2023-2024学年河北省保定市博野中学物理高二第一学期期末达标检测试题含解析

2023-2024学年河北省保定市博野中学物理高二第一学期期末达标检测试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、下列有关分子动理论和物质结构的认识，其中正确的是A.分子间距离减小时分子势能一定减小B.温度越高，物体中分子无规则运动越剧烈C.温度是物体内分子热运动平均速率的标志D.布朗运动是液体分子的无规则运动2、质谱仪可用来分析同位素，也可以用来分析比质子重很多倍的离子．现在用质谱仪来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口P离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从P点离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的11倍．此离子和质子的质量之比为（）A.11 B.12C.144 D.1213、“嫦娥一号”探月卫星绕地运行一段时间后，离开地球飞向月球．如图所示是绕地飞行的三条轨道，轨道1是近地圆形轨道，2和3是变轨后的椭囿轨道．A点是2轨道的近地点，B点是2轨道的远地点，卫星在轨道1的运行速率为7.7km/s，则下列说法中正确的是（）A.卫星在2轨道经过A点时的速率一定小于7.7km/sB.卫星在2轨道经过B点时的速率一定大于7.7km/sC.卫星在3轨道所具有的机械能小于在2轨道所具有的机械能D.卫星在3轨道所具有的最大速率大于在2轨道所具有的最大速率4、如图甲、乙所示，两条直导线相互垂直，但相隔一段距离，其中AB、EF是固定的，另一条CD、GH能自由转动，当直流电流按图示方向通入各图中两条导线时，导线CD、GH将A.CD顺时针方向转动，同时靠近导线ABB.GH顺时针方向转动，同时靠近导线EFC.CD逆时针方向转动，同时离开导线ABD.GH逆时针方向转动，同时离开导线EF5、在研究一个小电动机的性能时，应用了图示的实验电路。已知电动机线圈内阻为3Ω，调节R使电动机正常运转时，理想电流表和电压表的示数分别为1A和12V。则电动机正常运转时的输出功率P和效率η为（）A.P＝12Wη＝75% B.P＝12Wη＝25%C.P＝9Wη＝75% D.P＝9Wη＝25%6、有关带电粒子（不计重力）所受静电力和洛伦兹力的说法中，正确的是（）A.粒子在磁场中一定受洛伦兹力的作用B.粒子在电场中可能不受静电力的作用C.粒子若仅受洛伦兹力，则其速度不变D.粒子若仅受洛伦兹力，则其动能不变二、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、如图甲所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图线，（直线与横轴的交点坐标4.27，与纵轴交点坐标0.5），图乙是氢原子的能级图，下列说法正确的是（）A.该金属的逸出功为0.5eVB.根据该图象能求出普朗克常量C.该金属的极限频率为4.27×1014HzD.用n＝3能级的氢原子跃迁到m＝2能级时所辐射的光照射该金属能使该金属发生电效应8、如图所示，通电直导线ab质量为m、水平地放置在两根倾角均为的光滑绝缘导体轨道上，通以图示方向的电流，电流强度为E，两导轨之间距离为l，要使导线ab静止在导轨上，则关于所加匀强磁场方向（从b向a看）、大小的判断正确的是A.磁场方向竖直向上，磁感应强度大小为B.磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为C.磁场方向水平向右，磁感应强度大小为D.磁场方向垂直斜面向上时，磁感应强度有最小值9、如图所示，在一幢居民楼里有各种不同的用电器，如电灯、电视机、洗衣机、微波炉、排油烟机等．停电时，用多用电表测得A、B间的电阻为R；供电后，设各家用电器全都同时使用时，测得A、B间电压为U，进线电流为I；经过一段时间t，从总电能表中测得这段时间内消耗的电能为W，则下列表达式用来计算该幢楼居民用电的总功率，其中正确的是()A.P=I2R B.P=C.P=IU D.P=10、关于能源和能量，下列说法正确的有（）A.自然界的能量是守恒的，所以地球上的能源永不枯竭B.能源的利用过程中有能量耗散，所以自然界的能是不守恒的C.电磁波的传播过程也是能量传播的过程D.