云南省曲靖一中2027届高二上物理期末复习检测试题含解析

云南省曲靖一中2027年高二上物理期末复习检测试题注意事项: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，实线和虚线分别表示振幅和频率均相同的两列简谐横波的波峰和波谷，此时M点是波峰与波峰的相遇点．设两列波的振幅均为A，则A.再过四分之一周期，Q点为振动减弱点B.图中位于P、N两处的质点正处于平衡位置C.M点为振动加强点，位移始终为2AD.从此刻起，经过半个周期，M点的位移为零2、真空中,在A点放置一的点电荷,则距离A点处的B点和处的C点电场强度小之比为A.2:1 B.1:2C.1:4 D.4:13、某电场的电场线如图所示，电场中M、N两点的场强大小分别为和，由图可知（）A.= B.﹥C.﹤ D.无法比较和大小4、首先发现电流磁效应的科学家是()A.安培 B.奥斯特C.库仑 D.麦克斯韦5、丹麦物理学家奥斯特在1820年通过实验发现电流磁效应，下列说法正确的是()A.奥斯特在实验中观察到电流磁效应，揭示了电磁感应定律B.将直导线沿东西方向水平放置，把小磁针放在导线的正下方，给导线通以足够大电流，小磁针一定会转动C.将直导线沿南北方向水平放置，把小磁针放在导线的正下方，给导线通以足够大电流，小磁针一定会转动D.将直导线沿南北方向水平放置，把铜针(用铜制成的指针)放在导线的正下方，给导线通以足够大电流，铜针一定会转动6、把一个带负电的球放在一块接地的金属板附近，对于球和金属板之间形成电场的电场线，在图中描绘正确的是（）A.B.C.D.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、如图所示是研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置，下列说法正确的是A.实验中，只将b极板向上平移，指针张角变小B.实验中，只将b极板向右靠近，指针张角变小C.实验中，只要极板间插入有机玻璃，指针张角变小D.实验中，增加极板带电量，指针张角增大，电容增大8、回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源相连接的两个形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两形金属盒处于垂直于盒底面的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，重力不计，下列说法中正确的是（）A.增加交流电的电压 B.增大磁感应强度C.改变磁场方向 D.增大加速器的半径9、某电场的电场线的分布如图所示．一个带电粒子由M点沿图中虚线所示的途径运动通过N点．则下列判断正确的是（）A.粒子带负电B.电场力对粒子做负功C.粒子在N点的加速度大D.粒子在N点的速度大10、回旋加速器的工作原理如图所示：D1和D2是两个中空、半径固定的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差，两个半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中；中央O处的粒子源产生的带电粒子，在两盒之间被电场加速，粒子进入磁场后做匀速圆周运动．不考虑相对论效应，不计粒子重力．下列说法正确的是A.粒子在磁场中的运动周期越来越大B.D型盒半径越大，粒子离开加速器时的动能就越大C.磁感应强度越大，粒子离开加速器时的动能就越大D.两盒间电势差越大，粒子离开加速器时的动能就越大三、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）在测量电源电动势和内电阻的实验中，已知一节干电池的电动势约为1.5V，内阻约为0.30Ω；电压表V(量程为3V，内阻约3kΩ；电流表A（量程为0.6A，内阻等于0.70Ω）；滑动变阻器R（10Ω，2A）．为了更准确地测出电源电动势和内阻(1)请在图1方框中画出实验电路图__________(2)在实验中测得多组电压和电流值，得到如图所示的U-I图线，由图可得该电源电动势E=___________V，内阻r=___________Ω．（结果均保留两位小数）(3)某小组在实验时，发现电流表坏了，于是不再使用电流表，仅用电阻箱替换掉了滑动变阻器，他们在实验中读出几组电阻箱的阻值和电压表的示数U，描绘出的关系图像，得到的函数图像是一条直线．若该图像的斜率为k，与纵轴的截距为b，则其电动势为___________，内阻为______________12．（12分）某同学在测定金属圆柱体电阻率时需要先测量其尺寸，他分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图(a)和如图(b)所示，长度为________cm，直径为________mm。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】A．由图知Q点是波谷和波谷叠加，正处在波谷，故A错误；B．P、N两点是波谷和波峰叠加，位移始终为零，即处于平衡位置，故B正确；C．由图可知M点为波峰与波峰相遇，振动的加强点，其振幅为2A，但并不是位移始终为2A，故C正确；D．M点为波峰与波峰相遇，半个周期后为波谷与波谷相遇，M点处于波谷，位移为，故D错误2、D【解析】根据“在A点放置一的点电荷,则距离A点处的B点和处的C点电场强度小之比”可知，考查了电场强度的计算；根据点电荷电场强度的计算公式即可求出A点的点电荷在B、C两处电场强度大小之比【详解】在B点，电场强度的大小，C点电场强度大小，则，故D正确．3、C【解析】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，M处电场线比N处电场线疏，则EM＜EN，故C正确，ABD错误。