浙江省溫州市2023-2024學年高二上學期1月期末考試物理試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三總分評分一、選擇題I（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1．下列物理量屬于矢量的是（）A．磁感應強度 B．電勢 C．電流 D．磁通量2．下列說法正確的是（）A．法拉第發現了電流的磁效應 B．安培提出了分子電流假說C．愛因斯坦提出了能量子假說 D．赫茲建立了經典電磁場理論3．下列說法正確的是（）A．避雷針的工作原理是靜電屏蔽B．金屬探測儀的工作原理是靜電感應C．雷達是用X光來測定物體位置的設備D．電磁波的傳播不需要介質，可以在真空中傳播4．如圖所示，在一平面內有兩條垂直交叉、相互絕緣的無限長直導線，流過每一條導線的電流均為I。已知一根無限長直導線通過電流I時，在距離導線d處所產生的磁場的磁感應強度大小為B0，則圖中與導線距離均為d的M、NA．B0、0 B．B0、B0 C．0、2B05．下列四幅圖涉及到不同的物理知識，其中說法正確的是（）A．圖甲中轉動蹄形磁體時，靜止的鋁框（可繞軸自由轉動）會隨磁體同向轉動B．圖乙中蹄形磁體靠近自由轉動的銅盤時，銅盤轉速不變C．圖丙中磁電式電流表中鋁框骨架若用質量相等的塑料框替代效果相同D．圖丁中磁體從內壁光滑閉合豎直鋁管的上端靜止釋放，磁體做自由落體運動6．一小量程電流表G，滿偏電流為50μA，內阻為800Ω。將它改裝成0~1mA、0~10mA的兩量程電流表，電路如圖所示。下列說法正確的是（）A．R1與R2B．開關S接b時的量程為0~1mAC．測出的電流為0.5mAD．將圖中R1與R7．回旋加速器結構示意圖如圖所示，兩個D形盒分別和一高頻交流電源兩極相接，兩盒放在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于盒底面。A處有一初速為零的帶電粒子，不計粒子的重力和通過盒縫的時間，下列說法正確的是（）A．電場和磁場都能加速帶電粒子B．粒子在磁場中做圓周運動的圓心保持不變C．僅增大加速電壓，粒子在加速器中的運動總時間不變D．僅增大加速電壓，粒子離開加速器時獲得的動能不變8．如圖所示，某個小水電站發電機的輸出功率為100kW，發電機的輸出電壓為250V，用匝數比n1A．輸電線路上通過的電流為400AB．降壓變壓器原線圈兩端的電壓為3800VC．用戶得到的功率為90kWD．降壓變壓器匝數比n9．如圖所示為兩個點電荷的電場線分布，O點為兩點電荷連線的中點，以O為圓心的虛線圓與電場線交于點a、b、c、d，其中a、b兩點關于兩點電荷所在的直線對稱，下列說法正確的是（）A．兩點電荷的電荷量相等B．a、b兩點的電場強度相同C．b點的電勢高于c點的電勢D．同一試探電荷在c、d兩點的電勢能相同10．如圖所示，abcdef是由六段長度均為L的相同電阻絲構成的正六邊形線框，虛線fb上方、下方分別存在垂直紙面向里、向外的勻強磁場，磁感應強度大小分別為2B、B。線框上e、c兩點分別與電源正負極連接，導線edc受到的安培力為F，則線框abcdef受到的安培力大小為（）A．0 B．F C．2F D．4F11．如圖所示，厚度為h、寬度為d的導體板放在勻強磁場中，當導體板通過一定電流I且電流與磁場方向垂直時，在導體板的上表面A和下表面A'之間會產生一定的電勢差UH，這種現象稱為霍爾效應。若圖中的電流A．UH與導體板的厚度hB．UH與導體板的寬度dC．導體板上表面A的電勢比下表面A'D．若磁場和電流均反向，導體板上表面A的電勢比下表面A'12．如圖所示，一光滑絕緣圓環固定在豎直面內，可視為點電荷的三個帶電球a、b、c套在圓環上，穩定時c球位于圓環最低點，a和c兩球的連線、b和c兩球的連線與豎直方向夾角分別為30°、60°，下列說法正確的是（）A．a、b兩球帶異種電荷 B．a、b兩球對c球的靜電力相等C．a球的電荷量大于b球的電荷量 D．a、b兩球的質量之比為113．我國是最大的光伏產品制造國，2023年全國太陽能發電裝機規模已超5.4億千瓦。如圖是某中學屋頂的太陽能電池板，總面積約為500m2。已知太陽輻射的總功率約為A．7×102kWh B．7×104kWh二、選擇題II（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個符合題目要求，全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）14．