电动机是将电能转化为机械能的装置三、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）为测定某旧干电池的电动势和内阻，实验室提供了如下器材：A．旧干电池1节；B．电压表(视为理想电压表，量程为0～3V)；C．电阻箱R(0～999.9Ω)；D．定值电阻R0＝10Ω；E．多用电表；F．开关、导线若干(1)同学甲直接使用多用电表直流2.5V挡测量该干电池的电动势，读数如图所示，则该同学测得的电动势E＝______V，此测量值比旧干电池电动势的真实值______(选填“偏大”或者“偏小”)(2)同学乙将干电池接入如图所示的电路，规范操作得到如图所示的图像．该同学所描绘的图像中，横坐标是________(填选项前的字母)A．RB．C．(3)按照(2)问中所选的横坐标，已知图像的斜率为k，纵坐标的截距为b，则干电池的电动势E＝________，内阻r＝________．(用k、b、R0表示)12．（12分）将一铜片和一锌片分别插入一只苹果内，就构成了简单的“水果电池”，其电动势约为1.5V．可是这种电池并不能点亮手电筒上额定电压为1.5V、额定电流为0.3A的小灯泡，原因是流过小灯泡的电流太小了，经实验测得还不足3mA．为了较精确地测定“水果电池”的电动势和内电阻．提供的实验器材有：A.电流表A1（量程0～3mA，内阻约为0.5Ω）B.电流表A2（量程0～0.6A，内阻约为0.1Ω）C.电压表V（量程0～1.5V，内阻约为3kΩD.滑动变阻器R1（阻值0～10Ω，额定电流为1A）E.滑动变阻器R2（阻值0～3kΩ，额定电流为1A）F.电键，导线若G.水果电池(1)应选图______（选填“a”或“b”）电路图进行实验(2)实验中电流表应选用__________，滑动变阻器应选用___________（均用序号字母表示）(3)根据实验记录的数据，经描点、连线得到水果电池的路端电压随电流变化的U-I图象如图所示，由图象可知，水果电池的电动势E=___________V.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、B【解析】A．分子间距离r0时，分子势能最小，分子间距离小于r0，距离减小，分子势能增加，故A错误；B．温度越高，物体中分子无规则运动越剧烈，故也称之为“分子热运动”，故B正确；C．温度是分子平均动能的标志，分子的平均动能越大，温度越高，故C错误；D．布朗运动是悬浮颗粒的无规则运动，而颗粒是由成千上成万个颗粒分子组成的，所以布朗运动不是分子的运动，故D错误。故选B。2、D【解析】质量为m，带电量为q的粒子在质谱仪中运动，则粒子在加速电场中加速运动，设粒子在磁场中运动的速度为v，应用动能定理可得：解得：粒子在磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力作向心力，则有：解得：因为离子和质子从同一出口离开磁场，所以他们在磁场中运动的半径相等，即为：所以离子和质子的质量比m离：m质=121；A．11，与结论不相符，选项A错误；B．12，与结论不相符，选项B错误；C．144，与结论不相符，选项C错误；D．121，与结论相符，选项D正确；3、D【解析】卫星在经过A点时，要做离心运动才能沿2轨道运动，卫星在1轨道上的速度为7.7km/s，故在2轨道上经过A点的速度一定大于7.7km/s．故A错误．假设有一圆轨道经过B点，根据，可知此轨道上的速度小于7.7km/s，卫星在B点速度减小，才会做近心运动进入2轨道运动．故卫星在2轨道经过B点时的速率一定小于7.7km/s，故B错误．卫星的运动的轨道高度越高，需要的能量越大，具有的机械能越大，所以卫星在3轨道所具有的机械能一定大于2轨道所具有的机械能，故C错误．根据开普勒第二定律可知，卫星在3轨道上的A点具有最大的速率，在2轨道上时也是在A点具有最大的速率，但是由于卫星在轨道2上的A点加速才能进入轨道3，故卫星在3轨道所具有的最大速率大于2轨道所具有的最大速率．故D正确4、B【解析】AC．电流AB产生的磁场在右边垂直纸面向里，在左边垂直纸面向外，在CD左右两边各取一小电流元，根据左手定则，左边的电流元所受的安培力方向向下，右边的电流元所受安培力方向向上，知CD导线逆时针方向转动。当CD导线转过90°后，两电流为同向电流，相互吸引；所以导线CD逆时针方向转动，同时靠近导线AB，故AC错误；BD．