故选C。4、B【解析】A．安培研究了通电导线的磁场方向与电流方向的关系，提出了安培定则，A错误；B．奥斯特经实验得到通电导体周围存在着与磁体周围一样的特殊物质，首先发现了电流的磁效应，B正确；C．库仑经用库仑扭秤实验总结出了库仑定律，C错误；D．麦克斯韦总结出了麦克斯韦电磁场理论，D错误。故选B。5、C【解析】奥斯特在实验中观察到了电流的磁效应，而法拉第发现了电磁感应定律；故A错误；将直导线沿东西方向水平放置，把小磁针放在导线的正下方时，小磁针所在位置的磁场方向可能与地磁场相同，故小磁针不一定会转动；故B错误；将直导线沿南北方向水平放置，把小磁针放在导线的正下方，给导线通以足够大电流，由于磁场沿东西方向，则小磁针一定会转动；故C正确；铜不具有磁性，故将导线放在上方不会受力的作用，故不会偏转；故D错误；故选C【点睛】本题考查电流的磁场的性质，要注意能明确电磁场方向的判断，并掌握小磁针受力方向为该点磁场的方向6、B【解析】静电平衡状态下，整个金属板是个等势体，所以金属板附近电场线与金属板表面垂直，选项A、D错误；金属板接地，金属板只带有正电荷，且分布在金属板的左表面，所以金属板右表面没有电场存在，选项B正确，C错误二、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．只将b极板向上平移，极板正对面积减小，电容变小，电荷量不变，极板间电势差变大，指针张角变大，A错误；B．只将b极板向右靠近，极板间距离变小，电容变大，电荷量不变，极板间电势差变小，指针张角变小，B正确；C．只要极板间插入有机玻璃，电容变大，电荷量不变，极板间电势差变小，指针张角变小，C正确；D．增加极板带电量，电容不变，极板间电势差变大，指针张角增大，D错误；故选BC。8、BD【解析】根据解得则带电粒子射出时的动能为：，那么动能与磁感应强度的大小和D型盒的半径有关，增大磁感应强度B或半径R，均能增大带电粒子射出时的动能；A.增加交流电的电压，与结论不相符，选项A不符合题意；B.增大磁感应强度，与结论相符，选项B符合题意；C.改变磁场方向，与结论不相符，选项C不符合题意；D.增大加速器的半径，与结论相符，选项D符合题意；9、CD【解析】A．由粒子运动的轨迹可知，粒子带正电，选项A错误；B．电场力的方向斜向上，故电场力对粒子做正功，选项B错误；C．N点的电场线比M点密集，则粒子在N点受到的电场力较大，则粒子的加速度大，选项C正确；D．因为电场力对粒子做正功，根据动能定理可知，粒子动能增加，故粒子在N点的速度大，选项D正确【点睛】此题是带电粒子在电场中的运动问题；解题的关键是根据粒子的运动轨迹，判断电场力的方向，从而即可判断电性，电场力做功的情况等等；电场线的疏密是反应电场强弱的，密集的地方场强较大，则电场力较大，粒子的加速度较大.10、BC【解析】粒子在磁场中运动的周期与粒子的速度无关；回旋加速器的半径一定，根据洛伦兹力提供向心力，求出最大速度，可知最大速度与什么因素有关【详解】粒子在磁场中运动的周期：，与其速度的大小无关，所以粒子运动的周期不变，故A错误；由qvB=得：，则最大动能为：Ekm=mv2=，知最大动能与加速器的半径、磁感线强度以及电荷的电量和质量有关．D型盒的半径越大，磁场越强，粒子离开加速器时的动能就越大，与两盒间电势差无关；故BC正确，D错误；故选BC.【点睛】解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场加速、磁场偏转来加速粒子，但是最终粒子的动能与电场的大小无关三、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、①.②.③.1.48~1.50④.0.26~0.30⑤.1/b⑥.k/b【解析】(1)电路直接采用串联即可，电压表并联在电源两端，由于电流表内阻已知，则应采用电流表相对电源的内接法；电路图如图所示:(2)根据U=E-Ir以及图象可知，电源的电动势为：E=1.48V内阻为：故r=1.0-0.70=0.30Ω；(3)由闭合电路欧姆定律：U=IR；联立变形得：；变形可得：，又此式可知，图中，直线斜率；，解得：；.【点睛】在测量电动势和内电阻的实验中由于公式较多，在解题中要根据题意，灵活的选用相应的表达式．若用图象解时，基本思路是：用学过的物理定律列出表达式，再结合数学整理表达出有关一次函数式求解12、①.5.02②.4.815【解析】[1]游标卡尺是10分度的卡尺，其精确度为0.1mm，因此读数为[2]螺旋测微器螺旋上的最小刻度为0.01mm，即精确到0.01mm，因此读数为【点睛】关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读；而螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加可动刻度读数，需要估读。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、(1)(2)3N【解析】(1)设小球在C点的速度大小是vC，则对于小球由A→C的过程中，由动能定理得：解得：(2)小球在C点时受力分析如图由牛顿第二定律得：解得：由牛顿第三定律可知，小球对轨道压力：NC′=NC=3N14、（1）2T；（2）1.5m/s2，方向沿斜面向上【解析】（1）当R0=1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律求解电流强度，由平衡条件求解磁感应强度；（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律求解加速度大小【详解】（1）当R0＝1Ω时，根据