變壓器升壓，再用10：1的降壓變壓器降壓方式送電時．輸電線上損失的電壓為______V，損失的電功率為______W四、計算題：本題共3小題，共38分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）ABC表示豎直放在電場強度為E=104V/m的水平勻強電場中的絕緣光滑軌道，其中軌道的BC部分是半徑為R的圓環，軌道的水平部分與半圓環相切．A為水平軌道上的一點，而且AB=R=0.2m，把一質量m=0.1kg，帶電量為q=+C的小球，放在A點由靜止釋放后，求：（g=10m/s2）(1)小球到達C點的速度大小(2)小球在C點時，軌道受到的壓力大小14．（16分）如圖所示，水平放置的兩塊長直平行金屬板a、b相距d=0.10m，a、b間的電場強度為E=5.0×105N/C，b板下方整個空間存在著磁感應強度大小為B=6.0T、方向垂直紙面向里的勻強磁場.今有一質量為m=4.8×10-25kg、電荷量為q=1.6×10-18C的帶正電的粒子(不計重力)，從貼近a板的左端以v0=1.0×106m/s的初速度水平射入勻強電場，剛好從狹縫P處穿過b板而垂直進入勻強磁場，最后粒子回到b板的Q處（圖中未畫出）．求P、Q之間的距離L15．（12分）如圖，兩根間距為L＝0.5m的平行光滑金屬導軌間接有電動勢E＝3V、內阻r＝1Ω的電源，導軌平面與水平面間的夾角θ＝37°．金屬桿ab垂直導軌放置，質量m＝0.2kg．導軌與金屬桿接觸良好且金屬桿與導軌電阻均不計，整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中．當R0＝1Ω時，金屬桿ab剛好處于靜止狀態，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8（1）求磁感應強度B的大小；（2）若保持B的大小不變而將方向改為垂直于斜面向上，求金屬桿的加速度

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、D【解析】AC．由安培定則可知，對于豎直導線一四象限磁場方向為垂直紙面向里，二三象限磁場方向為垂直紙面向外，對于水平導線三四象限磁場方向為垂直紙面向里，一二象限磁場方向為垂直紙面向外，得到一三象限兩磁場方向相反，故AC錯誤；B．在二象限兩根導線的磁場方向一致方向為垂直紙面向外，故B錯誤；D．在四象限兩根導線的磁場方向一致方向為垂直紙面向里，故D正確故選D.2、D【解析】用伏安法測燈泡電阻的電壓不高，在電表誤用的情況下，由于電壓表的電阻很大，電路可視為斷路，因此燈泡不亮，故選D3、B【解析】A．物體的加速度與F成正比，與m成反比，不屬于比值定義法，故A錯誤；B．電容的定義式中，C與兩板間的電量及兩板間的電勢差無關，屬于比值定義法，故B正確；C．電流I與電壓U成正比，與電阻R成反比，不是比值定義法，選項C錯誤；D．在勻強電場中，該式反映了E與U的關系，不屬于比值法定義式，故D錯誤。故選B.4、D【解析】能量的耗散只是能量的品質降低，并不違背能量守恒定律；根據熱力學第一定律理解問題；液晶具有光學各向異性；熟悉表面張力形成的原因【詳解】A．能量耗散的過程中能量向品質低的大氣內能轉變，但是總的能量是守恒的，能量不能憑空產生，也不能憑空消失，但有方向性，所以能量耗散與能量守恒不矛盾，故A錯誤；B．在輪胎爆裂這一短暫過程中，氣體膨脹，對外做功，而熱傳遞很小，則根據熱力學第一定律得知：輪胎內氣體內能突然減小，溫度降低．故B錯誤；C．液晶像液體一樣具有流動性，而其光學性質與某些晶體相似具有各向異性，彩色液晶顯示器利用了液晶的光學性質具有各向異性的特點，故C錯誤；D．由表面張力形成的原因可知，液體表面層分子分布比液體內部稀疏，分子間的相互作用表現為引力，故D正確；【點睛】解答此題需要知道熱力學第一定律、能量守恒定律、液晶的各向異性以及分子表面張力形成的原因等知識點，屬于概念類題目5、A【解析】小磁針靜止時N極的指向為該處的磁場方向，即磁感線的切線方向．根據安培定則，蹄形鐵芯被磁化后右端為N極，左端為S極，小磁針c指向正確；通電螺線管的磁場分布和條形磁鐵相似，內部磁場向左，外部磁場向右，所以小磁針b指向正確，小磁針a指向錯誤；環形電流形成的磁場左側應為S極，故d的指向正確，故A正確【點睛】在運用安培定則判定直線電流和環形電流的磁場時應分清“因”和“果”，在判定直線電流的磁場方向時，大拇指指“原因”——電流方向，四指指“結果”——磁場繞向；在判定環形電流磁場方向時，四指指“原因”——電流繞向，大拇指指“結果”——環內沿中心軸線的磁感線方向6、C【解析】A.