山东省青岛市城阳一中2023年高二物理第一学期期末联考模拟试题含解析

山东省青岛市城阳一中2023年高二物理第一学期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、关于宇宙速度，下列说法正确的是A.第一宇宙速度大小为16.7km/s B.第二宇宙速度大小为11.2km/sC.第三宇宙速度大小为7.9km/s D.第二宇宙速度也叫环绕速度2、如图，两根相互平行长直导线分别通有方向相反的电流和，且；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共面；b点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面垂直．磁感应强度可能为零的点是A.a点 B.b点C.c点 D.d点3、下列叙述正确的是（）A.牛顿发现了万有引力定律并测量了万有引力常量B.法拉第发现通电导线能够在其周围产生磁场C.法拉第总结了通电导线周围磁场的规律，并提出分子电流假说D.感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果4、如图所示，重为100N的物体P在大小为10N的水平拉力F的作用下，在10s内沿水平路面匀速前进了1m，则在这段时间内拉力对物体做功的平均功率为A.1W B.10WC.100W D.1000W5、以MN为直径O为圆心的半圆弧上有M、N、P三点，如图所示，其中∠MOP＝，在MN两处各放置一条通有等大电流的长直导线垂直穿过半圆弧面，方向如图，这时O点的磁感应强度大小为B1．若将M处长直导线移至P处，则O点的磁感应强度大小为B2，则B2与B1之比为（）A.3：1 B.：2C.1：1 D.1：26、如图所示,电源电动势为E,内电阻为r,平行板电容器两金属板水平放置,开关S是闭合的,两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态,G为灵敏电流计．则以下说法正确的是()A.在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴向上加速运动，G中有从b到a的电流B.在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从b到a的电流C.在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴仍然静止，G中有从a到b的电流D.在将S断开后，油滴仍保持静止状态，G中无电流通过二、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、如图所示为“研究影响平行板电容器电容的因素”的实验装置，以下说法正确的是()A.A板与静电计的指针带的是异种电荷B.甲图中将B板上移，静电计的指针偏角增大C.乙图中将B板左移，静电计的指针偏角不变D.丙图中将电介质插入两板之间，静电计的指针偏角减小8、如图所示的空间存在水平向右的匀强电场E和垂直纸面向外的匀强磁场B，质量为m，带电荷量为+q的小环套在粗糙且足够长的竖直绝缘杆上，由静止开始（）A.小球的加速度不断减小，直至为零B.小球的加速度先增大后减小，直至为零C.小球的速度先增大后减小，直至某一值D.小球的动能不断增大,直至某一最大值9、如图所示，水平放置的平行金属板A、B间加有恒定电压，a点与下极板B的距离是b点到下极板B距离的4倍，一带电粒子从a点水平射入电场，初速度为v1，粒子恰好从B板的右边缘飞出，速度的偏向角为θ1。若该粒子从b点水平射入电场，初速度为v2，粒子也恰好从B板的右边缘飞出，速度的偏向角为θ2。不计粒子的重力。则下列说法正确的是（）A.B.C.D.10、如图所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为θ.质量为m、长为L的金属杆ab垂直导轨放置，整个装置处于垂直ab方向的匀强磁场中．当金属杆ab中通有从a到b的恒定电流I时，金属杆ab保持静止．则磁感应强度方向和大小可能为（）A.竖直向上，B.平行导轨向上，C.水平向右，D.水平向左，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）如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝T，边长L＝10cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈电阻r＝1Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，角速度ω＝2πrad/s，外电路电阻R＝4Ω，从图示位置开始计时，转动过程中感应电动势瞬时值表达式为e=______V；电压表的示数为___V.12．（12分）(1)如图所示游标卡尺读数为____________mm，螺旋测微器读数为____________mm.(2)(Ⅰ)利用多用电表测某导体的电阻，该同学先用多用电表电阻挡“×100”测量时发现指针向右偏转角度过大，为了减小测量误差，应将选择开关旋转到____________（选填“×1k”或“×10”）的位置，然后将两表笔短接，进行欧姆调零，再用两表笔与导体连接好并读数。(Ⅱ)他按正确的实验操作，用多用电表电阻挡测量时指针停在图所示的位置，则此材料电阻的测量值为________Ω.(Ⅲ)若该材料的长度为L，直径为D，电阻为R，则该材料电阻率的表达式ρ＝________.(3)在“测定电池的电动势和内阻”的实验中，已连接好部分实验电路(Ⅰ)按图甲所示的实验电路，把图乙中剩余的电路连接起来_______(Ⅱ)在连接的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于________端(选填“A”或“B”)(Ⅲ)如图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.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】第一宇宙速度大小是7.9km/s，也叫环绕速度，故AD错误；第二宇宙速度大小是11.2km/s，故B正确；第三宇宙速度是物体逃离太阳的最小速度．