浙江省嘉兴嘉善高级中学2024年高二物理第一学期期末达标测试试题含解析

浙江省嘉兴嘉善高级中学2024年高二物理第一学期期末达标测试试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比，如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图线，直线B为电源b的路端电压与电流的关系图线．直线C为电阻R两端的电压与电流的关系图线，将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么A.R接到电源a上，电源的效率较低B.R接到电源b上，电源输出功率较大C.R接到电源a上，电源输出功率较大，电源效率较高D.R接到电源b上，电源的输出功率较小，电源效率较高2、如图所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外,正方形金属线框电阻为R，边长是L，自线框从左边界进入磁场时开始计时。在外力作用下由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场。规定顺时针方向为感应电流I的正方向，外力大小为F，线框中电功率的瞬时值为P，通过导体横截面的电荷量为q，其中P-t图像为抛物线。则图中这些量随时间变化的关系正确的是（）A. B.C. D.3、如图，绝缘光滑圆环竖直放置，a、b、c为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c位于圆环最高点，ac连线与竖直方向成60°角，bc连线与竖直方向成30°角，三个小球均处于静止状态。下列说法正确的是（）A.a、b、c小球带同种电荷 B.a、b小球带异种电荷，b、c小球带同种电荷C.a、b小球电量之比为 D.a、b小球电量之比4、如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，开关K闭合，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为U1、U2、U3，理想电流表A示数变化量的绝对值为I，正确的是（）A.V2的示数增大B.电源输出功率在减小C.U1大于U2D.U3与I的比值在减小5、测量国际单位制规定的三个力学基本物理量分别可用的仪器是下列哪一组（

）A.米尺、弹簧秤、秒表

B.米尺、天平、秒表C.量筒、天平、秒表

D.米尺、测力计、打点计时器6、下列物理量属于标量的是（）A.速度 B.位移C.功 D.电场强度二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、如图，金属棒AB用软线悬挂在磁感应强度为B，方向如图所示的匀强磁场中，电流由A向B，此时悬线张力为T，欲使悬线张力变小，可采用的方法有A.改变电流方向，且适当增大电流强度B.电流方向不变，且适当增大电流强度C.将磁场反向，且适当增大磁感应强度D.磁场方向不变，且适当增大磁感强度8、如图所示，质量分别为m和2m的A、B两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A紧靠竖直墙壁．用水平力向左推B，将弹簧压缩，推到某位置静止时推力大小为F，弹簧的弹性势能为E．在此位置突然撤去推力，下列说法中正确的是（