在超聲波懸浮儀中，由LC振蕩電路產生高頻電信號，通過壓電陶瓷轉換成同頻率的超聲波，利用超聲波最終實現小水珠的懸浮。若LC振蕩電路某時刻線圈中的磁場及電容器兩極板所帶的電荷如圖所示，下列說法正確的是（）A．此時電容器的電壓正在增大B．此時電場能正向磁場能轉化C．在線圈中插入鐵芯，LC振蕩電路的頻率減小D．增大平行板電容器極板間的距離，LC振蕩電路的頻率減小15．某發電機的示意圖如圖所示，矩形金屬線框在磁感應強度為B的勻強磁場中以恒定角速度ω繞OO'軸轉動，線框通過電刷與阻值為R的電阻相連，線框的匝數為N，面積為S、電阻為A．線框在圖示位置時磁通量最大B．線框在圖示位置時電動勢最大C．電阻兩端電壓的瞬時值u=NBSωcosωtD．交流電流表的讀數為2三、非選擇題（本題共5小題，共55分）16．小明同學因家里裝修購買了一批銅芯電線，他設計實驗測量銅芯電線的電阻率。（1）打開一捆新拆包的電線，其長度為L=100m，剝開電線兩端的絕緣層，用20分度的游標卡尺測量銅芯的直徑，示數如圖1所示，其讀數為d=mm。（2）先用多用電表粗測電線的電阻，將多用電表選擇開關旋轉到“×10”位置，歐姆調零后進行測量，發現指針偏轉過大，應將選擇開關旋到（選填“×1”、“×100”或“×1k”）位置，重新歐姆調零再進行測量，指針位置如圖2所示，讀數為Ω。（3）再用伏安法精確地測量電阻，要求電壓從零開始調節，選用的實驗儀器有：電池組（電動勢3V）、電流表（0~0.6A~3A）、電壓表（0~3V~15V）、滑動變阻器R（0~5Ω）、開關、導線若干。部分連線如圖3所示，導線①應連接到接線柱（選填“a”或“b”），還需要用導線將接線柱f與（4）該同學利用以上器材正確連線后進行實驗測量，記錄數據并做出U?I圖像如圖4所示。記圖像的斜率為k，則電阻率ρ=（用L、k、d表示），代入數據得ρ=Ω?m（計算結果保留兩位有效數字）。17．熱敏電阻的阻值隨溫度的變化非常明顯，利用這一特性制成的接觸式溫度傳感器有較高的溫度測量精度。某熱敏電阻R的阻值隨溫度變化的關系圖像如圖1所示。若用該熱敏電阻按圖2電路連接，溫度越高時，熱敏電阻的阻值越（選填“大”或“小”），電壓表示數越（選填“大”或“小”）；將電壓表替換成內阻很大的報警裝置（當電壓大于等于2V時發出警報），若電源電動勢為3V且電源內阻不計，設置該裝置在溫度大于等于90°C時發出警報，可調電阻R0阻值應調為Ω18．下列說法正確的是（）A．“電池電動勢和內阻的測量”實驗中每次記錄完數據后應及時斷開開關B．“探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系”實驗可用直流電壓表測量線圈兩端電壓C．“練習使用多用電表”實驗中多用電表使用完畢時，應該把選擇開關旋轉到歐姆擋D．“探究影響感應電流方向的因素”實驗需要確定電流表指針偏轉方向和電流方向的關系19．如圖所示，寬為L=0.5m的平行光滑金屬導軌所在平面與水平面的夾角θ=53°，導軌的一端與電動勢和內阻均恒定的直流電源相接，空間分布著磁感應強度B=0.4T、方向豎直向上的勻強磁場。一質量為m=1.5×10?2kg、長為（1）求金屬桿受到的安培力大小FA（2）求通過金屬桿的電流I；（3）若勻強磁場的磁感應強度大小和方向都可調整，為使金屬桿在圖示位置保持靜止，求磁感應強度的最小值B120．如圖所示，一固定絕緣細桿與水平方向夾角θ=37°，細桿AC總長L=8m，B為AC中點，在BC區域附近，有一與細桿垂直向上且平行于豎直面的勻強電場，場強大小E未知。一質量m=0.1kg、電荷量q=+1×10?3C的圓環（可視為質點），套在AC細桿上從A點靜止釋放，恰好能運動到C點，圓環與細桿間的動摩擦因數μ=0（1）圓環運動到B點時的速度大小vB（2）圓環從A到C的運動時間t；（3）勻強電場的場強大小E。21．某種利用電磁感應原理測血栓的儀器，其中一個元件為固定的“三葉式”線圈，如圖所示，線圈六段圓弧的圓心角均為60°，圓心均在O點，其中小圓弧半徑均為r，大圓弧半徑均為2r。現有長l=2r、電阻R1=R的均勻導體棒OA可繞O點在紙面內以角速度ω順時針勻速轉動，從O點和線圈上引出兩導線與定值電阻R2=R構成一個閉合電路，整個裝置處于垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場中。在導體棒OA順時針勻速轉動過程中，導體棒和線圈接觸良好，除導體棒R1和定值電阻R2外，其余電阻不計。

