湖南省邵东县第三中学2023年物理高二第一学期期末检测模拟试题含解析

湖南省邵东县第三中学2023年物理高二第一学期期末检测模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、如图所示，平行板a、b组成的电容器与电池E连接，平行板电容器P处固定放置一带负电的点电荷，平行板b接地．现将电容器的b板向下稍微移动，则()A.点电荷所受电场力增大 B.点电荷在P处的电势能减少C.P点电势减小 D.电容器的带电荷量增加2、下列说法正确的是（）A.电流互感器的原线圈匝数小于副线圈匝数B.竖直上抛小球，从小球抛出到落回抛出点的过程中，重力的冲量为零C.回旋加速器所用交流电源的周期是带电粒子在磁场中运动的周期的2倍D.远距离输电时，输电线路的总电阻为R，输电电压为U，则输电线损失的功率为3、如图所示，固定的水平长直细导线中通有方向向右的恒定电流I，一矩形金属线框位于竖直平面内紧靠导线但不接触，若线框从图中实线位置由静止释放，在下落到虚线位置的过程中，下列说法正确的是（）A.穿过线框内的磁通量变小B.线框所受安培力的方向始终竖直向上C.线框中感应电流方向发生变化D.线框的机械能守恒4、了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要．以下说法符合史实的是（）A.焦耳发现了电流的热效应B.卡文迪许利用库伦扭秤实验得出了电荷间的相互作用规律C.奥斯特不仅提出了场的概念，而且用电场线和磁感线直观地描绘了场D.安培发现了电流的磁效应5、我们研究电场的时候，常常引入试探电荷，下列物理量中，哪个与试探电荷无关（）A.电场强度B.电势能C.静电力对试探电荷所做的功D.试探电荷仅受电场力作用时产生的加速度6、如图所示，一段不可伸长的轻质细绳长为L，一端固定在O点，另一端系一个质量为m的小球（可视为质点），保持细绳处于伸直状态，把小球拉到跟O点登高的位置由静止释放，在小球摆到最低点的过程中，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则（）A.合力做功为零B.合力的冲量为零C.重力做的功为mgLD.重力的冲量为二、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4µmgx08、如图所示，线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出的瞬间，线圈和电流表构成的闭合回路中产生的感应电流方向，正确的是A. B.C D.9、如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里且磁感应强度为B的匀强磁场，在x轴下方存在垂直于纸面向外且磁感应强度为B/2的匀强磁场．一带负电的粒子从原点O以与x轴成30°角斜向上射入磁场，且在x轴上方磁场中运动的半径为R．则()A.粒子经偏转后一定能回到原点OB.粒子在x轴上方和下方磁场中运动的半径之比为2∶1C.粒子完成一次周期性运动的时间为D.粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进了3R10、如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R．已知电场的电场强度为E，方向竖直向下；磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则（）A.液滴带正电B.液滴荷质比C.液滴顺时针运动D.液滴运动速度大小为三、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）某同学用伏安法利用下列器材测一节干电池的电动势和内阻。A．被测干电池一节；B．电流表1：量程0~0.6A，内阻为0.3Ω；C．电流表2：量程0~0.6A，内阻约0.1Ω；D．电压表1：量程0~3V，内阻未知；E．电压表2：量程0~15V，内阻未知；F．滑动变阻器1：0~10Ω，2A；G．滑动变阻器2：0~100Ω，1A；H．开关、导线若干。在用伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差；在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。(1)请在上述器材中选择适当的器材：___________（填写器材前的字母）；(2)实验电路图应选择图___________（填“甲”或“乙”）；(3)根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U-I图像，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E=___________V，内阻r=___________Ω。12．（12分）用电流表改装成如图所示的一个多量程多用电表，电流、电压和电阻的测量都各有两个量程．关于此多用电表：开关S接到位置4时是_______（填“电流”、“电压”或“欧姆”）挡，A表笔为_______（填“红”或“黑”）表笔，开关S接位置_________（填“1”或“2”）时是电流挡的小量程。开关S接到位置_______（填“5”或“6”）时是电压档的最高档。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L15．（12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

