四川省成都市2022-2023学年高二上期末调研考试物理试卷（含答案解析）

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1、四川省成都市2022-2023学年高二上期末调研考试物理试题一、单项选择题（本题包括8小题，每小题3分，共24分。）1. 物理学中常用比值定义法定义物理量。下列关系式中，用比值法定义的物理量定义式是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】A公式是磁感应强度的定义式，磁感应强度的大小与放入其中的电流元大小及所受安培力无关，所以是比值定义法，故A正确；B公式是点电荷电场强度的决定式，点电荷电场强度与场源电荷的电荷量成正比，与到场源电荷距离的平方成反比，所以不是比值定义法，故B错误；C公式是电流的决定式，通过导体的电流与导体两端的电压成正比，与流过导体的电流成反比，所以不是比值定义法，

2、故C错误；D公式是电阻的决定式，电阻与其长度成正比，与其横截面积成反比，所以不是比值定义法，故D错误。故选A。2. 如图，在等腰直角三角形abc的顶点a、b各固定一根无限长通电直导线，导线中电流大小相同，方向均垂直于纸面向里。则（）A. a处导线所受安培力的方向沿ab向左B. a处导线所受安培力的方向垂直于ab向上C. c点磁场方向垂直于ab向上D. c点磁场方向平行于ab向右【答案】D【解析】【详解】ABa、b直导线中电流方向相同，根据“同向电流相互吸引、异向电流相互排斥”可知a处导线所受安培力的方向沿ab向右，故AB错误；CD三角形abc为等腰直角三角形，c点到两直导线的距离相等，且ac与

3、bc垂直，两直导线中的电流相等，则a、b直导线产生的磁场在c点的磁感应强度大小相等，由安培定则可知a直导线在c点的磁场方向由c指向b，可知b直导线在c点的磁场方向由a指向c，故c点磁场方向应在ac延长线与cb间夹角的角平分线上，即平行ab向右，故C错误，D正确。故选D。3. 如图，真空中等量的异种点电荷甲、乙形成的电场中，一试探电荷仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，O点位于甲、乙电荷连线的中点，a、b是试探电荷运动轨迹上关于O点对称的两个点。下列说法正确的是（）A. 试探电荷为正电荷B. 试探电荷在a点的动能小于在b点的动能C. 试探电荷在a点的加速度大于在b点的加速度D. 试探电荷在

4、a点的电势能等于在b点的电势能【答案】B【解析】【详解】A由曲线运动的条件可知，点电荷甲、乙对试探电荷的电场力一定指向曲线的凹侧，由此可知试探电荷受电场力与场强方向相反，试探电荷为负电荷，故A错误；B若试探电荷从a点运动到b点，电场力与速度夹角是锐角，电场力对试探电荷做正功，由动能定理可知，试探电荷的动能增加，试探电荷在a点的动能小于在b点的动能，故B正确；C由电场分布的对称性可知，a、b点电场强度大小相等，试探电荷在a点的加速度与在b点的加速度大小相等，故C错误；D若试探电荷从a点运动到b点，电场力对试探电荷做正功，由功能关系可知，试探电荷的电势能减小，因此试探电荷在a点的电势能大于b点的电

5、势能，故D错误。故选B。4. 图示电路中，接入电路的两个电容器电容分别为，。若在a、b两端输入U=120V的电压，则两电容器充电稳定后所带电荷量、分别为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】由题意可知，两端的电压是两端的电压，两端的电压是两端的电压，电路的路端电压为U，由串联电路分压规律得即由电容器所带电量得即故选A。5. 如图，同一直线上的三个点电荷a、b、c，电荷量分别为、，已知a、b间距离小于b，c间距离，仅在彼此间的静电力作用下，三个点电荷均处于平衡状态，下列说法正确的是（）A. 三个点电荷可能均为正电荷B. 若a正电荷，则b、c均为负电荷C. 点电荷电荷量的绝对值满足