（1）比較導體棒兩端的電勢高低：φ0φA（選填“>”、“=”或“（2）求導體棒經過圖示位置時產生的感應電動勢E1和流過R2的電流I1（3）求導體棒經過OQ位置時電阻R2的電功率P（4）求通過電阻R2的電流的有效值I22．如圖1所示，間距為d的平行導體板M、N間有垂直紙面向里的勻強磁場B1和沿紙面向下的勻強電場（未畫出），平行板右側上方、下方分別放有足夠長的絕緣收集板a1b1、a2b2，右側偏轉區內有垂直紙面向里的勻強磁場B2。有大量質量為m、電荷量為q的正電粒子以不同速度沿平行板軸線OO'射入，其中速度為v0（1）求板M、N間的電壓UMN（2）若僅將磁場B1的右邊界向左移動d4（如圖2所示），求速度為v0的粒子打在收集板上的點P1到（3）若將兩收集板a1b1、a2b2水平向右移動d4，在平行板右側放置一可上下移動的擋板ef，其上邊緣e自M板附近開始緩慢向下移，當e下移距離為d4時（如圖3所示），恰好有粒子打到收集板右側，此時粒子的落點P2到O'點的豎直距離為2d，求對應粒子沿軸線

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A、電流有方向，其方向表示正電荷定向移動的方向，但電流運算時不遵守平行四邊形定則，因此電流是標量，故A錯誤。

BC、電勢和磁通量只有大小，沒有方向，是標量，故BC錯誤。

D、磁感應強度既有大小又有方向，相加時遵循平行四邊形定則，是矢量。故D正確。

故選：D。

【分析】既有大小又有方向，相加時遵循平行四邊形定則的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移等都是矢量；只有大小，沒有方向的物理量是標量，如路程、時間、質量等都是標量，明確標量和矢量的區別即可正確解答本題。2．【答案】B【解析】【解答】A、奧斯特發現了電流的磁效應，故A錯誤；