）A.撤去推力的瞬间，B的加速度大小为B.从撤去推力到A离开竖直墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,机械能守恒C.A离开竖直墙壁后，弹簧弹性势能最大值为D.A离开竖直墙壁后，弹簧弹性势能最大值为E9、如图所示，磁感应强度为B的矩形磁场区域长为，宽为L，甲、乙两电子沿矩形磁场的上方边界从A点射入磁场区域，甲、乙两电子分别从D点和C点射出磁场，则甲、乙两电子在磁场运动的过程中（）A.速率之比为1：4 B.角速度之比为1：3C.路程之比为4：3 D.时间之比为3：110、如图所示的正方形区域存在垂直纸面向里的磁场，两个质量相等、电荷量相等的异种电荷1、2，以不同速率垂直于磁感线方向从O点垂直ad射入磁场中，O点为ad的中点，两粒子运动的轨迹如图所示，取sin53°=0.8，cos53°=0.6。不计粒子受到的重力。下列关于两粒子的运动速率v、在磁场中的运动时间t、圆周运动周期T及角速度ω的关系正确的是（）A.v1：v2=5：2 B.t1：t2=53：180C.T1：T2=1：1 D.ω1：ω2=180：53三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）如图为某同学验证楞次定律的实验，在水平面固定一“U”形铝框架，框架上置一铝杆ab，不计摩擦，将条形磁铁放在框架正上方，当将磁铁做如下运动时，判断杆ab的运动方向：(1)将磁铁竖直向上运动时，杆ab将向_________运动。(2)将磁铁竖直向下运动时，杆ab将向_________运动(3)将磁铁水平向右运动时，杆ab将向_________运动。（填“左”或“右”）12．（12分）（1）如图甲所示为某多用电表内部简化电路图，作为欧姆表使用时，选择开关S应接________（填“1”“2”“3”“4”或“5”）（2）某同学想通过该多用电表的欧姆挡测量某定值电阻的阻值，主要步骤如下：①把选择开关拨到“×100”的欧姆挡上；②把两表笔相接触，旋转欧姆调零旋钮，使指针指在________（填“电阻”或“电流”）零刻度处；③把红、黑表笔与待测电阻两端相接，发现这时指针偏转角度很大；④换用________（填“×10”或“×1k”）欧姆挡重新调零后测量，发现这时指针偏转适中，如图乙所示，记下电阻阻值为________Ω；⑤把选择开关调至空挡或交流电压最高挡后拔下表笔，把多用电表放回桌上原处，实验完毕。四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）ABC表示竖直放在电场强度为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的圆环，轨道的水平部分与半圆环相切．A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg，带电量为q=+C的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）(1)小球到达C点的速度大小(2)小球在C点时，轨道受到的压力大小14．（16分）如图，两根间距为L＝0.5m的平行光滑金属导轨间接有电动势E＝3V、内阻r＝1Ω的电源，导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°．金属杆ab垂直导轨放置，质量m＝0.2kg．导轨与金属杆接触良好且金属杆与导轨电阻均不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中．当R0＝1Ω时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8（1）求磁感应强度B的大小；（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，求金属杆的加速度15．（12分）如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m，a、b间的电场强度为E=5.0×105N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场.今有一质量为m=4.8×10-25kg、电荷量为q=1.6×10-18C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0=1.0×106m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处（图中未画出）．求P、Q之间的距离L

