甘肃省武威市第六中学2023年物理高二上期末联考模拟试题含解析

甘肃省武威市第六中学2023年物理高二上期末联考模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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、下列物理量中，用来描述磁场强弱和方向的是（）A.磁通量 B.安培力C.洛伦兹力 D.磁感应强度2、如图所示，要使Q线圈产生图示方向的电流，可采用的方法有A.闭合电键K后，把R的滑片右移B.闭合电键K后，把P中的铁心从左边抽出C.闭合电键K后，把Q靠近PD.无需闭合电键K，只要把Q靠近P即可3、如下图所示，将质量为M，半径为R且内壁光滑半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠墙。今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是（）A.槽离开墙后，将不会再次与墙接触B.小球离开C点以后，将做竖直上抛运动C.小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒D.小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒4、下列能源中属于常规能源的是（）A.太阳能 B.天然气C.核能 D.地热能5、如图所示,在匀强磁场区域的上方有一半径为r、质量为m的导体圆环,将圆环由静止释放,圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等.已知圆环的电阻为R,匀强磁场的磁感应强度为B,重力加速度为,则()A.圆环进入磁场的过程中,电阻产生的热量为mgrB.圆环进入磁场的过程可能做匀速直线运动C.圆环进入磁场的过程中,通过导体某个横截面的电荷量为D.圆环进入磁场的过程中,圆环中的电流为顺时针6、如图所示装置中，一个足够长的光滑水平导轨与一理想变压器的原线圈相连，导体棒ab放在导轨上并处于匀强磁场中，副线圈上连接有灯泡L和电容器C，其余一切电阻不计．则下列说法正确的是A.若ab棒向右做匀速直线运动，则灯泡L中有c→d的电流B.若ab棒向右做匀速直线运动，则电容器C下极板带正电C.若ab棒向左做匀加速直线运动，则灯泡L中有d→c的电流D.若ab棒向左做匀加速直线运动，则电容器C上极板带正电二、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，边界OA与OC之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA上有一粒子源S．某一时刻，从S平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子（不计粒子的重力及粒子间的相互作用），所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有大量粒子从边界OC射出磁场．已知∠AOC=60°从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于T/2（T为粒子在磁场中运动的周期），则从边界OC射出的粒子在磁场中运动的时间可能为（）A.T/9 B.T/7C.T/5 D.T/38、如图所示，质量为m的带电金属小球，用绝缘细线与质量为M=2m的不带电的木球相连，两球恰能在竖直向上的足够大的场强为E的匀强电场中，以速度v匀速竖直上升。当木球升至a点时，细线突然断开，木球升至b点时，速度刚好为零，那么，下列说法中正确的是（）A.当木球的速度为零时，金属小球的速度为3vB.当木球的速度为零时，金属小球的速度为2vC.a、b两点间的电势差为D.a、b两点间，木球动能的减少等于两球重力势能的增加9、如图所示，有三个质量相等，分别带正电、带负电和不带电的小球，从平行板电场的中点以相同的初速度垂直于电场方向进入，它们分别落在A、B、C三点，下列说法正确的是A.落在C点的小球带正电B.落在A点的小球带正电C.三个小球在电场中运动的时间相等D.三个小球到达极板时的动能关系为10、如图甲所示，正六边形导线框abcdef放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示．t＝0时刻，磁感应强度B的方向垂直纸面向里，设产生的感应电流以顺时针方向为正、竖直边cd所受安培力的方向以水平向左为正．则下面关于感应电流i和cd边所受安培力F随时间t变化的图象正确的是()A. B.C. D.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）一学习小组要用伏安法尽量准确地描绘一个标有“6V，1.5W”的小灯泡的I﹣U图线，现有下列器材供选用：A．学生电源（直流9V）B．开关一个、导线若干C．电压表（0～3V，内阻约10kΩ）D．电压表（0～6V，内阻约10kΩ）E．电压表（0～10V，内阻约30kΩ）F．电流表（0～0.3A，内阻约0.1Ω）G．电流表（0～0.6A，内阻约0.4Ω）H．电流表（0～3A，内阻约0.6Ω）I．滑动变阻器（20Ω，2A）J．