山东省新泰一中2023-2024学年物理高二年级上册期末复习检测模拟试题含解析

山东省新泰一中2023-2024学年物理高二上期末复习检测模拟试题

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再

选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

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，A、5都是很轻的铝环，分别吊在绝缘细杆的两端，杆可绕竖直轴在水平面内转动，环A是闭合的，环

5是断开的.若用磁铁分别靠近这两个圆环，则下面说法正确的是（）

A.图中磁铁N极接近A环时，A环被吸引，而后被推开

B.图中磁铁N极远离A环时，4环被排斥，而后随磁铁运动

C.用磁铁的任意一磁极接近A环时，A环均被排斥

D.用磁铁N极接近5环时，5环被推斥，远离磁铁运动

2、真空中有两个点电荷与央，若将它们的电荷量和间距都变为原来的3倍，则它们间的库仑力变为原来的（）

A.'倍B.1倍

3

C.6倍D.9倍

3、2010年元月9日上午，山东润泽电力有限公司投资的兆瓦级太阳能光伏电站正式并网发电，这是山东省第一家并

网发电的太阳能示范电站，每年发电量约为130万度.现有一块太阳能电池板，用电压表测得它的两端电压1600mV,

用电流表测得短路电流为80mA,若将该电池板与一阻值为60。的电阻连成一闭合电路，则它的路端电压是（电表均

为理想电表）（）

A.0.4VB.0.8V

C.1.2VD.1.6V

E近门班而向外

5、下列电路中属于“与”逻辑电路的是（）

6、如图所示，直角三角形的A5边长为L,NC为30。，三角形所围区域内存在着方向垂直纸面向里的匀强磁场.一

质量为加、电荷量为g的带负电粒子（不计重力）从A点沿45方向以速度vo射入磁场，要使粒子不从5c边穿出磁场,

则下列说法正确的是

A.磁感应强度的最小值为B=®"

qL

B.磁感应强度的最小值为也

2qL

27a

C.粒子在磁场中运动的最长时间为t=—

3%

D.粒子在磁场中运动的最长时间为t=—

3Vo

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，闭合矩形线圈abed从静止开始竖直下落，穿过一个匀强磁场区域，此磁场区域竖直方向的长度远大于

矩形线圈儿边的长度，不计空气阻力，则（）

XXX

1XXX1

II

1XXX1

II

1XXX1

II

1XXX1

II

A.从线圈de边进入磁场到ab边穿过出磁场整个过程，线圈中始终有感应电流

B.从线圈de边进入磁场到ab边穿出磁场的整个过程中，有一个阶段线圈的加速度等于重力加速度

C.dc边刚进入磁场时线圈内感应电流的方向，与de边刚穿出磁场时感应电流的方向相反

D.de边刚进入磁场时线圈内感应电流的大小，与de边刚穿出磁场时感应电流的大小一定相等

8、在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r,Ri、用为定值电阻，用为滑动变阻器，C为

电容器，图中电表为理想电表.在滑动变阻器滑动触头尸自。端向入端滑动的过程中()

A.电压表示数变大B.电容器C所带电荷量减少

C.电流表示数变小D.a点的电势降低

9、如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时所产生正弦式交变电流的图象，当调整线圈转

速后，所产生正弦式交变电流的图象如图线~所示，下列关于这两个正弦式交变电流的说法正确的是

A.在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量均为0

B.线圈先后两次转速之比为3：2

C.交变电流a的峰值为10V

D.交变电流入的峰值为5V

10、硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点。如图所示，曲线a是该电池在某光照强度下路端电压。随电

流变化的关系图象(电池电动势不变，内阻不是定值)，图线匕是某电阻尺的U-/图象。在该光照强度下将它们组成

闭合回路，下列说法正确的是（）

A.电流/越大，硅光电池内阻越大

B.硅光电池在该工作状态下的总功率为0.4W

C.硅光电池在该工作状态下的内阻为5。

D.若将R换成阻值更小的电阻，硅光电池的的输出功率减小

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）在探究小灯泡伏安特性实验中，所用器材有：灯泡L、量程恰当的电流表A和电压表V、直流电源E、

滑动变阻器尺、电键S等，要求灯泡两端电压从0V开始变化

（1）实验中滑动变阻器应采用接法（填“分压式”或“限流式”）;

