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2022-2023 学年高二下学期期末物理试题
一.选择题
1. 对于带电微粒在辐射和吸收能量时的特点，以下说法不正确的是（ ）
A. 以某一个最小能量值一份一份地辐射或吸收
B. 辐射和吸收的能量是某一最小值的整数倍
C. 吸收的能量可以是连续的
D. 辐射和吸收的能量是量子化的
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】带电微粒辐射和吸收能量时是以最小能量值，即能量子ε的整数倍一份一份地辐射或吸收的，是
不连续的。故ABD正确，C错误。
故选C。
2. 一列波在传播过程中遇到一个障碍物，发生了一定程度的衍射，一定能使衍射现象更明显的措施是（
）
A. 增大障碍物尺寸，同时增大波的频率
B. 增大障碍物尺寸，同时减小波的频率
C. 缩小障碍物尺寸，同时增大波的频率
D. 缩小障碍物尺寸，同时减小波的频率
【答案】D
【解析】
【详解】根据波的衍射条件可知，要想发生明显的衍射现象，则波长大于障碍物的尺寸或者差不多，则要
使衍射现象更明显，则需缩小障碍物的尺寸，同时减小波的频率，从而增大波长，故选D。
3. 一个带绝缘底座的空心金属球A带有 的正电荷，其上端开有适当小孔，有绝缘柄的金属小球
B带有 的负电荷，使B球和A球内壁接触，如图所示，则A、B带电荷量分别为（ ）A. 、 B. 、
C. 、 D. 、
【答案】B
【解析】
【详解】B球与A球接触后成为一个新的导体，由于带电导体的电荷只能分布于导体的外表面，因此
故选B。
4. 一条光线从空气射入折射率为 的介质中，在界面处的入射角为45°．入射光中，一部分被反射，另
一部分被折射．则反射光线和折射光线的夹角为（ ）
A. 75° B. 90° C. 105° D. 120°
【答案】C
【解析】
【详解】如图所示,
根据折射定律
则
sinr=
r=30°
反射光线与折射光线的夹角
θ=180°-45°-30°=105°故选C。
点评：光从空气射入光密介质中，入射角大于折射角，画光路图一定要遵循标准的折射定律，光路图画的
标准对解题有很大帮助．
5. 如图所示，空间某一区域有方向水平向左、大小为B匀强磁场中，三根直导线置于磁场中竖直圆周a、
b、c上，o点为圆心，c在o的正，上方，当它们通有大小相同、方向垂直于纸面向里的电流时，圆心o点
的实际磁感应强度为2B，已知通电直导线产生的磁场的磁感应强度 ，式中为k常数，r是电流到该
点的距离。则撤出c点处的导线后，c点磁感应强度的大小为（ ）
A. 0 B. B
C. B D. 2B
【答案】A
【解析】
【详解】首先根据磁场的叠加，可知a、b处导线的磁场在o点相互抵消了，因此o点的磁场可以认为是c
处导线产生的，由安培定则可知方向由o指向a.由题意可知，c处电流在圆心o点的磁感应强度为B。a、b
处电流在c处产生的磁感应强度大小相同，方向如图所示，根据公式有
所以
而联立解得方向水平向右，而匀强磁场方向水平向左、大小为B，所以c点总磁感应强度的大小为零。
A．0，与结论相符，选项A正确；
B． B，与结论不相符，选项B错误；
C． B，与结论不相符，选项C错误；
D．2B，与结论不相符，选项D错误；
故选A.
6. 如图所示，一圆环水平放置，圆心为 ，其上放置四个电荷量相等的点电荷，这四个点电荷处于互相垂
直的两直径的两端，一直径两端的电荷均为正电荷，另一直径两端的电荷均为负电荷。 为圆环的中
轴线，且 、 两点关于 点对称，取无穷远处电势为零。下列说法正确的是（ ）
A. 点处的电场强度不为零
B. 电子从 点沿直线移至 点的过程中电势能减小
C. 上各点的电势均为零
D. 质子从 点沿直线移至 点的过程中所受电场力一直减小【答案】C
【解析】
【详解】A．O点处于两对等量同种电荷的中点，则合电场强度为零，故A错误；
BC． 、 位于两等量异号电荷的中垂线上，则 、 在零势面上，电子从 点沿直线移至O点的过
程中电势能不变，B错误，C正确；
D． 、 位于两对等量同号电荷的中垂线上，两正电荷和两负电荷的电场强度等大反向，故 、 连
线上合电场强度处处为零，则质子所受的电场力为零，D错误。
故选C。
7. 如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为 和B、方向均垂直于纸面向外的匀
强磁场．一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，
最后经过x轴离开第一象限．粒子在磁场中运动的时间为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】运动轨迹如图:
即运动由两部分组成,第一部分是 个周期,第二部分是 个周期, 粒子在第二象限运动转过的角度为90°，则运动的时间为 ；粒子在第一象限转过的角度为60°，则运动的时间为
；则粒子在磁场中运动的时间为： ，故B正确，
ACD错误．.