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.因电容器与电源始终相连，故两板间的电势差不变，B板下移，则板间距离d增大，则板间电场强度E变小，由F=Eq可知电荷所受电场力变小，故A错误；BC.板间距离d增大，则板间电场强度E变小，由U=Ed知，P与a板的电压减小，而a的电势不变，故P的电势升高，由EP=qφ而q为负值，故电势能减小，故B正确，C错误；D.由Q=CU，又有，故C减小，Q减小，故D错误2、A【解析】A．电流与匝数成反比，所以电流互感器的原线圈匝数小于副线圈匝数，A正确；B．从小球抛出到落回抛出点的过程中重力的方向一直竖直向下，重力的冲量不为零，B错误；C．带电粒子在磁场中运动半个周期后加一次速，而在交流电源一个周期内带电粒子要加速两次，故回旋加速器所用交流电源的周期等于带电粒子在磁场中运动的周期，C错误；D．输电线上损失的功率为：D错误。故选A。3、B【解析】A、由图示可知，线框下落过程中，穿过线框的磁通量先减小、然后再增大，故A错误；B、在整个过程中，线框一直下落，为阻碍线框的下落，由楞次定律可知，线框受到的安培力一直向上，线框所受安培力方向不变，故B正确；C、由右手定则可知，在导线上方磁感应强度向外，在导线下方，磁感应强度向里，开始磁场方向向外，磁通量减少，由楞次定律可得，感应电流沿逆时针方向，后来原磁场方向向里，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，感应电流方向不变化，故C错误；D、在线框进入或离开磁场过程中，线框中产生感应电流，机械能转化为电能，线框的机械能减小，故D错误；4、A【解析】A.焦耳发现了电流的热效应，故A正确；B.库仑利用扭秤实验得出了电荷间的相互作用规律，故B错误；C.法拉第不仅提出了场的概念，而且用电场线和磁感线直观地描绘了场的清晰图象，故C错误；D.奥斯特发现了电流的磁效应，故D错误故选A.5、A【解析】A．电场强度只和电场本身的性质有关，与试探电荷无关，符合题意，A正确；B．电荷的电势能，与试探电荷有关，不合符题意，B错误；C．静电力对试探电荷所做的功，与试探电荷有关，不合符题意，C错误；D．试探电荷仅受电场力作用时产生的加速度，与试探电荷有关，不合符题意，D错误。故选A。6、C【解析】AC．小球在向下运动的过程中，受到重力和绳子的拉力，绳子的拉力始终与运动的方向垂直，所以只有重力做功，合外力做的功等于重力做的功，大小为mgL，故A错误，C正确；BD．由机械能守恒可得，小球在最低点的动能mv2=mgL解得速度由动量定理可得合力的冲量I合==mv−0=m故BD错误。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、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8、CD【解析】（1）当磁铁N极向下运动时，线圈的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反．再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而上．故A错误；（2）当磁铁S极向上运动时，线圈的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同．再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而上，故B错误；（3）当磁铁S极向下运动时，线圈的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反．再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而下．故C正确；（4）当磁铁N极向上运动时，线圈的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同．再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而下，故D正确；故本题选CD【点睛】当磁铁的运动，导致线圈的磁通量变化，从而产生感应电流，感应磁场去阻碍线圈的磁通量的变化9、CD【解析】粒子在磁场中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，根据左手定则判断粒子所受的洛伦兹力方向，确定粒子能否回到原点O；根据牛顿第二定律求解半径；由求解周期；根据几何知识求解粒子第二次射入x轴上方磁场时沿x轴前进的距离【详解】A项：根据左手定则判断可知，负电荷在第一象限和第四象限所受的洛伦兹力方向不同，粒子在第一象限沿顺时针方向旋转，而在第四象限沿逆时针方向旋转，不可能回到原点0，故A错误；B项：由得粒子圆周运动的半径与B成反比，则粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1：2，故B错误；C项：负电荷在第一象限轨迹所对应的圆心角为60°，在第一象限轨迹所对应的圆心角也为60°，粒子圆周运动的周期为，保持不变，在一个周期内，粒子在第一象限运动的时间为同理，在第四象限运动的时间为，完在成一次周期性运动的时间为T′=t1+t2=，故C正确；D项：根据几何知识得：粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进距离为x=R+2R=3R，故D正确故选CD【点睛】本题考查带电粒子在磁场中的运动，解题关键是根据轨迹的圆心角等于速度的偏向角，找到圆心角，即可由几何知识求出运动时间和前进的距离10、CD【解析】A.液滴在重力场、匀强电场和匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知，液滴受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相同，故可知液滴带负电，故A错误；B.由液滴做匀速圆周运动，得知电场力和重力大小相等，得：mg=qE，解得：，故B错误；C.磁场方向垂直纸面向里，洛伦兹力方向始终指向圆心，由左手定则可判断液滴的旋转方向为顺时针，故C正确；D.液滴在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为：R=联立解得：，故D正确；故选CD.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.ABDFH②.甲③.15④.0.7【解析】(1)[1]为了读数准确，电压表应选择D；电流表应选择内阻精确的，即选B；滑动变阻器总阻值较小有利于电表的数值变化，便于操作且可减小误差，故选F。综上所述可知选ABDFH。(2)[2]因电流表内阻已知，故应采用相对电源的电流表内接法，故选甲。(3)[3]由U-I图像可知，电池的电动势E=1.50V[4]内阻r=Ω-RA=0.7Ω12、①.欧姆②.红③.2④.6【解析】[1]因多用电表只有欧姆档需要电源，则开关S接到位置4时是欧姆档；[2]多用电表的表笔有“红进黑出”的原则，即红表笔是电流进入的方向，黑表笔是电流流出的方向，由图可知A是红表笔；[3]改装成电流表时，电流计需与小阻值的定值电阻并联，且并联后总阻值越小，所能测量的总电流越大，由图可知，开关接“2”时的电阻比接“1”时大，则开关接“2”时的量