2024届江苏省南京市附中高二物理第一学期期末复习检测试题含解析

2024届江苏省南京市附中高二物理第一学期期末复习检测试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、关于布朗运动，下列说法正确的是（）A.与固体小颗粒相碰的液体分子数越多，布朗运动越明显B.悬浮颗粒的质量越大，越不易改变运动状态，布朗运动越不明显C.因为布朗运动的激烈程度跟温度有关，所以布朗运动也叫热运动D.布朗运动就是液体分子的无规则运动2、真空中有两个静止的点电荷，若保持它们之间的距离不变，而把它们的电荷量都变变为原来的2倍，则两电荷间的库仑力将变为原来的多少倍（）A.2倍 B.4倍C.8倍 D.16倍3、如图所示，把一条导线平行地放在磁针的上方附近，当电流通过导线时，磁针会发生偏转．首先观察到这个实验现象的物理学家是A.奥斯特 B.爱因斯坦C.伽利略 D.牛顿4、如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则下列说法正确的是（）A.保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ不变B.保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ变小C.断开S，将A板向B板靠近，则θ增大D.断开S，将A板向B板靠近，则θ不变5、科学实验证明，足够长通电直导线周围某点的磁感应强度大小，式中常量k>0，I为电流强度，l为该点与导线的距离。如图所示，两根足够长平行直导线分别通有电流3I和I（方向已在图中标出），其中a、b为两根足够长直导线连线的三等分点，O为两根足够长直导线连线的中点，下列说法正确的是（）A.a点和b点的磁感应强度方向相同B.a点的磁感应强度比O点的磁感应强度小C.b点的磁感应强度比O点的磁感应强度大D.a点和b点的磁感应强度大小之比为5：76、有一毫伏表，它的内阻是100Ω，量程为300mV，现要将它改装成量程为3V的伏特表，则毫伏表应（）A.并联一个100Ω的电阻 B.并联一个900Ω的电阻C.串联一个100Ω的电阻 D.串联一个900Ω的电阻二、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1所示，ab是两平行正对的金属圆环，a中通有正弦交变电流i，其变化规律如图2所示．下列说法正确的是（）A.时刻，b环内的感应电动势为零B.时刻，b环内的感应电流方向改变C.时间内，b环内感应电流的方向与a环内电流的方向相反D.时间内，t2时刻b环内的感应电动势最大8、如图所示，绝缘水平面上O处放质量为m、电荷量为q的带负电荷的小物体．劲度系数为k的绝缘轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与小物体接触（未固定），弹簧水平且无形变．O点左侧有竖直向下的匀强电场，电场强度为．用水平力F缓慢向右推动物体，在弹性限度内弹簧被压缩了x0，此时物体静止．撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x0，物体与水平面间的动摩擦因数为µ，重力加速度为g．则（）A.撤去F后，物体回到O点时速度最大B.撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为C.物体离开弹簧时速率为D.撤去F后系统产生的内能为4µmgx09、等腰直角三角形闭合线框，直角边长为L,在拉力F的作用下从图示位置以速度v水平向右匀速穿过两个条形区域的匀强磁场，磁场区域宽度均为L，两部分磁场磁感应强度大小相等方向相反，如图所示，线框穿越磁场过程中，以下描述感应电流（逆时针方向为正）、安培力（向左为正）、拉力（向右为正）、电功率随时间或位移变化的图像中，正确的是（）A. B.C. D.10、如图所示的电路中,为理想二极管(正向电阻为零,反向电阻为无穷大),为电容器的两极板，为滑动变阻器，为定值电阻。将滑动变阻器的滑片滑到端，保持开关断开，闭合开关。将滑动变阻器的滑片滑到中央位置，闭合开关，两板间点处的带电液滴恰能保持静止，下列说法正确的是A.将滑片滑向端，该液滴向下运动B.将滑片滑向端，该液滴向上运动C.将板向上移动，该液滴向下运动，点电势降低D.将板向下移动，该液滴向上运动，点电势升高三、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）某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ，步骤如下：(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度如图甲，由图可知其长度为______mm；用螺旋测微器测量其直径如图乙，由图可知其直径为______mm；用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图丙，则该电阻的阻值约为______Ω。