8. 如图所示，一个闭合线圈放在匀强磁场中，线圈的轴线与磁场方向成 角，下述方法可使穿过线圈的
磁通量增加一倍的是（ ）
A. 把线圈匝数增加一倍 B. 把线圈面积增加一倍
C. 转动线圈使得轴线与磁场方向平行 D. 把磁感应强度增加一倍
【答案】BD
【解析】
【详解】A．穿过线圈的磁通量可表示为
与线圈的匝数无关，A错误；
B．把线圈面积S增加一倍或把磁感应强度B增加一倍，均能使穿过线圈的磁通量增加一倍，BD正确；
C．转动线圈使得轴线与磁场方向平行，则穿过线圈的磁通量变为
对比原来的磁通量可知，并未增加一倍，C错误。
故选BD。
9. 图为电流天平，可用来测定磁感应强度。天平的右盘挂有一匝数为N的矩形线圈，线圈的宽度为L，且
线圈下端处于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面，调节天平平衡，此时左、右两边的砝码质量分别为m、
1
m。当线圈中通有顺时针方的电流时发现天平的左端高右端低在左盘中增加质量为△m的砝码，天平重新
2平衡，重力加速度大小为g则下列分析正确的是（ ）
A. 磁感应强度的方向垂直纸面向里 B. 本装置必须用顺时针方向的电流
C. 可测得 D. 可测得
【答案】AC
【解析】
【详解】A．通电后左端高，右端低，说明线框受安培力向下，根据左手定则可知磁感应强度的方向垂直
纸面向里，A正确；
B．若电流反向，磁场反向，受安培力方向不变，若磁场不反向，通电后会出现右端高，左端低，增加的
砝码应放在右盘中，同样可测量磁感强度，B错误；
C．在左端增加砝码后，天平平衡，可知
可得磁感强度
C正确；
D．m 与m 差值为线框的质量，与磁感强度大小无关，D错误。
1 2
故选AC。
10. 如图，三个电阻R、R、R 的阻值均为R，电源的内阻r<R，c为滑动变阻器的中点．闭合开关后，将
1 2 3
滑动变阻器的滑片由c点向a端滑动，下列说法正确的是( )
A. R 消耗的功率变小
2
B. R 消耗的功率变大
3C. 电源输出的功率变大
D. 电源内阻消耗的功率变大
【答案】CD
【解析】
【分析】本题考查闭合电路欧姆定律的综合动态分析问题的相关知识点
【详解】把等效电路画出，如图
设 ， ，则
当 时， 有最大值，当滑动变阻器的滑片由c点向a端滑动时， 减小， 增大，易得：
减小，
减小， 增大，故电源内阻消耗的功率 = 增大，故D正确
= 减小，
减小，故 = 减小，故B错误
而 增大，故 = 减大，故A错误
根据电源输出功率与 的关系图可知，当 ， 减小电源输出功率越大，故C正确；
二.非选择题
11. 某物理实验小组测量某金属丝的电阻率。
（1）如图所示，用螺旋测微器测得金属丝的直径d=______mm；（2）测出金属丝的阻值 、长度L后，可算出金属丝的电阻率ρ=______（用d、 、L表示）。
【答案】 ①. 1.110 ②.
【解析】
的
【详解】（1）[1]根据螺旋测微器 读数规律，该读数为
（2）[2]根据
，
解得
12. “伽利略”研究小组为了测量某电池的电动势E和内阻r，采用如图甲所示的电路，其中定值电阻R=
0
5.0Ω，电压表V 的内阻约为5.5kΩ。实验中，移动滑动变阻器滑片，测出电压表V 和V 的多组U、U。
1 1 2 1 2
数据，记录的数据如表所示。实验次数 1 2 3 4 5 6
U/V 0.50 1.00 1.50 1.70 2.00 2.50
1
. . .