参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、C【解题分析】电源的效率，由图象可知A与C交点处电压大于B与C交点处电压，则R接在电源a上效率较高；电源路端电压与电流图象与电阻两端电压与电流图象交点表示将两者相连时的工作电压和电流，则R接到电源a上时电源的输出功率较大，故C正确，ABD错误。2、C【解题分析】A．由于线框做初速度为0，加速度为a的匀加速直线运动由，，解得感应电流感应电流与时间成正比，A错误；B．由安培力公式有由上面几式解得线框做匀加速度直线运动由牛顿第二定律有解得外力与时间的关系为一次函数，不是成正比，B错误；C．线框中电功率的瞬时值为P则解得线框中电功率的瞬时值为P与时间是二次函数关系，图像有开口向上的抛物线，C正确；D．通过导体横截面的电荷量为q有，，由上式解得又因为磁通量的变化量有，解得通过导体横截面的电荷量为q与时间是二次函数关系，图像有开口向上的抛物线，D错误。故选C。3、D【解题分析】AB．对a，a受到重力、环的支持力以及b、c对a的库仑力，重力的方向在竖直方向上，环的支持力以及b对a的库仑力均沿圆环直径方向，故c对a的库仑力为引力，同理可知，c对b的库仑力也为引力，所以a与c的电性一定相反，与b的电性一定相同。即：a、b小球带同种电荷，b、c小球带异种电荷，故AB错误；CD．对c小球受力分析，将力沿水平方向和竖直方向正交分解后可得又解得：故C错误，D正确。故选D。4、C【解题分析】A.理想电压表内阻无穷大,相当于断路．理想电流表内阻为零,相当短路,所以定值电阻R与变阻器串联,电压表V1、V2、V3分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压．当滑动变阻器滑片向下滑动时,接入电路的电阻减小,电路中电流增大,内电压增大,路端电压减小,则V2的示数减小，故A错误；B.当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，故当滑动变阻器滑片向下滑动时，外电阻越来越接近内阻，故电源的输出功率在增大；故B错误；C.根据闭合电路欧姆定律得：U2=E−Ir,则得：△U2/△I=r;而△U1/△I=R,据题：R>r,则得△U1>△U2.故C正确D.根据闭合电路欧姆定律得：U3=E−I(R+r),则得：△U3/△I=R+r，保持不变，故D错误；故选C【题目点拨】理想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路．分析电路的连接关系，根据欧姆定律分析．根据电源内外电阻关系分析电源的输出功率如何变化5、B【解题分析】长度、时间、质量是三个力学基本物理量，米尺是测量长度的仪器，天平是测量质量的仪器，秒表是测量时间的仪器，故B正确，ACD错误6、C【解题分析】速度、位移和电场强度都是既有大小又有方向的物理量，是矢量；而功只有大小，无方向，是标量，故选C.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、BD【解题分析】开始导体棒受重力、拉力和向上的安培力处于平衡，根据左手定则判断使悬线张力变小的方法【题目详解】A．改变电流方向，则安培力方向向下，绳子张力变大；故A错误.B．电流方向不变，增大电流强度，根据F=BIL知，安培力增大，根据共点力平衡知，绳子张力减小；故B正确.C．将磁场方向反向，安培力方向向下，则绳子张力变大；故C错误.D．将磁场方向不变，增大磁感应强度，根据F=BIL知，安培力增大，根据共点力平衡知，绳子张力减小；故D正确.故选BD.【题目点拨】解决本题的关键掌握安培力的大小公式和左手定则判断安培力的方向．结合共点力平衡进行分析.8、ABC【解题分析】A、撤去推力前,B处于静止状态,弹簧的弹力与F0二力平衡.撤去F的瞬间,弹簧的弹力不变,根据牛顿第二定律得,B的加速度大小为.故A正确.B、从撤去推力到A离开竖直墙之前,墙壁对B有弹力作用,A、B和弹簧组成的系统合外力不等于零,系统的动量不守恒.因为只有弹力做功,系统的机械能守恒,故B正确.C、D,A离开竖直墙后,系统所受的合外力为零,动量守恒;弹簧的弹力做功,系统的机械能守恒.当A、B的速度相等时,弹簧的弹性势能最大；对于从撤去推力到A离开竖直墙之前,机械能守恒,设A刚离开墙壁时，B的速度大小为.则有,得;A离开墙壁后,根据系统的动量守恒得:;根据系统的机械能守恒得:计算得出,弹簧的弹性势能最大值:,所以C选项是正确的,D错误.【题目点拨】撤去F的瞬间,B所受的弹力大小等于F0,根据牛顿第二定律求出撤去推力瞬间的加速度大小;分析A、B和弹簧组成的系统所受的外力,判断动量和机械能是否守恒.A离开竖直墙后,根据动量守恒定律和机械能守恒定律分析A离开竖直墙后,A、B的最大弹性势能.9、AD【解题分析】A.根据几何关系可知，甲的轨道半径为，乙的轨道半径为2L，根据公式因此解得，速度之比等于半径之比，因此甲乙速率之比为1：4，故A正确；B.根据公式解得角速度之比为1:1，故B错误；C.根据几何关系可知，甲的圆心角为，乙的圆心角为，因此其路程分别为，因此路程之比为3:16，故C错误；D.根据公式可知，甲乙电子运动周期相同，因此其运动时间跟圆心角有关，即解得，其运动时间之比为3：1，故D正确。10、BC【解题分析】设正方形的边长为，如图所示由几何知识得，，解得，A．粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得解得则故A错误；C．粒子在磁场中做圆周运动的周期由于、、都相等，两粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，故故C正确；B．粒子在磁场中在运动时间由于两粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，则粒子在磁场中的运动时间之比故B正确。D．粒子做圆周运动的角速度由于、、都相等，则故D错误。故选BC。三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、①.右②.左③.右【解题分析】(1)[1]由“增缩减扩”可知，磁铁竖直向上运动时，回路磁通量变小时，杆将向右移动；(2)[2]由“增缩减扩”可知，将磁铁竖直向下运动时，回路磁通量变大时，杆将向左移动；(3)[3]由“增缩减扩”可知，将磁铁水平向右运动时，回路磁通量变小时，杆将向右移动。12、①.3②.电阻③.×10④.220【解题分析】（1）[1]接3时电源连入电路，为欧姆档。（2）②[2]换档的要进行欧姆调零，把两表笔相接触旋转欧姆调零旋钮使指针指在电