安徽省马鞍山市含山中学2023年物理高二上期末综合测试模拟试题含解析

安徽省马鞍山市含山中学2023年物理高二上期末综合测试模拟试题注意事项: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、如图所示，足够大的匀强磁场中有一个矩形线圈，正绕轴以恒定的角速度匀速转动，下列分析中正确的是（）A.转动过程中，线圈中产生的感应电动势大小不变B.如果仅将线圈的转轴向右平移一段距离x（x<d），线圈绕轴转动时产生的感应电动势将增大C.如果仅将线圈的转轴向左平移一段距离，线圈绕轴转动时产生的感应电动势增大D.当线圈从图中位置转过90°时，线圈中产生的感应电动势为02、如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在磁铁右上方固定一根与磁铁垂直的长直导线．当导线中通以由外向内的电流时磁铁仍然保持静止，则()A.磁铁受到向左的摩擦力，对桌面的压力增大B.磁铁受到向右的摩擦力，对桌面的压力减小C.磁铁受到向左的摩擦力，对桌面的压力减小D.磁铁不受摩擦力，对桌面的压力不变3、如图所示，长方体金属块边长之比a：b：c=3：1：2，将A与B接入电压为U的电路中时，电流为I；若将C与D接入电压为U的电路中，则电流为（设金属块的电阻率不变）（）A.I B.9I/4C.4I/9 D.2I4、如图所示，MN．PQ为同一水平面的两平行光滑导轨，导轨间有垂直于导轨平面的磁场，导体ab．cd与导轨有良好的接触，当ab沿轨道向右滑动时，cd将（）A.右滑 B.不动C.左滑 D.无法确定5、如图甲是我国自行研制成功的中央处理器（CPU）芯片“龙芯”1号，图乙中，R1和R2是两个材料相同、厚度相同、表面为正方形的芯片内部电阻，R2的尺寸远远小于R1的尺寸。若通过两电阻的电流方向如图所示，则R1、R2关系判断正确的是A.R1=R2B.R1<R2C.R1>R2D.无法确定6、一电荷量为＋q的试探电荷位于电场中的A点，受到的电场力为F。若把该试探电荷换为电荷量为-2q的试探电荷，则A点的电场强度E为（）A.，方向与F相反 B.，方向与F相同C.，方向与F相反 D.，方向与F相同二、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、有两个匀强磁场区域I和II，I中的磁感应强度是II中的k倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动，与I中运动的电子相比，II中的电子（）A.运动轨迹的半径是I中的k倍B.加速度的大小是I中的k倍C.做圆周运动的周期是I中的k倍D.做圆周运动的角速度是I中的k倍8、一闭合矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化图象如图所示，则下列说法中正确的是（）A.t=0时刻线圈平面与中性面平行B.t=0.1s时刻，穿过线圈平面的磁通量变化率为零C.t=0.2s时刻，线圈中有最大感应电动势D.t=0.4s时刻，线圈中的感应电流为零9、无限长通电直导线在周围某一点产生的磁场的磁感应强度B的大小与电流成正比，与导线到这一点的距离成反比，即(式中k为常数)．如图所示，两根相距L的无限长直导线分别通有电流I和3I．在两根导线的连线上有a、b两点，a点为两根直导线连线的中点，b点距电流为I的导线的距离为L．下列说法正确的是()A.a点和b点的磁感应强度方向相反B.a点和b点的磁感应强度方向相同C.a点和b点的磁感应强度大小比为8∶1D.a点和b点的磁感应强度大小比为16∶110、仅根据万有引力常数G和下面的数据，可以计算出地球质量M的是A.月球绕地球运行的周期T1及月球中心到地球中心的距离R1B.地球同步卫星离地面的高度C.地球绕太阳运行的周期T2及地球到太阳中心的距离R2D.人造地球卫星绕地球运行的速度v和运行周期T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）下图是改装并校准电流表的电路图，已知微安表头的量程为Ig=600µA，内阻为Rg=198Ω，要求把表头改装成量程为I=60mA的电流表，则图中需要并联分流电阻Rp的阻值为______Ω，改装后的电流表测量电流时，指针指在表盘上原来100µA处,则被测电流的大小是____________mA12．（12分）在利用碰撞做“验证动量守恒定律”的实验中，实验装置如图甲所示，图中斜槽部分与水平槽部分平滑连接，按要求安装好仪器后开始实验．