B、安培提出了分子電流假說，解釋了磁現象的本質，故B正確；

C、普朗克提出了能量子假說，故C錯誤；

D、麥克斯韋建立了經典電磁場理論，故D錯誤。

故選：B。

【分析】根據物理學史和常識解答，記住著名物理學家的主要貢獻即可。3．【答案】D【解析】【解答】A、避雷針的工作原理是尖端放電，故A錯誤；

B、金屬探測儀的工作原理是電磁感應，故B錯誤；

C、雷達是用無線電波來測定物體位置的設備，故C錯誤；

D、電磁波的傳播不需要介質，可以在真空中傳播，故D正確。

故選：D

【分析】避雷針的工作原理主要是利用尖端放電避免雷擊；金屬探測儀的工作原理是電磁感應；雷達是用無線電波來測定物體位置的設備；電磁波可以在真空中傳播4．【答案】C【解析】【解答】根據安培定則可知，通電導線POF在M點產生的磁感應強度垂直紙面向里，通電導線EO'Q在M點產生的磁感應強度垂直紙面向外，根據題意可知，兩導線在M點產生的磁感應強度大小均為B，由疊加原理可知，M點的磁感應強度為0；

同理，根據安培定則可知，POF在N點形成的磁感應強度垂直紙面向里，EO'Q在N點形成的磁感應強度向里，根據題意可知，兩導線在M點產生的磁感應強度大小均為B，由疊加原理可知，M點的磁感應強度為2B，故B正確，ACD錯誤。

故選：B。

【分析】根據安培定則判斷兩根導線各自在M、N點產生的磁感應強度的方向，根據平行四邊形定則即可確定M、N兩點處的磁感應強度大小5．【答案】A【解析】【解答】A、根據電磁驅動原理，圖中當手搖動柄使得蹄形磁鐵轉動，則鋁框會同向轉動，且比磁體轉動的慢，故A正確；

B、轉動銅盤時，導致銅盤切割磁感線，從而產生感應電流，出現安培力阻礙銅盤的轉動，銅盤轉速減小，故B錯誤；

C、磁電式儀表，把線圈繞在鋁框骨架上，鋁框中產生感應電流，使線框盡快停止擺動，起到電磁阻尼的作用，若用質量相等的塑料框不會產生感應電流，因此不會產生阻礙效果，故C錯誤；

D、磁體在鋁管中下落時，鋁管產生渦流，對小圓柱產生向上的阻力，所以磁體不是做自由落體運動，故D錯誤。

故選：A

【分析】根據電磁驅動原理原理進行分析；由楞次定律判斷電流方向，由此確定產生安培力的方向，進而分析轉盤的轉速；根據磁電式儀表的工作原理進行分析；根據電磁阻尼的知識進行分析。6．【答案】B【解析】【解答】AB.R1與R2串聯后應改裝成小量程的電流表，即量程為1mA，電流表G與R1與R2串聯部分并聯，R1與R2串聯部分所分的電流為950μA，根據并聯電路電阻越大分得電流越小可知R1與R2串聯后的總電阻小于G的內阻800Ω，故A錯誤，B正確；

C.測出的電流為0.5mA時則電流表的量程應為0～1mA，所以流過G表的電流為25μA，故C錯誤；

D.將圖中R1與R2的位置互換時接a的電流表的量程會發生變化，接b的電流表的量程不會發生變化，故D錯誤。

故選：B

【分析】AB.先分析哪個是小量程，再根據電路的連接方式結合串并聯電路的知識判斷R1和R2串聯后的總電阻跟電流表G的內阻值關系；

C.先分析測量出的電流選擇的量程，再根據并聯電路知識判斷流過G的電流值；

D.將R1和R2位置互換，根據連接關系判斷會不會影響量程。7．【答案】D【解析】【解答】A、粒子在磁場中運動受洛倫茲力的作用，洛倫茲力不做功，所以磁場不能加速帶電粒子，故A錯誤；

B、粒子在磁場中做圓周運動的圓心不斷改變，故B錯誤；

CD、粒子被加速的最大半徑等于金屬盒的半徑R，根據牛頓第二定律有qvB=mv2R，則粒子離開加速器時獲得的動能為Ek=12mv2，解得Ek=q28．【答案】B【解析】【解答】A.由題意可知，發電機的電流為I1=P1U1=100×103250A=400A，根據升壓變壓器原副線圈電流與匝數的關系可得輸電線路上通過的電流為I2=n1n2I1=116×400A=25A，故A錯誤；