(2)该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：A．待测圆柱体电阻RB．电流表A1，（量程0～4mA，内阻约为50Ω）C．电流表A2，（量程0～10mA，内阻约为30Ω）D．电压表V1，（量程0～3V，内阻约为10kΩ）E.电压表V2，（量程0～15V，内阻约为25kΩ）F．滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A）G．滑动变阻器R2（阻值范围0～2kΩ，允许通过的最大电流0.5A）H．直流电源E（电动势4V，内阻不计）I．开关S、导线若干为使实验误差较小，要求便于调节且测得多组数据进行分析，所选电流表_____，电压表______，滑动变阻器_____（填所选器材的符号），并在虚线框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号。____(3)若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到R测量值几乎相等，由此可估算此圆柱体材料的电阻率约为ρ=________Ω·m。(保留2位有效数字)12．（12分）在测电源电动势和内阻实验中，由于电源内阻较小，电压表示数变化不明显，作出的U－I图象如图甲中A所示，这对数据处理的结果将引入较大误差，为了解决此问题，某同学在电路中串联了一定值电阻R＝7Ω(如图乙)，作出的U－I图象如图甲中B所示①则此电源的电动势大小为________V，内阻为________Ω②如图所示，是甲、乙、丙三位同学设计的测量电源电动势和内电阻的电路．电路中R1、R2为已知阻值的电阻．下列说法中正确的是（）A．只有甲同学设计的电路能测出电源的电动势和内电阻B．只有乙同学设计的电路能测出电源的电动势和内电阻C．只有丙同学设计电路能测出电源的电动势和内电阻D．三位同学设计的电路都能测出电源的电动势和内电阻四、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．布朗运动是指悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，反映了液体分子的无规则运动，布朗运动的激烈程度与温度和悬浮颗粒的体积有关，温度越高，体积越小，布朗运动越剧烈，若是与固体颗粒相碰的液体分子数越多，说明固体颗粒越大，不平衡性越不明显，故A错误；B．悬浮颗粒的质量越大，越不容易改变其运动状态，所以布朗运动越不明显，故B正确；C．因为分子的无规则运动与温度有关，所以分子的无规则运动也叫热运动，而布朗运动是小颗粒运动，并非分子运动，故C错误；D．布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，反映了液体分子的无规则运动，故D错误。故选B。2、B【解析】根据库仑定理可得保持它们之间的距离不变，而把它们的电荷量都变变为原来的2倍，则故选B。3、A【解析】发现电流周围存在磁场的物理学家是奥斯特；A．奥斯特，与结论相符，选项A正确；B．爱因斯坦，与结论不相符，选项B错误；C．伽利略，与结论不相符，选项C错误；D．牛顿，与结论不相符，选项D错误；4、D【解析】保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变，由E=和F=qE可判断出电场力的变化，即可判断的变化；开关S断开，电容器的带电量Q不变，由电容的决定式和定义式可推导出板间的电场强度E的变化，进而可知的变化【详解】A、保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变，将A板向B板靠近，极板间距离减小，由电场强度E=可知，电场强度增大，小球所受的电场力变大，增大，故A、B错误C、开关S断开，电容器的带电量Q不变，将A板向B板靠近，极板间距离减小，由电容器电容的决定式C=可知，电容器电容C增大，而电容器电容的定义式C=，所以板间的电场强度E===，可以判断电场强度E不变，故带正电的小球受的电场力不变，则不变，故C错误，D正确故选D5、A【解析】A．左边导线在a点和b点产生的磁场方向向下，右边导线在a点和b点产生的磁场反向也向下，故a点和b点磁场方向相同，均向下，故A正确；B．设两导线之间距离为3l，则a点的磁感应强度为O点的磁感应强度为故a点磁感应强度大于O点，故B错误；C．b点磁感应强度为故b点磁感应强度小于O点，故C错误；D．由B、C分析可知，a点和b点的磁感应强度大小之比为故D错误；故选A。6、D【解析】把毫伏表改装成电压表需要串联一个分压电阻，串联电阻阻值为故选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、AD【解析】A．