图中设计有一个支柱（通过调整，可使两球的球心在同一水平线上，上面的小球被碰离开后，支柱立即倒下）．先不放被碰小球，让入射小球从挡板C处由静止滚下，重复若干次；然后把被碰小球放到支柱上，有重复若干次．在白纸上记录下挂于槽口的重锤线在记录纸上的竖直投影点和各次实验时小球落点的平均位置，从左至右依次为O、M、P、N点，两小球直径相等，并用刻度尺测出OM、OP、ON的长度．入射小球和被碰小球的质量分别为m1、m2．则（1）入射小球的质量m1和被碰小球的质量m2应该满足m2_____m1（填“>”或“<”）（2）用螺旋测微器测量小球的直径如图乙所示，则小球的直径d=___________mm（3）当所测的物理量满足表达式_____________________（用所测物理量的字母表示）时，即说明两球的碰撞遵守动量守恒定律（4）某次实验得到入射小球的落点M、P到O距离如图丙所示，假设两球的碰撞是弹性正碰，则被碰小球的落点N到O的距离ON=_________cm．（保留2位小数）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）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14．（16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、D【解析】A．矩形线圈从与中性面垂直的面开始计时，产生的电动势为式中为线圈的匝数，为线圈的横截面积，所以电动势随时间改变，故A错误；BC．根据A选项中的表达式可知，转轴向左或者向右移动，感应电动势的表达式不变，随时间的变化不变，故BC错误；D．当线圈从图中位置转过代入方程中故D正确。故选D。2、C【解析】先判断电流所在位置的磁场方向，然后根据左手定则判断安培力方向；再根据牛顿第三定律得到磁体受力方向，最后对磁体受力分析，根据平衡条件判断.【详解】条形磁铁外部磁场又N指向S，根据左手定则知,直导线所受的安培力的方向斜向左下方，根据牛顿第三定律知，条形磁铁所受力的方向斜向右上方，可知条形磁铁有向右的运动趋势，所受的摩擦力方向向左，磁铁对桌面的压力减小；故C正确，A、B、D错误.故选C.【点睛】本题关键先对电流分析，得到其受力方向，再结合牛顿第三定律和平衡条件分析磁体的受力情况.3、B【解析】根据电阻定律可确定AB及CD时的电阻，再由欧姆定律即可确定电流【详解】设b长为l；根据电阻定律可知：；则接AB时，电阻；当接CD时，电阻；由欧姆定律可知：；则；故选B4、A【解析】假设导轨间有垂直于导轨平面向上的磁场，当ab沿轨道向右滑时，向上的磁通量减少时，感应电流的磁场就与原来磁场的方向相同，即向上；所以电流从d流向c，由左手定则可以判断cd所受安培力向右，所以cd右滑，故A正确。故选A。5、A【解析】设导体的电阻率为ρ，厚度为d，边长为L，则由电阻定律得导体的电阻：可知电阻与边长L无关，只取决于厚度，故R1=R2。A.R1=R2。与上述结论相符，故A正确；B.R1<R2。与上述结论不符，故B错误；C.R1>R2。与上述结论不符，故C错误；D.无法确定。与上述结论不符，故D错误。故选：A。6、B【解析】电荷量为q的正电荷位于电场中的A点，受到电场力为F，则知A点电场强度E的大小为方向与F方向相同。电场强度反映电场本身性质的物理量，仅由电场本身决定，与试探电荷无关。可知，将试探电荷换为电荷量为-2q，A点的场强大小仍然是，方向与F方向相同，故选B。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、AC【解析】电子在磁场中做的圆周运动，洛伦兹力作为向心力，根据圆周运动的周期公式和半径公式逐项分析即可设Ⅱ中的磁感应强度为B，则Ⅰ中的磁感应强度为kB，根据电子在磁场中运动的半径公式可知，Ⅰ中的电子运动轨迹的半径为，Ⅱ中的电子运动轨迹的半径为，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，故A正确；电子在磁场运动的洛伦兹力作为向心力，所以电子的加速度的大小为，所以Ⅰ中的电子加速度的大小为，Ⅱ中的电子加速度的大小为，所以Ⅱ的电子的加速度大小是Ⅰ中的倍，故B错误；根据电子在磁场中运动的周期公式可知，Ⅰ中的电子运动周期为，Ⅱ中的电子运动周期为，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的周期是Ⅰ中的k倍，故C正确；做圆周运动的角速度，所以Ⅰ中的电子运动角速度为，Ⅱ中的电子运动角速度为，在Ⅱ的电子做圆周运动的角速度是Ⅰ中的倍，故D错误8、BC【解析】A.