9．【答案】C【解析】【解答】A、中垂線的場強方向斜向右上方，所以兩點電荷的電荷量不相等，正電電荷的電量大，故A錯誤；

B、根據電場線的對稱性可知a、b兩點電場強度的大小相等，但是方向不同，故B錯誤；

C、順著電場線電勢逐漸降低，所以b點的電勢高于c點的電勢，故C正確；

D、分析可知d點的電勢高于c點的電勢，同一試探電荷在c、d兩點的電勢能不相同，故D錯誤。

故選：C。

【分析】根據電場線的特點，判斷電場強度方向，電場線越密集場強越大；根據電場線中垂線位置判斷兩個點電荷電荷量大小；根據電場力做功情況，分析電勢能的變化情況。10．【答案】A【解析】【解答】根據并聯關系可知，通過edc電流是通過efabc電流的兩倍，設通過efabc部分的電流為I，則通過edc部分的電流大小為2I，ef和cb部分通過的電流大小相等，方向相反，所以ef和cb部分受到的安培力相互抵消了，則edc部分和efabc部分有效長度相等，長度都是fb之間的長度，根據幾何關系可知fb長度L'=3L，則fab部分受到的安培力方向向上，大小為F上=2BIL'，edc部分受到的安培力方向向下，大小為F下=B?2Il'

可知線框abcdef受到的安培力大小為0，故A正確，BCD錯誤。

故選：A。11．【答案】B【解析】【解答】AB．當電場力與洛倫茲力平衡時，則有e得U導體中通過的電流為I=nevS=nevdh由v=得UUHC．電子定向移動中受洛倫茲力向上，導體上表面帶上負電，而下表面帶正電，所以導體上表面比下表面電勢低，故C錯誤；B．磁場和電流均反向，根據左手定則可得洛倫茲力方向不變，上表面電勢低與下表面，D錯誤；故選B。【分析】根據電場力和洛倫茲力的等量關系，結合電流的微觀表達式得出電勢差的表示即可完成分析；