6、D. 点电荷电荷量的绝对值满足【答案】C【解析】【详解】AB以b点电荷为对象，根据受力平衡可知，a对b的库仑力与c对b的库仑力大小相等，方向相反，可知a、c带同种电荷；以c点电荷为对象，根据受力平衡可知，a对c的库仑力与b对c的库仑力大小相等，方向相反，可知a、b带异种电荷；若a为正电荷，则b为负电荷，c为正电荷，故AB错误；C以b点电荷为对象，根据受力平衡可得由于可得故C正确；D以c点电荷为对象，根据受力平衡可得由于可得故D错误。故选C。6. 如图，电源电动势E和内阻r一定，为定值电阻且。闭合开关S后，在滑动变阻器R的滑片P由最左端a向最右端b滑动的过程中（）A. 的功率逐渐减小B. 电压表

7、示数逐渐增大C. 电流表与电压表示数的乘积IU逐渐增大D. 电压表与电流表示数改变量比值的绝对值逐渐减小【答案】C【解析】【详解】A根据闭合电路欧姆定律有滑片P由最左端a向最右端b滑动的过程中，R减小，则I增大，根据可知的功率逐渐增大，故A错误；B由可知，当I增大时，路端电压减小，则电压表示数逐渐减小，故B错误；C电流表与电压表示数的乘积为当时，P有最大值，由于，则有所以当I增大时，P增大，故C正确；D由可知所以电压表与电流表示数改变量比值的绝对值不变，故D错误。故选C。7. 2022年10月，中核集团核工业西南物理研究院科研团队再传佳绩，中国新一代“人造太阳”科学研究取得突破性进展，HL-2

8、M等离子体电流突破100万安培，创造了我国可控核聚变装置运行新纪录，技术水平居国际前列。图示为核聚变中磁约束的托卡马克装置的简化图，圆环状匀强磁场区域的内半径为，外半径为，磁感应强度大小为B，方向垂直于环面，中空区域内带电粒子的质量为m，电荷量为q，具有各个方向的速度。欲使带电粒子约束在半径为的区域内，则带电粒子的最大速度为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】带电粒子的速度越大，在磁场中圆周运动的半径就越大，要使带电粒子约束在半径为的区域内，如下图可得带电粒子圆周运动的最大半径为根据可得故选B。8. 如图，用两段材料、长度、粗细均相同的导线分别绕制成P、Q两个闭合正方形线圈，

9、所在区域有方向垂直于线圈平面向外的匀强磁场，磁感应强度随时间均匀减小，已知线圈匝数比为，则P、Q线圈中（）A. 感应电流均沿顺时针方向B. 同一时刻磁通量大小之比C. 感应电动势大小之比D. 感应电流大小之比【答案】D【解析】【详解】A磁感应强度随时间均匀减小，则穿过线圈的磁通量减小，所以感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，应为垂直纸面向外，根据安培定则可以判断感应电流方向为逆时针，故A错误；B根据可知同一时刻磁通量大小之比为故B错误；C感应电动势大小感应电动势大小之比为故C错误；D根据电阻定律（为总长度）可知两线圈的电阻之比为根据感应电流大小之比故D正确。故选D二、多项选择题（本题包括5小题

10、，每小题4分，共20分。每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）9. 在电磁学发展过程中，物理学家们的新发现和新理论推动着科技进步和产业革命，关于电磁学发展史，下列说法中正确的是（）A. 奥斯特发现了电流的热效应规律B. 法拉第首先提出电场概念，并引入电场线形象描述电场C. 焦耳发现了电流的磁效应D. 安培在对磁场的研究中提出了分子电流假说【答案】BD【解析】【详解】A焦耳发现了电流热效应规律，A项错误；B法拉第首先提出电场概念，并引入电场线形象描述电场，B项正确；C奥斯特发现了电流的磁效应，C项错误；D安培在对磁场的研究中提出了