t1时刻，a环中电流最大，电流的变化率为零，则b环内的感应电动势为零，选项A正确；B．t1-t3时间内，a环中电流的变化率均为负值，则b环中感应电流方向不变，则t2时刻，b环内的感应电流方向不变，选项B错误；C．t3～t4时间内，a环中电流负向减小，根据楞次定律可知，b环内感应电流的方向与a环内电流的方向相同，选项C错误；D．0～t4时间内，t2时刻a环中电流为零，但电流的变化率最大，则b环内的感应电动势最大，选项D正确；故选AD.【点睛】此题关键是高清i-t图像的物理意义，图像的斜率为电流的变化率，直接反应b环中感应电流的大小；斜率的符号反应b环中感应电流的方向.8、BC【解析】A.撤去F后，物体回到O之前水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，加速度先减小后增大，物体先做变加速运动，再做变减速运动，当弹簧的弹力与滑动摩擦力的合力大小相等、方向相反时，加速度为零，速度最大．故A错误B.撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：物体的加速度为故B正确C.物块进入电场区域后，受到的电场力：所以在竖直方向上，物块受到的支持力：此时物体受到的摩擦力：物块此时的加速度：物块进入电场的区域后竖直方向的摩擦力不变，物块做匀减速直线运动，位移为：x=4x0-x0=3x0由运动学的公式：可得物体离开弹簧时速率为：故C正确D.物块进入电场前受到的摩擦力：，物块进入电场区域后受到的摩擦力：，所以撤去F后系统产生的内能为：故D错误9、AD【解析】A线框刚进入磁场时磁通量向里增加，感应磁场向外，因此感应电流方向为逆时针，电流i应为正；随着线框的运动，导线切割磁感线长度增加，感应电流增加，由于底边的长度为L，故电流正方向增加的时间为，线框进入右边磁场之后，由楞次定律可知，磁通量向里减小，根据楞次定律可知感应电流为顺时针，且逐渐增加，且两边均切割磁感应线，感应电流方向一致，所以最大电流为完全进入磁场时的2倍；当线框出磁场的过程中，磁通量向内减小，根据楞次定律可知感应电流为逆时针，且电流强度逐渐增大，故A正确。B线圈向右运动过程中，所受的安培力总是向左的，即总是正值，不可能是负值，选项B错误；C设开始时经过时间t,则线圈进入磁场内的距离为vt，切割磁感线的有效长度也为vt，则电动势E=Bv2t，因安培力等于外力，则可知外力与时间不是线性关系，则选项C错误；D由A分析可知，电流与时间成线性关系，则不妨设I=kt，则电功率P=I2R=k2Rt2，则电功率与时间的平方成正比；且由于线圈进入右边磁场后最大电流为为完全进入磁场时的2倍，则最大安培力等于4倍，则选项D正确；故选AD.10、BD【解析】A．液滴静止不动，则；滑动变阻器滑向端，电阻减小，分压减小，若电容器电压减小，由可知，电容器电量减小，即电容器放电，但二极管单向导通，无法放电，故此时电容器电量不变，不变，由知，不变，故液滴不动，A错误；B．滑动变阻器滑向b端，电阻变大，分压变大，电容器电压变大，由可知，电容器电量变大，即电容器充电，二极管导通，故此时电容器电量增加，变大，由知，变大，故液滴向上运动，故选项B正确；C．板上移，增大，由知C减小，若电压不变，由知，减小，即电容器放电，但二极管单向导通，无法放电，故此时电容器电量不变，由知，电场强度不变，液滴不动，故C错误；D．板下移，减小，电压不变，由知，E变大，液滴向上运动；根据U=Ed可知C点与B板电势差变大，即C点电势升高，选项D正确；故选BD。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、①.50.15②.4.700③.220④.C⑤.D⑥.F⑦.⑧.【解析】（1）[1]由图甲，游标卡尺读数为50mm+3×0.05mm=50.15mm[2]由图乙，螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读，螺旋测微器的读数为4mm+0.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm[3]由图丙，用欧姆表测电阻的读数为指针示数乘以倍率，当指针指在中央附近时测量值较准确，欧姆表表盘的示数为

0×10Ω=220Ω（2）[4][5][6]电源电动势为4V，故电压表应选V1，即选D；待测电阻中最大电流约为则电流表应选A2，即选C；滑动变阻器选择小量程的，便于调节，故选R1，即选F；[7]因待测电阻值远小于电压表内阻，电流表应选外接法；又滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻值，故变阻器应用分压式接法，电路图如图所示（3）[8]根据电阻定律且代入数据解得12、①.（1）1.5V②.0.5Ω③.（2）D【解析】（1）由图示电源的U-I图象可知，电源电动势E=1.5V，图象斜率的绝对值等于电源内阻，R总=R+r=，则