滑动变阻器（200Ω，1A）(1)实验中需用到的仪器有_____（用字母序号表示）；(2)在图1方框内画出实验电路图；_____(3)对应实验电路图将图2实物连线补充完整。_____12．（12分）“测定电池的电动势和内阻”的实验中：(1)在如图甲所示的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑动触头应置于___________端（填“A”或“B”）(2)如图乙是根据实验数据作出的U-I图象，由图可知，电源的电动势E=__________V，内阻r=__________Ω(3)实验中如果将电压表并连在滑动变阻器的A、B两端，则理论上电动势的测量值和真实值关系E测________E真，内阻的测量值和真实值r测________r真（填“＜，＞，或=”）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L14．（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，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、D【解析】A．磁通量是穿过某一面积上的磁感线的条数，单位面积上的磁通量才可以描述磁场的强弱，故A错误；B．安培力描述电流在磁场中受到的力的作用，不是用来描述磁场的强弱和方向，故B错误；C．洛伦兹力描述带电粒子在磁场中受到的力的作用，不是用来描述磁场的强弱和方向，故C错误；D．磁感应强度是用来描述磁场强弱和方向的物理量，故D正确。故选D。2、C【解析】A．闭合电键K后，把R的滑片右移，Q中的磁场方向从左向右，且在减小，根据楞次定律，左边导线电流方向向上，故A错误；B．闭合电键K后，将P中的铁心从左边抽出，Q中的磁场方向从左向右，且在减小，根据楞次定律，左边导线电流方向向上，故B错误；C．闭合电键，将Q靠近P，Q中的磁场方向从左向右，且在增强，根据楞次定律，左边导线的电流向下，故C正确；D．若K不闭合，则P线圈中无磁场，故Q中不会有电流产生，选项D错误；故选C。【点睛】解决本题的关键掌握感应电流产生的条件，即当通过闭合回路中的磁通量发生变化，就会产生感应电流，以及会运用楞次定律判断感应电流的方向。3、A【解析】AB．小球从A运动到B的过程中，由于墙壁的阻挡，所以槽不会运动，在该过程中，小球与半圆槽在水平方向受到墙壁的作用力，系统水平方向动量并不守恒，小球、半圆槽组成的系统动量也不守恒；从B运动到C的过程中，在小球压力作用下，半圆槽离开墙壁向右运动，小球离开C点时，小球的水平速度与半圆槽的速度相同，但是此时小球也具有竖直向上的速度，所以小球离开C点以后，将做斜上抛运动。小球离开C点以后，槽向右匀速运动，因为全过程中，整个系统在水平方向上获得了水平向右的冲量，槽将与墙不会再次接触，B错误A正确；C．小球从A运动到B的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量不守恒。槽离开墙壁后，系统水平方向不受外力，小球与半圆槽在水平方向动量守恒，因此，小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量不守恒，C错误；D．小球在槽内运动的全过程中，小球有竖直向上的分加速度，存在超重现象，系统竖直方向的合外力不为零，因此，小球与半圆槽组成的系统动量不守恒，D错误。故选A。4、B【解析】新能源又称非常规能源．是指传统能源之外的各种能源形式．指刚开始开发利用或正在积极研究、有待推广的能源，如太阳能、地热能、风能、海洋能、生物质能和核聚变能等．所以天然气为常规能源，选B.5、C【解析】分析清楚圆环进入磁场的过程，根据楞次定律判断感应电流的方向；根据线圆环进入与离开磁场的速度判断线框的运动性质；根据求电荷量;根据动能定理求出圆环的下边刚进入磁场到上边刚进入磁场这段过程中克服安培力做的功，即可知道线框的电阻产生的热量.【详解】A、由于圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等，根据动能定理得：mg2r-W=0，所以W=2mgr,故通过电阻的热量为2mgr;故A错误.B、由于圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等，该过程感应电流不同，安培力不同，故线圈不可能匀速；故B错误.C、根据电量公式，得；故C正确.D、圆环进入磁场的过程中，垂直纸面向里的磁通量增加，根据楞次定律，圆环中感应电流的磁通量应垂直纸面向外，由楞次定律判断感应电流为逆时针方向，故D错误.故选C.【点睛】解决本题的关键是恰当地选择研究过程，根据动能定理求出克服安培力所做的功，以及根据动力学分析出线框的运动情况.6、D【解析】理想变压器是根据磁通量的变化来工作的，当原线圈的磁通量恒定时，副线圈是没有感应电流的，根据变压器的工作的原理，运用楞次定律和右手定则、安培定则结合分析原线圈中的电流的变化情况即可得出结论【详解】AB．若棒匀速运动，则棒切割磁场产生的电流是恒定的，线圈产生的磁通量也是恒定的，不会引起副线圈的磁通量的变化，所以副线圈不会有感应电流产生，所以副线圈的电流为零，灯泡不亮，电容器不带电．故A、B均错误；CD．