11、分子电流假说，D项正确。故选BD。10. 如图（a）所示的圆环形导线，处在方向垂直于圆环平面的磁场B中（磁场未画出，以向里为正方向），B随时间t变化的关系如图（b）所示，则（）A. 内，圆环形导线中感应电流沿逆时针方向B. 内，圆环形导线中感应电流的大小均匀增大C. 内，圆环形导线有扩张趋势D. 和两段时间内，圆环形导线中感应电流的大小相等【答案】AC【解析】【详解】A内，有图像可知磁场向里增大，由楞次定律“增反减同”可知圆环形导线中感应电流沿逆时针方向，A正确； B内，磁场均匀增大，可知圆环形导线中产生恒定的电流，B错误；C内，磁通量在减小，根据“增缩减扩”圆环形导线有扩张趋势，C正确；D和

12、两段时间内由于磁通量的变化率不相等，所以圆环形导线中感应电流的大小不相等，D错误。故选AC。11. 如图（a），O、P为光滑水平面上相距0.3m的两点，O、P连线上存在方向从O指向P的电场，其上各点的电势随距O点的距离x变化的关系如图（b）所示，图中斜线为图线在点P（0.3m，200V）的切线。现将一质量、电荷量的小物块从O点静止释放。关于小物块在OP间的运动情况，下列说法正确的是（）A. 从释放开始加速度一直减小B. 从释放开始速度一直增大C. 运动到P点时，加速度大小D. 运动到P点时，速度大小【答案】BC【解析】【详解】A电势随距O点的距离x变化的图像斜率表示场强，可知斜率先增大后减小，

13、所以加速度先增大后减小，故A错误；BO、P连线上存在方向从O指向P的电场，小物块从O点静止释放，小球带正电，电场力方向与速度方向相同，所以从释放开始速度一直增大，故B正确；C电势随距O点的距离x变化的图像斜率表示场强，可知根据牛顿第二定律得解得故C正确；D由动能定理得解得故D错误。故选BC。12. 如图（a），长为4d、间距为d平行金属板水平放置，两金属板左边中点O有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为、电荷量为、质量为m的粒子，金属板右侧距离为d处竖直放置一足够大的荧光屏。现在两板间加图（b）所示电压，已知时刻射入的粒子恰好能从金属板射出。不计粒子重力，则（）A. 不同时刻入射的粒子在金属板

14、间运动的时间不相等B. 时刻入射的粒子恰能从金属板右侧中点出射C. 时刻入射的粒子从金属板间出射时动能D. 粒子打在右侧荧光屏上的长度范围为d【答案】BD【解析】【详解】A已知时刻射入的粒子恰好能从金属板射出，则有，作出不同时刻进入金属板的粒子在电场方向速度与时间的图像如图有图像可以看出，在时刻（n=0,1,2,3，）进入金属板的粒子会在电场方向上有最大位移，结合题目条件知最大位移为，其它时刻进入的粒子在电场方向位移都小于，所以不同时刻进入金属板的粒子都能够输出金属板，由水平方向匀速运动可知，粒子射出金属板时间都相同，时间都为A错误；B由A中分析，结合图像可知，时刻入射的粒子在T时间内沿电场力

15、方向总位移为零，所以恰能从金属板右侧中点出射，B正确；C由图像可知，时刻入射的粒子从金属板间出射时在电场力方向总位移不为零，总位移为离开金属板时动能为C错误；D由A中分析可知不同时刻出射的粒子出射的位置在两金属板右侧上下边缘之间，速度均水平向右，出射的粒子经O水平向右匀速射到荧光屏上，可知粒子打在右侧荧光屏上的长度范围为d，D正确。故选BD。13. 如图，一带电粒子以初速度沿x轴正方向从坐标原点O射入，并经过点P（2L，L）。若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，则粒子从O到P运动的时间为，到达P点速度与x轴正方向的夹角为。若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，则粒子从O到P运动的

