2027届广东省陆丰市东海中学物理高二上期末质量检测试题含解析

2027届广东省陆丰市东海中学物理高二上期末质量检测试题注意事项：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、如图所示，在E=600V/m的匀强电场中，a、b两点相距d=2cm，它们的连线跟场强方向的夹角是60°，则Uab等于（）A.6V B.12VC.-6V D.-12V2、真空中有甲乙两个点电荷，相距r时的静电力为若保持两者间距不变，使甲的电荷量变为原来的2倍，乙的电荷量变为原来的倍，则它们之间的静电力变为A. B.C. D.3、如图所示，a、b、c、d为某一电场中的四个等势面，已知相邻等势面间电势差相等，一个带正电粒子运动过程中只受电场力作用，先后经过M点和N点，则（）A.电场力对粒子做正功B.粒子在M点的加速度比N点大C.四个等势面电势关系为φaφbφcφdD.该粒子在N点的动能较大，电势能较小4、如图所示为磁流体发电机的示意图，一束等离子体（含正、负离子）沿图示方向垂直射入一对磁极产生的匀强磁场中，A、B是一对平行于磁场放置的金属板，板间连入电阻R，则电路稳定后A.R中有向下的电流B.离子在磁场中不发生偏转C.A、B板聚集电荷量基本不变D.离子在磁场中偏转时洛伦兹力可能做功5、如图所示为一个圆环形导体，有一个带负电的粒子沿直径方向在圆环表面匀速掠过的过程，环中感应电流的情况是()A.无感应电流B.有逆时针方向的感应电流C.有顺时针方向的感应电流D.先逆时针方向后顺时针方向感应电流6、一闭合线圈放在匀强磁场中，线圈的轴线与磁场方向成θ角，如图所示，磁场的磁感应强度随时间均匀变化．在下述几种方法中可使线圈中感应电流增加一倍的是()A.仅把线圈匝数增加一倍 B.仅把线圈面积增加一倍C.仅把线圈直径增加一倍 D.仅把线圈电阻率增加一倍二、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、如图所示电路,两根光滑金属导轨,平行放在倾角为的斜面上,导轨下端接有电阻R，导轨电阻不计,斜面处在竖直向上的匀强磁场中,电阻可略去不计的金属棒质量为受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F的作用,金属棒沿导轨匀速下滑，则它在下滑高度的过程中,以下说法正确的是A.作用在金属棒上各力的合力做功为零B.重力势能减少量等于系统产生的电能C.金属棒克服安培力做功等于电阻R上产生的焦耳热D.金属棒克服恒力F做功等于电阻R上产生的焦耳热8、将光敏电阻R、定值电阻R0、电流表、电压表、开关和有一定内阻的电源连接成如图所示电路，已知光敏电阻的阻值随光照强度的增大而减小．若闭合开关，逐渐增大光照强度，下列有关电路中的变化，说法正确的是（）A.电压表与电流表的示数之比将逐渐减小B.电压表、电流表，两表变化量大小的比值将逐渐减小C.电源的输出功率逐渐减小D.电源的效率逐渐减小9、全球性“超导热”的兴起，使超导电磁船的制造成为可能，如图是超导电磁船的简化原理图，MN和CD是与电源相连的两个电极，MN与CD之间部分区域有垂直纸面向内的匀强磁场（磁场由超导线圈产生，其独立电路部分未画出），两电极间的海水会受到安培力的作用，船体就在海水的反作用力推动下向前驶动．下列说法正确的是（）A.该超导电磁船应用的是电磁感应原理B.要使船前进，图中MN应接直流电源的正极C.改变电极的正负或磁场方向，可控制船前进或倒退D.增大电极间的电流或磁感应强度，可增大船航行的速度10、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，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，A、V为理想电流表和电压表。在滑动变阻器滑动头P自b端向a端滑动的过程中，下列说法中正确的是（）A.电压表示数变大B.电流表示数变小C.电容器C所带电荷量增多D.a点的电势降低三、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）某同学在做“测电源电动势与内阻”的实验中，可使用的器材有：A．两只相同的毫安表（量程Ig＝3mA，内阻Rg＝1000Ω）；B．滑动变阻器R1（最大阻值20Ω）；C．滑动变阻器R2（最大阻值2000Ω）；D．各种规格的定值电阻R0；E．电源E（电动势约为3.0V）；F．开关、导线若干由于给出的毫安表量程太小，该同学首先要把一只毫安表改装成量程为0.6A的电流表，他需要把阻值为__________Ω的定值电阻R0与毫安表并联（结果保留一位小数）.该同学将用如右上方的电路图进行实验，测定电源的电动势和内阻．在实验中发现变阻器的滑片由左向右逐渐滑动时，电流表G1示数逐渐增大，电流表G2示数接近3.0mA并且几乎不变，当滑片临近最右端时，电流表G2示数急剧变化．