U/V 8.45 7.90 760 713 680 6.27
2
（1）根据表中的数据，在图乙中画出U—U 图像。（ ）
2 1
（2）请写出U—U 的函数表达式：_____________________________。（用题中字母表示）
2 1
（3）根据（1）中所画图线可得出该电源的电动势E = _____________V、内阻r = _____________。
（结果保留两位小数）
（4）为提高实验的精度，下列做法可行的是（ ）
A．适当减小R 可使电源内阻测量值更接近真实值
0
B．适当增大R 可使电源内阻测量值更接近真实值
0
C．将纵坐标改为U＋U 可以使电源电动势测量值更接近真实值
1 2
D．将纵坐标改为U＋U 不能使电源电动势测量值更接近真实值
1 2
【答案】 ①. 见解析 ②. ③. 9.00 ④. 0.36 ⑤. AD##DA
【解析】
【详解】（1）[1]先描点，后连线，舍去偏离连线较远的点，如图所示。（2）[2]由闭合电路的欧姆定律得
则
（3）[3][4]由U—U 图像的纵轴截距等于电源电动势，可得
2 1
E = 9.00V
由图像斜率大小
解得内阻
r = 0.36Ω
（4）[5]AB．适当减小R ， 就更接近电源的真实电流，可减小电压表V 内阻的影响，使电源内阻的测
0 1
量值更接近真实值，A正确、B错误；
CD．画出U—U 图像时已考虑了定值电阻的分压，将纵坐标改为U ＋U ，不能使电源电动势测量值更接
2 1 1 2
近真实值，D正确、C错误。
故选AD。
13. 电磁轨道炮工作原理如图，待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触。电流
从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回。轨道电流可在弹体处形成垂直于轨道平面的磁场（可视为匀强磁场），通电的弹体在轨道上由于受到安培力的作用而高速射出。小明同学从网上购买了一
个轨道炮模型，其轨道长度为L＝0.5m，平行轨道间距d＝0.02m，弹体的质量m＝0.02kg，导轨中的电流I
＝10A，磁感应强度的大小B＝1T，不计一切阻力，求：
（1）弹体在轨道上运行的加速度大小；
（2）弹体的出射速度大小；
（3）弹体出射时电磁轨道炮的功率。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】
【详解】（1）由牛顿第二定律得
解得
（2）由动能定理得
解得
（3）弹体出射时电磁轨道炮的功率为
14. 如图所示，在空间中有竖直方向的匀强电场与垂直于纸面向外的有界匀强磁场，磁场宽度为 ，一粒
子从磁场下边界垂直进入磁场，在射出磁场时，粒子的速度方向偏转了 ，已知该匀强电场的电场强度大
小为 ，磁场的磁感应强度大小为 ，重力加速度大小为 ，粒子在只有电场时的加速度为零，求：
（1）粒子的荷质比；
（2）粒子的速度大小 ；
（3）粒子不从上边界射出的最小磁感应强度 。【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】
【详解】（1）粒子在只有电场时加速度为零，则有
解得粒子的荷质比为
（2）由于电场力与重力平衡，可知粒子在复合场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得
根据图中几何关系可得
联立解得
（3）粒子不从上边界射出，即刚好与上边界相切，可得半径为
由洛伦兹力提供向心力可得
联立可得
解得15. 如图所示，两竖直虚线间的距离为L，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场（图中未画出）。自
该区域左方的A点将质量为m、电荷量分别为q和 的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平
行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的右边界离开。已知N离开电场时的
速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的3倍。不计
空气阻力，重力加速度大小为g。求：
（1）M与N在电场中运动的时间之比；
（2）A点距电场左边界的水平距离x；
（3）该电场的电场强度大小。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】
【详解】（1）设两小球的初速度为v，在电场中N小球在水平方向做匀减速直线运动，满足方程
0
在电场中M小球在水平方向做匀加速直线运动，满足方程
解得
（2）在进入电场之前M、N均做平抛运动，满足设在进入电场的瞬间速度与水平方向的夹角为 ，M在电场中做直线运动，则可得
又
可得
可得
在
（3） 电场中N在竖直方向做匀加速直线运动，离开电场时
在电场中M在竖直方向做匀加速直线运动，离开电场时
又 结合（1）（2）问结果可得