大小是16.7km/s，故C错误2、C【解析】两电流在该点的合磁感应强度为0，说明两电流在该点的磁感应强度满足等大反向关系，根据右手螺旋定则在两电流的同侧磁感应强度方向相反，则为或，又，所以该点距远距近，所以是点，故选项C正确，选项ABD错误考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【名师点睛】由安培定则可判出两导线在各点磁感线的方向，再由矢量的合成方法可得出磁感应强度为零的点的位置；本题考查了安培定则及矢量的合成方法，特别应注意磁场的空间性，注意培养空间想象能力3、D【解析】A．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测量了万有引力常量，故A错误；B．奥斯特发现通电导线能够在其周围产生磁场，故B错误；C．安培总结了通电导线周围磁场的规律，并提出分子电流假说，故C错误；D．感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果，故D正确。故选D。4、A【解析】物体在10N的拉力下前进1m，所以拉力做的功：W=FS=10×1=10J；拉力的平均功率：．故A正确，BCD错误5、B【解析】依题意，每根导线在O点产生的磁感强度为，方向竖直向下，则当M移至P点时，O点合磁感强度大小为：则B2与B1之比为A.3：1与分析不相符，故A项与题意不相符；B.：2分析相符，故B项与题意相符；C.1：1与分析不相符，故C项与题意不相符；D.1：2与分析不相符，故D项与题意不相符6、A【解析】电容器与电阻R、电阻R2相并联后与R1串联，滑片移动，根据电路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到导致电容器两端电压变化情况，最终判断油滴受力变化和运动情况解：A、C、粒子原来处于平衡状态，重力和静电力平衡；电容器与电阻R、电阻R2相并联后与R1串联，滑片向上移动，电阻R变大，电路总电阻变大，电流变小，电容器两端电压为：U=E﹣I（r+R1），故电容器两端电压变大，带电量变大，电场力变大，粒子向上加速；电容器充电，故电流从b到a，故A正确，C错误；B、在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程刚好与选项A相反，故B错误；D、在将S断开后，电容器通过电阻R2与R1放电，电量减为零，电流沿a至b，故D错误；故选A【点评】本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化二、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、BD【解析】A板与静电计指针相连，带的是同种电荷，A错误；平行板电容器的决定式是，定义式是，若将B板竖直向上平移，两极板正对面积减小，根据电容的决定式得知，电容C减小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析得到，板间电势差U增大，则静电计指针张角增大B正确;若将B板向左平移，板间距离d增大，根据电容的决定式得知，电容C减小，因电容器的电量Q不变，由电容的定义式知板间电势差U增大，则静电计指针张角增大，C错误;若将电介质插入两板之间，则C增大，U减小，静电计的指针偏角减小，D正确考点：本题考查了电容器的定义式和平行板电容器的决定式8、BD【解析】小球下滑过程中，受到重力、摩擦力（有时有）、弹力（有时有）、向右的电场力、向左的洛伦兹力，开始阶段，洛伦兹力小于电场力时，小环向下做加速运动时，速度增大，洛伦兹力增大，小球所受的杆的弹力向左，大小为N随着v增大而减小，滑动摩擦力f=μN也减小，小球所受的合力f减小，F合增大，加速度a增大；当洛伦兹力等于电场力时，合力等于重力，加速度最大；小球继续向下做加速运动，洛伦兹力大于电场力，小球所受的杆的弹力向左，大小为v增大，N增大，f增大，F合减小，a减小，mg=f时，a=0，故加速度先增大后减小，直到为零；小球的速度先增大，后不变；杆对小球的弹力先减小后反向增大，最后不变；洛伦兹力先增大后不变。故BD正确。故选BD。9、BC【解析】AB．设金属板长为L，b点到下极板B距离是d。粒子从a点射入电场的过程：水平方向有L=v1t1竖直方向有联立得粒子从b点射入电场的过程：水平方向有L=v2t2竖直方向有联立得可得t1=2t2v2=2v1故A错误，B正确CD．根据速度分解可得将t1=2t2，v2=2v1代入可得tanθ1=4tanθ2故C正确，D错误。故选BC。10、AD【解析】A．当磁场竖直向上时，由左手定则可知，安培力水平向右，则由平衡可知：BIL=mgtanθ解得：A正确；B．当磁场方向平行导轨向上时，由左手定则可知，安培力垂直导轨向下，则金属棒不可能平衡，B错误；C．当磁场方向水平向右时，安培力竖直向下，导体棒不可能平衡，C错误；D．当磁场方向水平向左时，安培力竖直向上，则BIL=mg即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.e=10cos2πt②.【解析】先根据Em=NBSω求解电动势的峰值，再根据e=Emcosωt写出瞬时表达式．电压表示数为有效值【详解】电动势的峰值为：Em＝NBSω＝100××0.1×0.1×2πV＝10V；从图示位置开始计时，转动过程中感应电动势瞬时值表达式为e=Emcosωt=10cos2πt；根据电压分配原理可得，路端电压的峰值为：；则电压表示数为：12、①.23.5②.2.708-2.709③.×10④.140⑤.⑥.⑦.A⑧.1.5⑨.1.0【解析】(1)[1]游标卡尺的读数为：；[2]螺旋测微器的读数为：；(2)[3]用多用电表测量电阻时，指针开始指向无穷大刻度，发现指针向右偏转角度过大，说明示数小，则应换用小一档的倍率测量，即将选择开关旋转到“×10”档位；[4]多用电表读数为：；[5]根据电阻定律，圆柱体导体材料的横截面积：，联立可得金属电阻率：。(3)[6]由原理图可知滑动变阻器为限流接法，电压表并联在滑动变阻器两端，由原理图连接实物图所示；[7]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左半部分，故滑片应接到A端；[8]由U-I图可知，电源