出现这种问题，应更换一个总阻值比原来______(选填“大”或“小”)的变阻器．在更换变阻器后,该同学连好电路，改变滑动变阻器滑片的位置，读出毫安表G1、G2的示数分别为I1、I2，并得到多组数据，建立直角坐标系，作出了I2和I1的关系图线，经拟合得到直线I2＝3.0mA－0.4I1,则得出电源电动势E＝_____V，内阻r＝_____Ω．（保留一位小数）12．（12分）某研究小组收集了一个电学元件：电阻R0（约为2kΩ）实验室备有如下器材：A．电压表V（量程3V，电阻RV约为4.0kΩ）B．电流表A1（量程100mA，电阻RA1约为5Ω）C．电流表A2（量程2mA，电阻RA2约为50Ω）D．滑动变阻器R1（0～40Ω，额定电流1A）E．电阻箱R2（0～999.9Ω）F．开关S一只、导线若干G．电动势为4V的锂电池为了测定电阻R0的阻值，小明设计了一电路，如图所示为其对应的实物图，(1)图中的电流表A应选_______(选填“A1”或“A2”)(2)请将图中实物连线补充完整_______(3)开关闭合前，滑动变阻器的滑动触头应放在____________(选填“左”或“右”).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）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）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

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】根据顺着电场线方向电势降低可知a点的电势低于b点的电势，则Uab<0，则得选项C正确，ABD错误。故选C。2、A【解析】由库仑定律可得变化后的静电力【详解】设甲的电荷量为Q，乙的电荷量为q．变化前静电力为：，变化后静电力为：，故选A.3、B【解析】AD．由轨迹可知，正粒子从M到N时所受的电场力大致向右，可知场强大致向右，则从M到N电场力做负功，电势能变大，动能减小，则该粒子在N点的动能较小，电势能较大，选项AD错误；B．因为M点的等势线较N点密集，可知M点的电场线较N点密集，则M点的场强较大，则粒子在M点的加速度比N点大，选项B正确；C．因为场强大致向右，沿电场线电势降低，可知四个等势面电势关系为φa>φb>φc>φd，选项C错误；故选B.4、C【解析】由左手定则知，正离子向B板偏转，负离子向A板偏转；即B板带正电，A板带负电，电路稳定后，两板间粒子所受洛伦兹力与电场力平衡，A、B板聚集电荷量基本不变，电阻R中有向上电流；因为洛伦兹力的方向与速度方向垂直，所以洛伦兹力不可能做功.A．描述与分析不符，故A错误.B．描述与分析不符，故B错误C．描述与分析相符，故C正确.D．描述与分析不符，故D错误.5、A【解析】由题意可知，带负电的粒子沿直径方向运动，周围会产生磁场，但因沿着直径运动，则穿过圆环的合磁通量为零，因此没有感应电流，故A正确，BCD错误；故选A。【点睛】解决此题的关键是知道产生感应电流的条件是：闭合电路的磁通量发生变化，并根据穿过圆环的磁通量分清正反面，从而求解。6、C【解析】闭合线圈放在变化的磁场中，线圈产生的感应电动势是由法拉第电磁感应定律求出，由电阻定律来确定电阻如何变化，再由闭合电路欧姆定律求出感应电流【详解】法拉第电磁感应定律：E=N，将线圈的匝数变化时，说明一定时，E与N成正比．当线圈匝数增加为原来的1倍，则线圈产生的感应电动势也增加为原来的1倍，但线圈电阻也增加原来的1倍，因此线圈中的感应电流没有变化．故A错误；法拉第电磁感应定律：E=N，将线圈的面积增加1倍时，则△φ也增加1倍，则线圈产生的感应电动势是原来的2倍，由电阻定律R=ρ，可得线圈半径变为原来的倍，则电阻是原来的倍，因此线圈中的感应电流是原来的倍，故B错误．法拉第电磁感应定律：E=N，将线圈的直径增加1倍时，则线圈面积是原来的4倍，因此△φ也是原来的4倍，所以线圈产生的感应电动势是原来的4倍，由电阻定律R=ρ，可得线圈电阻是原来的2倍，因此线圈中的感应电流是原来的2倍，即线圈中产生的感应电流增大1倍，故C正确；法拉第电磁感应定律：E=N，仅把线圈电阻率增加一倍，感应电动势不变，线圈电阻增加一倍，则线圈中的感应电流变为原来的一半．故D错误；故选C【点睛】解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律、电阻定律、闭合电路欧姆定律的内容，注意电阻定律中的S，并不是线圈面积.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】金属棒沿导轨匀速下滑过程中，切割磁感线产生感应电流，导体棒受到安培力，金属棒克服安培力做的功等于系统产生的电能，即等于电阻R上产生的焦耳热．