16、时间为，到达P点速度与x轴正方向的夹角为。下列关系式正确的是（）A. B. C. D. 【答案】AD【解析】【详解】AB该过程中若由方向平行于y轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，沿x轴正方向做匀速直线运动；当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，此时粒子做匀速圆周运动，沿x轴正方向分速度在减小，根据可知t1t2A正确，B错误；CD该过程中若由方向平行于y轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，速度和位移与水平方向夹角的正切值之间的关系为故当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，由几何关系可以得出得即轨迹对应的圆心角为，即，即，C错误，D正确；故选AD。第II卷（非选择题，共56分

17、）三、实验探究题（本题共2小题，共14分。）14. 如图所示为“探究磁场对通电导线的作用”的实验装置，某同学利用该装置来测定U形磁铁N、S极之间磁场的平均磁感应强度。请根据下面的实验操作按要求填空。（1）在弹簧测力计下端挂一个匝数为n的足够长的矩形线框，用刻度尺测出矩形线框下短边的长度L并将其完全置于U形磁铁N、S极之间的磁场中，使线框平面与磁场方向垂直，短边保持水平。（2）在电路未接通时，记录线框静止时弹簧测力计的读数。（3）闭合开关，调节滑动变阻器使电流表读数为I，记录线框静止时弹簧测力计的读数F（），则线框所受安培力大小为_。（4）利用上述数据可得待测磁场的平均磁感应强度_。【答案】 .

18、 . 【解析】【详解】（3）1根据（2）可知电路未接通时，线框不受安培力。根据二力平衡可知弹簧测力计的示数大小等于线框受到的重力。开关闭合后，弹簧测力计的读数大小等于重力与所受安培力之和。即（4）2根据安培力的定义可知整理可得，待测磁场的平均磁感应强度15. 通过直流电路章节的学习，一同学希望利用相关知识，用一个电流表表头设计简易多用电表，具体设计步骤如下：（1）表头G的规格为满偏电流25mA，内阻480，该同学先按照图（a）电路将的电阻并入电路，改装为一个直流电流表，改装后的电流表量程为_mA。（2）在改装后的电流表基础上，按照图（b）串联接入和，继续改装为15V和50V两档的直流电压表，接

19、入的电阻和的阻值分别为_，_。（3）该同学将电表继续改装为欧姆表，如图（c）所示。将b、c、d、e四个端口用选择旋钮接上同一端口f，将整个改装之后的多用电表封装。a、f端口各自连接一表笔，则图（c）中a端应接_（选填“红色”或”黑色”）表笔。校准调零后，选择欧姆档测量一个阻值的电阻时，表头指针正好指向表盘正中位置，当测量未知电阻时，稳定后表头指针偏转到满偏刻度的，则_。【答案】 . 100 . 30 . 350 . 黑色 . 75【解析】【详解】（1）1改装后的电流表量程为（2）23根据 ，解得（3）45根据多用表电流红进黑出可知，a端应接黑色表笔。校准调零后，选择欧姆档测量一个阻值的电阻时，

20、表头指针正好指向表盘正中位置当测量未知电阻时，稳定后表头指针偏转到满偏刻度的解得75四、计算题（本题共4小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写答案不得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数字和单位。）16. 如图为一款游乐场电动车的原理图。已知电源电动势E=32V，灯泡L规格为“30V 15W”且电阻不变，电动机M的内阻，当电动车正常行驶时，灯泡L恰好正常发光，且干路电流I=2.5A。在电动车正常行驶状态下，求：（1）电源的内阻r；（2）电动机机械功率。 【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）灯泡L正常发光，故路端电压为由闭合电路欧姆定律代入数据解得（2

21、）灯泡L的电功率为代入数据得根据并联电路特征可知通过电动机的电流为电动机的输入功率为电动机线圈的热功率为由电动机能量转化特征可知代入数据解得17. 2022年6月，我国首艘完全自主设计建造的航母“福建舰”下水亮相，除了引人注目的电磁弹射系统外，电磁阻拦索也是航母的“核心战斗力”之一，其原理是利用电磁感应产生的阻力快速安全的降低舰载机着舰的速度。如图所示为电磁阻拦系统的简化原理：舰载机着舰时关闭动力系统，通过绝缘阻拦索拉住轨道上的一根金属棒ab，金属棒ab瞬间与舰载机共速，并一起在磁场中减速滑行至停下。已知舰载机质量为M，金属棒质量为m，电阻为R，两者共速后的初速度为，平行导轨MN与PQ间距L，