若棒向左做匀加速直线运动，由右手定则判断可知，棒中产生由的感应电流，而且感应电流增大，感应电流通过原线圈，根据安培定则可知，原线圈中产生向上的磁场，而且磁场不断增强，则穿过副线圈的磁通量增大，由楞次定律判断得知，副线圈中产生向上的螺旋式电流，灯泡中有的电流，电容器上极板带正电，故D正确，C错误【点睛】变压器只能在交流电路中工作，变压器是根据磁通量的变化来工作的，知道变压器的工作的原理就可以解决本题二、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、CD【解析】所有粒子的初速度大小相同，轨迹半径相同，当入射点与出射点连线最长时，轨迹的圆心角最大，粒子在磁场中运动的最长．相反连线最短，时间最短【详解】粒子在磁场做匀速圆周运动，粒子在磁场中出射点和入射点的连线即为轨迹的弦．初速度大小相同，轨迹半径R=相同．设OS=d，当出射点D与S点的连线垂直于OA时，DS弦最长，轨迹所对的圆心角最大，周期一定，则由粒子在磁场中运动的时间最长．由此得到轨迹半径为：R=d，当出射点E与S点的连线垂直于OC时，弦ES最短，轨迹所对的圆心角最小，则粒子在磁场中运动的时间最短．则：SE=d，由几何知识，得θ=60°；最短时间：tmin=T；故CD正确，AB错误；故选CD8、AC【解析】AB．M与m组成的系统以速度v匀速竖直向上运动说明它们的合力为0，故动量守恒代入数据得故A正确，B错误；C．木球从a到b，只有重力做功，所以整理得a、b之间的电势差故C正确；D．小木球从点A到点B的过程中，其动能的减少量等于木球重力势能的增加量，D错误。故选AC。9、BD【解析】C．小球在电场中做类平抛运动，小球在水平方向上做匀速直线运动，根据可知，C错误；AB．根据偏转位移相等则，可知C的电场力方向向下，A的电场力方向向上，所以A带正电，C带负电，B不带电，A错误B正确；D．根据受力分析可知根据动能定理知，C的合力最大，则C球合力做功最多，A球合力做功最小，可知C球动能增加量最大，A球动能增加量最小，初动能相等，所以三个小球到达极板时的动能关系为，D正确。故选BD。10、AC【解析】分析：根据法拉第电磁感应定律求出各段时间内的感应电动势和感应电流的大小，根据楞次定律判断出感应电流的方向，通过安培力大小公式求出安培力的大小以及通过左手定则判断安培力的方向解答：解：A、0～2s内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，为正值．根据法拉第电磁感应定律，E==B0S为定值，则感应电流为定值，I1=．在2～3s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针方向，为正值，大小与0～2s内相同．在3～4s内，磁感应强度垂直纸面向外，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与0～2s内相同．在4～6s内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与0～2s内相同．故A正确，B错误C、在0～2s内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，电流恒定不变，根据FA=BIL，则安培力逐渐减小，cd边所受安培力方向向右，为负值．0时刻安培力大小为F=2B0I0L．在2s～3s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据FA=BIL，则安培力逐渐增大，cd边所受安培力方向向左，为正值，3s末安培力大小为B0I0L．在2～3s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，cd边所受安培力方向向右，为负值，第4s初的安培力大小为B0I0L．在4～6s内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，cd边所受安培力方向向左，6s末的安培力大小2B0I0L．故C正确，D错误故选AC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.ABDFI②.③.【解析】(1)“6V，1.5W”的小灯泡，电源选用直流电压为9V的A电源，当然还需要一些导线和开关B，电压表选用量程为6V的D即可，灯泡正常发光的电流电流表选用量程为0.3A的F，由于测的是小灯泡的I-U图线，要求电压的调节范围较大，故采用分压式连接，滑动变阻器选用阻值较小的I。(2)灯泡正常发光的电阻阻值较小，为了减小误差，电流表宜采用外接法接入，故电路图如图(3)据电路图连接实物如图12、①.A②.1.5③.1.0④.=⑤.＞【解析】（1）滑动变阻器在开始时应调节到使电路中电流最小的位置；（2）由图可知，图象由纵坐标交点为电动势；根据图象的斜率绝对值表示内电阻可求得内电阻（3）将电压表并连在滑动变阻器的A．B两端，误差来自由没有分析电流表与电压表的内阻，则通过电表对电路的影响作出真实值与测量值间的图象，由图象可分析其误差情况【详解】（1）为保证实验安全，在开始时电路中电流应为最小值，故滑动变阻器应接入最大阻值，由图可知，滑动变阻器接入部分为右半部分；故滑片应接到A端；（2）在U-I图象中纵坐标的截距代表的是电源的电动势，直线的斜率绝对值代表的是电源的内阻的大小．U-I图可知，