再根据动能定理和电磁感应知识研究功能关系【详解】金属棒沿导轨匀速下滑，合力为零，则合力做功为零．故A正确．根据功能关系可知，重力做功等于系统产生的电能与克服恒力F做功之和．故B错误．由能量转化和守恒定律得知，金属棒克服安培力做功等于电阻R上产生的焦耳热．故C正确，D错误．故选AC【点睛】本题考查分析电磁感应现象中功能关系的能力，关键掌握常见的功与能的关系，知道金属棒克服安培力做的功等于系统产生的电能，运用动能定理是处理这类问题常用的方法8、AD【解析】闭合电路的动态变化情况的分析【详解】A．由题意知，逐渐增大光照强度时，光敏电阻R的值逐渐减小，外电路的总电阻逐渐减小，由闭合电路的欧姆定律知，总电路的电流逐渐增大，通过光敏电阻R的电流也逐渐增大，所以电压表与电流表的示数之比将逐渐减小，故A正确；B．光敏电阻R串联在电路中，定值电阻R0和电源内阻都是纯电阻，它们各自上面的电压变化量与电流变化量比值不变，因此，光敏电阻R的电压变化量与电流变化量比值也不变，故B错误C．电源的输出功率由公式知，增大，由闭合电路的欧姆定律知,减小，电源的内阻不知道大小，所以减小的情况也不知，因此的变化无法确定，故C错误；D．根据电源的效率定义得,外电路的电阻越大，路端电压越高，电源效率越高，电源的效率随外电路电阻减小而减小，故D正确；故选AD．【点睛】直流电路动态变化要掌握各物理量变化的规律来分析9、CD【解析】利用左手定则判断出海水受到的安培力，根据牛顿第三定律即可判断出船体的受力，即可判断运动方向，当改变超导线圈的电流时，会改变磁场的方向，受力都会发生改变，根据作用力反作用力可知推力发生变化，使得速度变化【详解】A、该超导电磁船应用的是安培力和作用力反作用力的原理，故A错误；B、当MN接直流电源的负极时，海水中电流方向由CD指向MN，是海水受到的安培力向左，根据牛顿第三定律可知，船体受到向右的作用力，故使船体向前运动，故B错误；C、改变超导线圈中中电流的方向，会改变磁场的方向，从而改变海水的受力方向，从而改变船体的受力方向，故能控制船体的前进或后退，故C正确；D、控制超导线圈中的电流大小和电极间的电流大小，根据安培力的计算公式F＝BIL可知安培力就会发生变化，这样使得对船的推力发生变化，就可以控制船只航行的速度大小，故D正确【点睛】本题的解题关键是掌握左手定则和牛顿第三定律，并能正确运用，注意与右手定则的区别10、BC【解析】A．在滑动变阻器滑动头P自b端向a端滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流I减小，电阻R1两端电压减小，则电压表示数减小，选项A错误；D．根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知a的电势大于零，且a点的电势等于R2两端的电压。电阻R2两端的电压I减小，则U2变大，则a点的电势升高，选项D错误；B．U2变大，通过R2的电流I2增大。通过电流表的电流I减小，I2增大，则IA减小，即电流表示数减小，选项B正确；C．电容器C的电压等于电阻R2两端的电压，则电容器板间电压变大，由Q=CU知电容器C所带电荷量增多，选项C正确。故选BC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、①.5.0②.小③.3.0V④.2.0【解析】[1]已知量程Ig＝3mA，内阻Rg＝1000Ω,A，设电流表的量程扩大的倍数为，并联的电阻为,根据并联电路的特点则有解得=5.0[2]当变阻器的滑片由左向右逐渐滑动时，变阻器的阻值逐渐减小，外电路电阻减小，电流表G1示数逐渐增大，电流表G2示数接近3.0mA并且几乎不变，说明变阻器的电阻接近零时，路端电压才接近电源电动势，出现这种问题，应更换一个总阻值比原来小的变阻器，[3][4]G1示数是时,电路中的总电流是，由闭合电路的欧姆定律得整理得I2＝3.0mA－0.4I1由I2和I1的关系图线得图线的截距b=3.0mA，斜率A解得V，解得12、①.A2②.③.左【解析】根据通过待测电阻的最大电流选择电流表；为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，根据待测电阻阻值与滑动变阻器最大阻值间的关系确定滑动变阻器的接法；根据待测电阻与电表内阻间的关系确定电流表的接法，然后连接实物电路图【详解】电压表量程是3V，通过待测电阻的最大电流，因此电流表应选电流表A2（量程2mA，电阻RA2约为50Ω）；(2)待测电阻R0阻值约为2kΩ，滑动变阻器R1（0～40Ω，额定电流1A）与电阻箱R2（0～999.9Ω）最大阻值均小于待测电阻阻值，变阻器采用限流接法时待测电阻电压与电流变化范围较小，不能测多组实验数据，为测多组实验数据，减小实验误差，滑动变阻器应采用分压接法.,,,故电流表应该采用