載流子受磁場力而偏轉，故A錯誤；B.由左手定則可判斷出載流子受力向前端偏轉，若前端電勢變低，意味著載流子帶負電，故B錯誤；C.霍爾電壓c越大，U越小，故C正確；D.每個輪齒經過，都會引發一次脈沖，則每分鐘脈沖數量為270000個，故D錯誤。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、BD【解析】試題分析：穿過閉合電路的磁通量發生變化，電路中產生感應電流；由法拉第電磁感應定律可以求出感應電動勢；由電阻定律求出導線電阻，最后由歐姆定律可以求出線圈電流磁場隨時間均勻減弱，穿過閉合線圈A的磁通量減少，A中產生感應電流，故A錯誤；磁場隨時間均勻減弱，穿過閉合線圈A、B的磁通量減少，A、B中都產生感應電流，故B正確；由法拉第電磁感應定律得，感應電動勢：，其中、S都相同，A有10匝，B有20匝，線圈產生的感應電動勢之比為1：2，A、B環中感應電動勢，故C錯誤；線圈電阻，兩圓線圈半徑之比為2：1，A有10匝，B有20匝，、s都相同，則電阻之比，由歐姆定律得，產生的感應電流之比，故D正確；8、AD【解析】A.正電荷周圍的電勢較高，負電荷周圍的電勢較低，，故A正確；B.圖像切線的斜率絕對值等于場強的大小，可知B點的場強最大，O點最小，故B錯誤；C.電子帶負電，根據電勢能Ep=q可知，最大，最小，故C錯誤；D.由圖像可知UOBUAO，根據電場力做功W=qU，電子帶負電，可知WOBWAO，即WBOWOA，所以，故D正確9、BD【解析】φ-x圖象的斜率大小等于電場強度，故x軸上的電場強度不同，故A錯誤；從-x1到x1場強斜率先減小后增大，故場強先減小后增大，故B正確；由圖可知，場強方向均指向O，根據對稱性可知，一個帶正電的粒子在x1點的電勢能等于在-x1點的電勢能，故C錯誤；電場線指向O點，則負電荷由-x1到-x2的過程中電場力做正功，故電勢能減小，故帶負電的粒子在-x1點的電勢能大于在-x2的電勢能，故D正確；故選BD考點：電場強度；電勢及電勢能【名師點睛】本題關鍵要理解φ-t圖象的斜率等于場強，由電勢的高低判斷出電場線的方向，來判斷電場力方向做功情況，并確定電勢能的變化10、AC【解析】A、金屬棒剛釋放時，彈簧處于原長，彈力為零，又因此時速度為零，沒有感應電流，金屬棒不受安培力作用，金屬棒只受到重力作用，其加速度應等于重力加速度，故A正確；B、金屬棒向下運動時，由右手定則可知，在金屬棒上電流方向向右，流過電阻R的電流方向為，故B錯誤；C、金屬棒速度為時，安培力大小為，，由以上兩式得：，故C正確；D、金屬棒下落過程中，由能量守恒定律知，金屬棒減少的重力勢能轉化為彈簧的彈性勢能、金屬棒的動能（速度不為零時）以及電阻R上產生的熱量，故D錯誤【點睛】釋放瞬間金屬棒只受重力，加速度為．金屬棒向下運動時，根據右手定則判斷感應電流的方向．由安培力公式、歐姆定律和感應電動勢公式推導安培力的表達式．金屬棒下落過程中，金屬棒減少的重力勢能轉化為彈簧的彈性勢能、金屬棒的動能（金屬棒速度不是零時）和電阻R產生的內能；本題考查分析、判斷和推導電磁感應現象中導體的加速度、安培力、能量轉化等問題的能力，是一道基礎題三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、①.電路圖見解析；②.增大；③.增大；④.0.39【解析】（1）[1]．因本實驗需要電流從零開始調節，因此應采用滑動變阻器分壓接法；因燈泡內阻與電流表內阻接近，故應采用電流表外接法；另外為了擴大電壓表量程，應用R0和電壓表串聯，故原理圖如圖所示；（2）[3][4]．I-U圖象中圖象的斜率表示電阻的倒數，由圖可知，圖象的斜率隨電壓的增大而減小，故說明電阻隨電流的增大而增大；其原因是燈絲的電阻率隨著電流的增大而增大；（3）[5]．當滑動變阻器的阻值最大為9.0Ω時，電路中的電流最小，燈泡實際功率最小，由E=U+I（R+r）得U=-10I+4，作出圖線①如圖所示．由交點坐標可得U1=1.78V，I1=221mA，P1=U1I1≈0.39W；12、①.4②.80【解析】根據電壓與匝數成正比，有，可得升壓變壓器的輸出電壓為U2=2200V，根據P=UI，輸