电流EF产生的磁场在右边垂直纸面向里，在左边垂直纸面向外，在GH左右两边各取一小电流元，根据左手定则，左边的电流元所受的安培力方向向上，右边的电流元所受安培力方向向下，知GH导线顺时针方向转动。当GH导线转过90°后，两电流为同向电流，相互吸引；所以导线GH顺时针方向转动，同时靠近导线EF，故B正确，D错误。5、C【解析】电动机正常运转时，输入的电功率为入发热功率热电动机正常运转时的输出功率为入热电动机正常运转时的效率为故C正确，A、B、D错误；故选C。6、D【解析】A．电荷在磁场中受洛伦兹力时是有条件的，即运动电荷和磁场方向有夹角，故A错误；B．电场的基本性质就是对其中的电荷有力的作用，粒子在电场中一定受静电力的作用，故B错误；CD．若仅受洛伦兹力，则其动能不变，速度大小不变，而方向改变，故C错误，D正确。故选D。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、BCD【解析】根据爱因斯坦光电效应方程Ek=hγ-W，Ek-γ图象的斜率等于h．横轴的截距大小等于截止频率，逸出功W=hγ0，根据数学知识进行求解详解】当Ek＝hγ﹣W＝0时，逸出功为W＝hγ0＝6.63×10﹣34J•s×4.27×1014Hz＝2.83×10﹣19J≈1.77eV，故A错误；由Ek＝hγ﹣W，得知，该图线的斜率表示普朗克常量h，故B正确；根据爱因斯坦光电效应方程Ek＝hγ﹣W，Ek﹣γ图象的横轴的截距大小等于截止频率，由图知该金属的截止频率为4.27×1014Hz，故C正确；用n＝3能级的氢原子跃迁到m＝2能级时所辐射的光能量为△E＝E3﹣E2＝﹣1.51﹣（﹣3.4）＝1.89eV＞1.77eV，能发生光电效应，故D正确．所以BCD正确，A错误【点睛】解决本题的关键掌握光电效应方程，以及知道逸出功与极限频率的关系，结合数学知识即可进行求解8、AD【解析】磁场方向竖直向上，受力如图所示则有在水平方向上：，在竖直方向上：，其中F=BIL，联立可解得：B=，A正确；若磁场方向竖直向下，受到的安培力方向水平向右，则不可能静止，B错误；若磁场方向水平向右，电流方向和磁场方向平行，不受安培力作用，C错误；若要求磁感应强度最小，则一方面应使磁场方向与通电导线垂直，另一方向应调整磁场方向使与重力、支持力合力相平衡的安培力最小如右图，由力的矢量三角形法则讨论可知，当安培力方向与支持力垂直时，安培力最小，对应的磁感应强度最小，设其值为，则：，得：，D正确；考点：考查了共点力平衡条件的应用【名师点睛】本题是平衡条件的应用，关键是受力分析，安培力的方向是由左手定则判断的，由平衡条件列式计算即可，是一个比较简单的题目9、CD【解析】居民楼里的用电器不全是纯电阻所以不可以用P＝I2R，P＝，进行功率计算，计算该幢楼居民用电的总功率可以用P＝IU，P＝，选CD10、CD【解析】根据“能源和能量”，本题考查了能量守恒定律和能源的知识，根据能量守恒定律进行判断即可【详解】A、自然界的能量是守恒的，但提供能量的物质即能源是有限的，是会枯竭的．故A错误B、能源的利用过程中有能量耗散，是指有部分能量不能回收利用，但能量仍是守恒的．故B错误C、电磁波传播过程，是电场能和磁场能不断传播过程，因此C正确；D.电动机是通过电流在磁场中受到力的作用，通过安培力做功将电能转化为机械能的装置，故D正确三、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、①.1.45②.偏小③.A④.⑤.【解析】（1）[1][2]由图可知，量程为2.5V，则其读数为1.45V；由于电压表内阻不是无穷大，故所测应为路端电压，故测量值为路端电压，故测量值偏小。（2）[3]根据图乙可知两电阻串联，电压表测量R0两端的电压，则由闭合电路欧姆定律可知，变形得故应作出图象，故选A。（3）[4][5]根据图象可知，解得12、①.a②.A③.E④.1.35【解析】（1）电流表的内阻很小，分担的电压很小，可以忽略，所以用伏安法测电源电动势和内阻时，电流表采取外接法误差较小（2）由题意可知，选择电流表量程；通过水果电池的内阻大小，选择合适的电流表和滑动变阻器（3）U-I图线的纵轴截距表示电源的电动势，图线斜率的绝对值表示水果电池的内阻【详解】（1）水果电池内阻较大，电流表内阻较小，电流表分压较小，为减小实验误差，电流表采取外接法，因此需要选择图a所示实验电路（2）由题意可知