由图可知t=0时刻通过线圈的磁通量为0，此时线圈平面与磁场方向平行，与中性面垂直，选项A错误；B.t=0.1s时刻通过线圈的磁通量最大，穿过线圈平面的磁通量变化率为零，选项B正确；C.t=0.2s时刻通过线圈磁通量为0，磁通量变化率最大，线圈中有最大感应电动势，选项C正确；D.t=0.4s时刻，通过线圈的磁通量为0，磁通量变化率最大，线圈中有最大感应电动势，线圈中的感应电流最大，选项D错误。故选BC。9、BD【解析】本题考查了磁场的叠加，根据导线周围磁场分布可知，与导线等距离地方磁感应强度大小相等，根据安培定则判断出两导线在a、b点形成磁场方向，磁感应强度B是矢量，根据矢量分解合成的平行四边形定则求解【详解】AB、根据右手螺旋法则，导线周围磁场的磁感线，是围绕导线形成的同心圆，3I导线与I导线在a处的磁感应强度方向都向下，则合磁感应强度方向向下的；根据，3I导线在b处的磁感应强度方向向下，而I导线在b处的磁感应强度方向向上，因3I导线产生的磁场较大，则合磁感应强度方向向下，因此a点和b点的磁感应强度方向相同，故A错误，B正确；CD、3I导线与I导线在a处磁感应强度大小Ba=+=，而3I导线与I导线在b处的磁感应强度大小Bb=−=，则a点和b点的磁感应强度大小之比为16:1，故C错误，D正确故选BD.10、AD【解析】A、月球绕地球做圆周运动,地球对月球的万有引力提供圆周运动的向心力，已知月球绕地球运行的周期T1及月球中心到地球中心的距离R1则可以求出中心天体地球的质量，故A正确；B、知道地球同步卫星离地面的高度，当没有给同步卫星的另一个物理量，所以无法求出中心天体的质量，故B错误；C、利用地球绕太阳运行的周期T2及地球到太阳中心的距离R2可以求出太阳的质量，故C错误；D、利用公式及公式可求出中心天体地球的质量，故D正确；故选AD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、①.2；②.10；【解析】分流电阻阻值为：，原来电流表量程为，改装后电流表量程为60mA，电流表量程扩大了100倍，分度值扩大100倍，指针指在表盘上原来处，则被测电流的大小为：.【点睛】根据并联电路特点与欧姆定律可以求出分流电阻阻值；根据电流表的量程确定其分度值，然后读出其示数12、①.<②.12.803（12.802-12.804）③.m1OP=m1OM+m2（ON-d）④.36.28【解析】（1）为防止入射球反弹，入射小球的质量要大于被碰小球的质量；（2）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．（3）根据动量守恒定律求出实验需要验证的表达式，然后根据表达式分析答题；（4）根据动量守恒定律以及机械能守恒定律列式，联立即可求得速度关系，从而求出OM、ON以及OP之间的关系【详解】（1）为防止入射球反弹，入射小球的质量m1和被碰小球的质量m2应该满足m2<m1；（2）螺旋测微器的固定刻度读数为12.5mm，可动刻度读数为0.01×30.3mm=0.303mm，所以最终读数为：d=12.5mm+0.303mm=12.803mm（3）由动量守恒定律可知，如果动量守恒，则应保证：m1v=m1v1+m2v2；因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，OP是A球不与B球碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表A球碰撞前的速度，OM是A球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后A球的速度，（ON-d）是碰撞后B球的水平位移，该位移可以代表碰撞后B球的速度，当所测物理量满足表达式m1•OP=m1•OM+m2•（ON-d），说明两球碰撞遵守动量守恒定律；（4）设入射小球质量为m1，被碰小球质量为m2．碰撞前入射球速度为v0，碰撞后两球速度分别为v1、v2．根据动量守恒得和机械守恒定律得：m1v0=m1v1+m2v2m1v02=m1v12+m2v22联立解得：v0+v1=v2三球平抛运动时间相同，则得到：OP+OM=ON′=ON-d故：ON=OP+OM+d=25cm+10cm+1.28cm=36.28cm【点睛