22、匀强磁场垂直纸面向外，磁感应强度为B，其余电阻不计，除安培力外舰载机系统所受其它阻力恒定为f。求：（1）金属棒ab中感应电流最大值I的大小和方向；（2）当舰载机减速到时的加速度大小a。【答案】（1），方向从a到b；（2）【解析】【详解】（1）金属棒ab切割磁感线产生的最大感应电动势为由闭合电路欧姆定律解得最大电流为由右手定则，可知金属棒ab上电流的方向从a到b。（2）减速到时，感应电动势为感应电流为金属棒ab所受安培力为对舰载机和金属棒系统，由牛顿第二定律有解得18. 如图，间距为3L的平行板M，N水平固定，有一足够长且内壁光滑的绝缘细管竖直穿过两板，板间（包括管内）存在方向竖直向上、场强大小

23、的匀强电场。长为2L的绝缘轻杆两端分别连接带电小球P和Q（均可视为质点，不考虑两者间相互作用的库仑力）置于管道底部，小球P与板M相距L。已知L=0.5m，P和Q的质量均为，对应电荷量分别为，重力加速度g取。现由静止释放小球P、Q和杆组成的系统，求：（1）小球Q第一次到达N板所用的时间t；（2）小球Q向上运动到最上端时距N板的距离x。【答案】（1）0.7s；（2）0.5m【解析】【详解】（1）从释放至小球P到达M 板的过程，对P、Q、杆系统，由牛顿第二定律得代入数据得由运动学规律有代入数据解得从小球P到达M 板至小球Q 到达N 板的过程，对P、Q、杆系统，由牛顿第二定律得代入数据得由运动学规律有

24、代入数据解得综上，小球Q 第一次到达N 板所用的时间（2）设小球Q 到达最上端时，到N 板的距离为x，小球P未越过N 板。则从释放到最终停下的全过程，对P、Q、杆系统，由动能定理有代入数据解得x0.5m因xL则P 未到达N 板，故假设成立，故小球Q 到达最上端时到N 板的距离为0.5m。19. 如图，直角坐标系xOy处于竖直平面内，x轴沿水平方向，在x轴上方存在水平向右的匀强电场，在x轴下方存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，匀强电场的场强大小。在坐标为（-0.4m，0.4m）的A点处将一带正电小球由静止释放，小球沿直线AO经原点O第一次穿过y轴，小球第三次经过x轴时恰好再次经过O

25、点。重力加速度g取。求：（1）小球的比荷及小球第一次穿过x轴时的速度大小；（2）小球从释放到第三次经过x轴所经历的时间。【答案】（1），4m/s；（2）【解析】【详解】（1）由题可知，小球由静止释放后在第二象限的匀强电场中所受合力方向由A点指向O 点则有代入数据解得由A到O的过程中，由动能定理有代入数据解得v4m/s（2）设小球从释放到第一次到达O点的时间为t1，小球在y 方向做自由落体运动，有代入数据解得如答图，在第三、四象限中，小球仅由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动（设运动时间为t2）；小球从第三象限的P点再次进入第二象限后做类平抛运动，经过时间t3再次回到O 点，该过程可将小球的运动分解为沿x 轴方向的匀加速直线运动与沿y 轴方向的竖直上抛运动。由圆周运动的特点可知，小球在P点的速度与x 轴正方向成45角；由牛顿第二定律知，小球在第二象限x、y 两个分方向的加速度大小为y 方向得x 方向得由几何关系可得得则小球在x 轴下方运动的时间为故小球从释放到第三次经过x 轴经历的时间为