（2）某同学已连接如图所示的电路，在闭合开关前，应将滑动变阻器触头置于最—端；（选“左”或“右”）

（3）某电流表表头内阻Rg为200。，满偏电流“为2mA,按如图改装成量程为3V和15V的电压表，Ri=Q,

&=£1o

12.（12分）如图所示，在第二象限内存在一个半径为。的圆形有界匀强磁场，磁场圆心坐标M（-2a,a）。在位置坐

标为（-2a,0）的P点存在一个粒子发射源，能在纸面内的第二象限向各个方向发射质量为m、带电量+4的粒子，其

速度大小均为v=这些粒子经过圆形磁场后都可以垂直y轴进入第一象限，并经过第一象限内一个垂直xOy平面向外

的有界匀强磁场区域，该区域磁场的磁感应强度大小为第二象限圆形磁场区域内磁感应强度大小的二分之一，粒子经

2777U

过该磁场后，全部汇聚到位置坐标为（2a,0）的Q点，再从Q点进入第四象限，第四象限内有大小为——、方向水

qa

平向左的匀强电场。不计粒子重力，求：

（1）第二象限圆形有界匀强磁场的磁感应强度；

（2）第一象限有界磁场的最小面积；

（3）这些粒子经过匀强电场后再次经过y轴时速度的大小以及粒子所能达到的最远位置坐标。

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5c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A5=R=O.2m,把一质量机=O.lkg,带电

4

量为q=+lCT的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）

⑴小球到达C点的速度大小

⑵小球在。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=lQ的电源，导轨平面与

水平面间的夹角0=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Ro=l。时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g=10m/s2,就1>37。=0.6,

cos37°=0.8

b

（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。、。相距d=0.10m,“、5间的电场强度为E=5.0X105N/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n/=4.8xl0-25kg,电荷

量为0=1.6x10〃8c的带正电的粒子（不计重力），从贴近a板的左端以vo=l.OxlO6m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好

从狭缝尸处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到分板的。处（图中未画出）.求尸、0之间的距离L

XXXXXX

XXXXXX

XXXXXX

XXXXXX

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

【解析】当磁铁N极靠近时，导致圆环A的磁通量变大，从而由楞次定律可得圆环A的感应电流，又处于磁场中，则

受到的安培力作用，使它远离磁铁，即被推开；故A错误；磁铁N极远离A环时，圆环A的磁通量变小，从而由楞

次定律可得圆环A的感应电流，又处于磁场中，则受到的安培力作用，使它随磁铁运动；故B错误；当磁铁的任意一

磁极靠近时，导致圆环A的磁通量变大，从而由楞次定律可得圆环A的感应电流，使A环被排斥，故C正确；

对于圆环B,当磁铁的靠近时，虽磁通量变大，有感应电动势，但由于不闭合，所以没有感应电流，则不受安培力作

用.所以对于圆环B,无论靠近还是远离，都不会有远离与吸引等现象，故D错误；故选C.

【点睛】本题也可以直接使用楞次定律的推论解答.从楞次定律相对运动角度可得“来拒去留”；即近则斥，远则吸

2、B

【解析】变化前两电荷之间的库仑力为

尸=%缘

变化后两者之间的库仑力为

F'=k3q''3^2=F

(3r)

故B正确，ACD错误。

故选B

3、C

E1600mA

【解析】根据题意可知太阳能电池板的内阻为：r=1=QC人=20Q,若将该电池板与一阻值为60。的电阻连

/短80mA

F16

成一闭合电路，根据闭合电路欧姆定律可得路端电压是。=——R=―:—x60V=1.2V,故C正确，ABD错误

R+r60+20

4、C

【解析】A.根据左手定则，垂直纸面向里的磁感线穿过手心，四指指向正电荷的运动方向向右，大拇指指向洛伦兹力

的方向，判断出来洛伦兹力向上。故A正确不符合题意。

B.根据左手定则，垂直纸面向外的磁感线穿过手心，四指指向正电荷运动的方向向右，大拇指指向洛伦兹力的方向，

判断出来洛伦兹力向下。故B正确不符合题意。

C.当速度与磁感线平行时，电荷不受洛伦兹力。故C错误符合题意。

D.根据左手定则，水平向左的磁感线穿过手心，四指指向负电荷运动的反方向向上，拇指指向洛伦兹力的方向，判断

出来洛伦兹力方向垂直纸面向外。故D正确不符合题意。

5、B

【解析】“与”逻辑电路为多个条件必须同时满足时才能出现某个结果.B中两开关必须同时闭合时灯才亮，为“与”逻

辑电路，B对

6、C

【解析】

粒子在磁场中做圆周运动，根据题意作出粒子临界运动轨迹，求出粒子临界轨道半径，应用牛顿第二定律求出磁感应

强度的最小值；根据粒子在磁场中转过的最大圆心角求出粒子在磁场中运动的最长时间.

【详解】A、B、粒子恰好不从5c射出时运动轨迹如图所示：

图中四边形480。是正方形，故圆周的半径为：片L,

粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：qv°B=mK,解得：8=华，粒子不从5c边射出：BN号,

u

rqLqL

故A、B错误；

C、D、粒子从AC边射出磁场时在磁场中转过的圆心角最大为：120。，粒子在磁场中运动时间最长，粒子在磁场中的

120°丁1271r2nL

最长运动时间：=—=丁，故C正确，D错误；

3603%3%

故选C.

【点睛】

本题考查了带电粒子在磁场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据题意分析清楚粒子运动过程、作出粒子运

动轨迹是解题的前提，应用牛顿第二定律与周期公式可以解题.