根據左手定則得出粒子受到的洛倫茲力方向，結合粒子的電性得出電勢的高低。12．【答案】C【解析】【解答】

A．對球a受力分析，受重力，b、c兩球的庫侖力和圓環的支持力，由幾何關系可知，ab的連線經圓心，即ab是直徑，由共點力的平衡條件可知，若c對a是斥力，b對a是引力，a可以處于平衡狀態，即a和c是同性，a和b是異性，b和c是異性；對b受力分析，a和c對b都是引力，則b受力不平衡，因此a、b兩球帶同種電荷，b和c帶同種電荷，A錯誤；BC．對球c受力分析，受重力，圓環的支持力，a、b兩球對c球的靜電力，若a、b兩球對c球的靜電力相等，由于這兩個力與水平方向的夾角不相等，可知這兩力在水平方向的分力不平衡，則c球不處于平衡狀態。若使c球在水平方向的分力平衡，由于ac連線與水平方向夾角大于bc連線與水平方向夾角，且a到c距離大于b到c距離，所以a球的電荷量要大于b球的電荷量，B錯誤，C正確；D．由于帶電球a、b、c所帶的電荷量未知，因此三球之間的庫侖力的大小不能確定，圓環對球支持力的大小和方向不能確定，可知a球的質量與b球的質量關系不能確定，D錯誤。故選C。【分析】首先對c球受力分析可知，a對c的庫侖力與b對c的庫侖力的合力必需豎直方向，所以a、b帶同種電荷，然后分別對a、b進行受力分析進而得出三小球帶同種電荷，最后列出平衡方程即可求解。13．【答案】B【解析】【解答】太陽的總功率分布在半徑是1.P太陽能電池板接收到的太陽能轉化為電能的功率P=每天的日照效果相當于太陽直射電池板4h，太陽能電池板一年的發電量約為W=4故選B。【分析】根據太陽的輻射總功率，求出地面上單位面積上的輻射功率，然后利用太陽能電池的能量轉化效率進一步求解。14．【答案】B,C【解析】【解答】AB．由圖可知，此時電流方向由上極板流向下極板，則此時電容器正在放電，電容器的電壓正在減小，電場能正向磁場能轉化，故A錯誤，B正確；C．根據f=在線圈中插入鐵芯，則L增大。LC振蕩電路的頻率減小，故C正確；D．根據f=12π增大平行板電容器極板間的距離，則電容減小，LC振蕩電路的頻率增大，故D錯誤。故選BC。【分析】由圖示磁場方向，根據安培定則判斷出電路電流方向，結合電容器兩極板間的電場方向，判斷振蕩過程處于什么階段；然后根據電磁振蕩特點分析答題。15．【答案】B,D【解析】【解答】A.線框在圖示位置時磁通量最小，為0，故A錯誤；B.線框在圖示位置時垂直切割磁感線，電動勢最大，故B正確；C.線框產生的瞬時感應電動勢表達式為e=NBSω由于線圈有內阻，設為r，所以電阻兩端電壓的瞬時值u=故C錯誤；D.交流電流表的讀數為有效值，為I=故D正確。故選BD。【分析】線框和磁場平行時，穿過線框的磁通量為零，磁通量變化率最大；先計算出線框轉動產生的最大感應電動勢和感應電動勢的有效值，根據閉合電路的歐姆定律可得電流表的示數；根據歐姆定律可得電阻兩端的電壓，然后結合瞬時值和最大值之間的關系可以得到電阻兩端電壓的瞬時值表達式。16．【答案】（1）1.10（2）×1；1.6##1（3）b；e（4）kπd24l；1.【解析】【解答】（1）根據游標卡尺的讀數原理可知其讀數為(0（2）歐姆表指針偏轉過大，說明所選倍率太大，應選×1倍率。圖2所示，讀數為(（3）為了測量準確，該實驗中采用電流表的外接法，滑動變阻器應采用分壓式接法，故①應連接到接線柱b，導線將接線柱f與e接線柱接通。（4）U-I圖像的斜率為導體的電阻，即k=R根據電阻定律可知R=ρS=π解得ρ=代入數據得ρ=故答案為：（1）1.10；（2）×1；1.6；（3）b；e；（4）kπd2【分析】（1）根據游標卡尺的精度讀出材料的直徑；

（2）根據歐姆表的使用方法解答；

（3）根據待測電阻的大小及滑動變阻器的分壓式連接實物圖；

（4）根據電阻定律解得電阻率。17．【答案】小；大；20【解析】【解答】由圖1可知溫度越高時，熱敏電阻的阻值越小；則電路中電流越大，電阻R0當電壓大于等于2V時發出警報，且該裝置在溫度大于等于90°C時發出警報，由圖可知溫度等于90°C時，熱敏電阻為10Ω，電源電壓為3V，根據串聯電路規律可知U解得R故答案為：小、大、26【分析】根據熱敏電阻的伏安特性曲線進行分析和判斷，結合閉合電路的歐姆定律的列式并代入數據解答。18．【答案】A,D【解析】【解答】A、該實驗過程中，記錄數據盡可能要快，防止時間過長，產生焦爾熱，使電池內阻變化，從而影響實驗精度，故A正確；

B、該實驗中用交流電壓表測量線圈兩端電壓，故B錯誤；

C、多用電表使用完畢，應將選擇開關旋到“OFF”或交流電壓最高擋，故C錯誤；

D、“探究影響感應電流方向的因素”實驗中，需要根據電流表指針偏轉方向用于確定電流方向，故D正確。

故選：AD。

【分析】根據各實驗中的實驗原理和實驗注意事項分析。19．【答案】（1）對導體棒受力分析，根據共點力平衡條件可得F解得F（2）根據安培力的計算公式有F解得I=1A（3）當安培力沿斜面向上時，最小則B解得B此時方向垂直于導軌平面向上【解析】【分析】（1）根據平衡條件列方程求解；

（2）根