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.线圈中的磁通量发生变化才会有感应电流产生，当线圈整体在磁场中运动时，磁通量没有变化，故没有

感应电流，故A错误；

B.没有感应电流的时候，磁场对线圈没有阻碍作用，此时的加速度等于重力加速度，而有感应电流时，加速度小于

重力加速度，故B正确；

C.根据右手定则，de刚进入磁场时线圈内感应电流的方向从d到c,de边刚穿出磁场时感应电流的方向从c到d,即

两者方向相反，故C正确；

D.根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律

,EBLv

1==----

RR

从公式和题目的情景中可知：此磁场区域竖直方向的长度远大于矩形线圈灰?边的长度，可知当两种情况下速度不相等

时，它们的感应电流不可能相等，故D错误。

故选BC。

8、ABD

【解析】考查含容电路的动态分析。

【详解】A.在滑动变阻器滑动触头产自a端向8端滑动过程中，滑动变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻

减小，干路电流/增大，电阻Ri两端电压增大，则电压表示数增大，A正确；

B.电阻以两端电压：力=E-+r),/增大，则口减小，电容器板间电压减小，带电量减小，B正确；

C.通过以的电流上减小，通过电流表的电流〃=/-A，/增大，“减小，则/A增大，即电流表示数变大，C错误;

D.外电路顺着电流方向电势降低，可知a的电势大于0,a点电势等于尺2两端电压，5减小，则a点电势降低，D

正确。

故选ABDo

9、BC

【解析】由图读出电压最大值Um,周期T,由周期关系求出转速关系.t=0时刻电压为零，由法拉第电磁感应定律分

析磁通量

【详解】t=o时刻U=0,根据法拉第电感定律，磁通量变化率为零，而磁通量最大.则A错误.周期之比为2：3,则

EcoT.3

转速之比为3；2,则B正确；交流电a的峰值为10V,选项C正确；根据Em=B3s可知皆L=j=”=不，贝!|

Emb①b12

20

E=—V,选项D错误；故选BC.

mb3

10、AD

【解析】A.反映电池的a图像是U-/图象，电池的内阻为厂=当，而电池电动势不变，则图像上每一点和3.6V构

成的△。与对应的AZ的比值表示内阻大小，可知随电流/增大，硅光电池内阻越大，故A正确；

C.由闭合电路欧姆定律得

U=E—Ir

当1=0时，E=U,由a图线与纵轴的交点读出电池的电动势为：E=3.6V.根据两图线交点处的状态可知，将它们组

成闭合回路时路端电压为：U=2V,电流为：/=0.2A,则硅光电池的内阻为：

故C错误；

B.硅光电池的总功率为:

P&=E7=3.6x0.2W=0.72W

故B错误；

D.R的阻值为:

U

R=—=10Q>r=8£l

则若将R换成阻值更大的电阻，硅光电池的输出功率将减小，故D正确。

故选ADo

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.分压式②.右③.1300④.6000

【解析】(I)⑴探究小灯泡的伏安特性曲线要求电压从0到额定电压变化，所以滑动变阻器必须采用分压接法;

⑵[2]闭合开关前，应使滑动变阻器接入电路中的电阻最大，所以应将滑动变阻器的滑片尸置于右端；

(3)[3][4]表头满刻度电压值为：

[7g=/gXRg=200x2x103V=0.4V,

量程为3V时，在电阻Ri两端的电压应为：3-0.4=2.6V,电阻：

同理可得：

2『=枭^=6。。皿

mv„193

12、(1)B=(2)=—Tier(3)3v；(0,----a)

qamn22

【解析】(1)要想使这些粒子经过圆形磁场后都可以垂直y轴进入第一象限，则粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动的

半径必须和圆形磁场的半径相同，即：

在磁场中，由洛仑兹力提供向心力:

联立可得:

由左手定则知：磁感应强度3的方向垂直xOy平面向外

(2)第一象限区域磁场的磁感应强度大小为第二象限圆形磁场区域内磁感应强度大小的二分之一，则根据

此时粒子在磁场中做圆周运动的半径为

则最小磁场的直径为D=42a

最小面积为

S-=—7rD2=—7ta

min42

(3)粒子在从P到Q运动的过程中，所经历的磁场区域均不可以改变其速度的大小，所有粒子在到达Q点的速度仍

是v。虽然不同粒子在Q点的速度方向不同，从Q到y轴负方向，

由动能定理可得：

qEx2a=-mv,2--mv2

22

解得：

卜+欠=3v

Vm

由第一象限内的磁场分布可以知道，所有从。点射出的粒子，其速度大小均为V,方向颁布在沿x轴正向与y轴负向

之间的90。范围之内。

现研究从。点射出的，速度与y轴负向平角为。的粒子。其轨迹应是类斜抛。则有

〜.八1qE

cos0xf-2a=vsmOxt——x--xr2

'2m

联立两式，消去，可得：

4

/=-=/+5自2_而2

a

从此式可以看出：

当％=时，ymF

2v/

3

故第二次经过y轴最