云南省曲靖市沾益区第一中学2027届高二上物理期末质量检测模拟试题含解析

云南省曲靖市沾益区第一中学2027届高二上物理期末质量检测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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、关于电场和磁场，以下说法正确的是（）A.电场、磁场、电场线、磁感线都是为了研究问题方便而假想的B.电场的电场线和磁场的磁感线都是闭合的曲线C.无论是运动电荷还是静止的电荷在电场中都会受电场力的作用D.电荷在磁场中某位置受到的磁场力为零，则该位置的磁感应强度为零2、如图，竖直平行金属板带等量异种电荷，一带电微粒（仅受重力和电场力）沿图中直线从A向B运动，则下列说法中正确的是（）A.微粒可能带正电 B.微粒机械能减小C.微粒电势能减小 D.微粒动能不变3、下列叙述正确的是（）A.放在匀强磁场中的通电导线受到恒定不变的磁场力B.沿磁感线方向，磁场逐渐减弱C.磁场的方向就是通电导体所受磁场力的方向D.安培力的方向一定垂直磁感应强度和直导线所决定的平面4、已知电流强度为I的通电直导线在距离为r的地方产生的磁感应强度大小为，k为常数．如图所示，三根通有电流大小相等的长直导线垂直正方向abcd所在平面，且分别位于a、c、d三个顶点．a、d处导线中的电流方向与c处导线的电流方向相反．已知a处导线在b处产生的磁感应强度大小为B，则b点的磁感应强度大小为（）A. B.C. D.5、如图所示为洛伦兹力演示仪的结构图。磁场由两个相同、前后平行放置、圆心在一条直线上的通电的励磁线圈产生，其产生的磁场在线圈间是匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向外，电子枪发射电子束，速度方向与磁场方向垂直。电子速度大小通过电子枪的加速电压来调节，磁场强弱通过励磁线圈中的电流来调节。下列说法正确的是（）A.只减小励磁线圈中电流，电子束径迹的半径变小B.只降低电子枪加速电压，电子束径迹的半径变小C.只增大励磁线圈中电流，电子做圆周运动的周期将变大D.只升高电子枪加速电压，电子做圆周运动的周期将变大6、不断发现和认识新现象，进而理解事物的本性，这是一切科学发展的必由之路。下列说法正确的是A.放射性元素衰变的快慢是由原子所处的化学状态和外部条件决定的B.原子核越大，它的比结合能越大C.电子的发现使人们认识到原子不是组成物质的最小微粒，原子本身也具有结构D.如果大量氢原子处在n=3的能级，会辐射出6种不同频率的光二、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、用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合开关后，下列有关电表的示数和指针偏转角度的说法正确的是（）A.图甲中的A1、A2的示数相同B.图甲中的A1、A2的指针偏角相同C.图乙中的A1，A2的示数和偏角都不同D.图乙中的A1、A2的指针偏角不相同8、如图所示，一个质量m＝0.1g，电荷量q＝4×10－4C带正电的小环，套在足够长的绝缘直棒上，可以沿棒上下滑动．将棒置于正交的匀强电场和匀强磁场内，E＝10N/C，B＝0.5T．小环与棒之间的动摩擦因数μ＝0.2．取g＝10m/s2，小环电荷量不变．小环从静止沿棒竖直下落，则()A.小环的加速度一直减小 B.小环的机械能一直减小C.小环的最大加速度为2m/s2 D.小环的最大速度为4m/s9、在竖直面内用两个一样的弹簧吊着一根铜棒,铜棒所在虚线范围内有垂直于纸面的匀强磁场,棒中通以自左向右的电流,如图所示。当棒静止时,弹簧秤的读数为F1;若将棒中的电流方向反向,当棒静止时,弹簧秤的示数为F2,且F2>F1,根据这两个数据,可以确定()A.磁场的方向 B.磁感强度的大小C.安培力的大小 D.铜棒的重力10、速度相同的一束带电粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是A.速度选择器的P1极板带负电B.该束带电粒子带正电C.粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S0，粒子的比荷越大D.能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于EB1三、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“测定金属电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量电阻丝直径，如图所示，则该电阻丝直径的测量值d=__________mm；12．（12分）利用所学物理知识解答下列问题：(1)在做“用单摆测定重力加速度”实验中，某同学甲用毫米刻度尺测得摆线长L0=935.8mm；用游标卡尺测得摆球的直径如下图所示,则摆球直径d=__________mm．用秒表测得单摆完成n=40次全振动的时间如下图所示,则秒表的示数t=___________s；若用给出的各物理量符号(L0、d、n、t)表示当地的重力加速度g，则计算g的表达式为g=_________________(2)实验中同学甲发现测得的g值偏大，可能的原因是_________________A.摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了B.将悬点到小球上端的悬线的长度当作摆长C.开始计时时，秒表过迟按下D.实验中误将40次全振动计为39次四、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、C【解析】A．电场线和磁感线都是为了形象的描述电场和磁场而引入的曲线，是假想的，并不是实际存在的线，但电场和磁场是实际的存在，故A错误；B．电场线是一条不闭合曲线，有起点和终点，从正电荷出发负电荷终止；磁感线是闭合曲线，在磁铁的外部，从N极出发进入S极，磁铁内部从S极指向N极，故B错误。C．电场的基本性质是对放入其中的电荷有力的作用，无论是运动电荷还是静止的电荷在电场中都会受电场力的作用，故C正确。D．静止电荷在磁场中不受磁场力，但该处磁感应强度不一定为零，故D错误。故选：C。2、B【解析】A．带电微粒在电场中受到重力和电场力两个力作用，电场力在水平方向，由微粒做直线运动可知，电场力方向必定水平向左，则微粒带负电．故A错误BC．电场力做负功，机械能减小，电势能增加．故B正确，C错误D．微粒的合力方向与速度方向相反，对微粒做负功，则其动能减小．故D错误故选B.3、D【解析】放在匀强磁场中的通电导线受到的安培力，只有当B、I、L与θ都是恒定时，导线所受的安培力才是恒定的，故A错误；磁感线的疏密表示磁场的强弱，与磁感线的方向无关，故B错误；根据左手定则，磁场的方向与通电导体所受磁场力的方向垂直；磁场的方向就是小磁针的N极在磁场中所受磁场力的方向，故C错误；根据左手定则，安培力的方向一定垂直磁感应强度和直导线所决定的平面，故D正确．所以D正确，ABC错误4、B【解析】根据左手定则判断三根导线在b处的磁场方向，根据求解三根导线在b处的磁感应强度的大小，然后合成即可.【详解】a处导线在b处产生的磁感应强度大小为B，可知c处导线在b点的磁感应强度大小为B；d处导线在b点的磁感应强度大小为；根据右手定则可知a处导线在b处产生的磁感应强度方向沿bc方向向下；d处导线在b处产生的磁感应强度方向垂直db方向斜向下；c处导线在b处产生的磁感应强度方向沿ba方向；根据平行四边形法则可知，三根导线在b处的磁感应强度大小为，故选B.5、B【解析】根据电子所受洛伦兹力的方向结合右手定则判断励磁线圈中电流方向是顺时针方向，电子在加速电场中加速，由动能定理有：…①电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：②解得：…③④AC．可见增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，由③式可得，电子束的轨道半径变小。由④式知周期变小，而减小励磁线圈中的电流，电流产生的磁场减弱，由③式可得，电子束的轨道半径变大。由④式知周期变大；故AC错误；BD．提高电子枪加速电压，电子束的轨道半径变大、周期不变；降低电子枪加速电压，电子束径迹的半径变小；周期不变，故B正确，D错误；故选B。6、C【解析】A．原子核的半衰期与所处的化学状态和外部条件无关，由内部自身因素决定，故A错误；B．原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量，则原子核越大，它的结合能越高，但比结合能不一定越大，故B错误；C．电子的发现使人们认识到原子不是组成物质的最小微粒，原子还能再分，故C正确；D．大量氢原子处在n=3的能级，会辐射出即3种频率光，故D错误。故选C。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】AB．图甲中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同，故A错误，B正确；CD．图乙中的A1、A2串联，A1、A2的示数相同，由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同，故C错误，D正确故选BD。8、BC【解析】对小环进行受力分析，再根据各力的变化，可以找出合力及加速度的变化；即可以找出小环最大速度及最大加速度的状态【详解】小环静止时只受电场力、重力及摩擦力，电场力水平向右，摩擦力竖直向上；开始时，小环的加速度应为，小环速度将增大，产生洛仑兹力，由左手定则可知，洛仑兹力向右，故水平方向合力将逐渐变大，摩擦力变大，故加速度减小；当摩擦力等于重力时，加速度为零，此时速度最大，则mg=μ(qvB+qE)，解得v=5m/s，以后圆环将以5m/s的最大速度做匀速运动，开始时的加速度最大，最大值为2m/s2，则C正确，AD错误；小环下落过程中，摩擦力一直做功，机械能减小，选项B正确；故选BC.【点睛】本题要注意分析带电小环的运动过程，属于牛顿第二定律的动态应用与电磁场结合的题目，此类问题要求能准确找出物体的运动过程，并能分析各力的变化，对学生要求较高．同时注意因速度的变化，导致洛伦兹力变化，从而使合力发生变化，最终导致加速度发生变化9、ACD【解析】A．因为电流反向时，弹簧秤的读数F2＞F1，所以可以知道电流自左向右时，导体棒受到的磁场力方向向上，根据左手定则可以确定磁场的方向为垂直纸面向里，故磁场的方向可以确定，故A正确。B．由于电流大小不知，所以无法确定磁感应强度的大小，故B错误；CD.令铜棒的重力为G，安培力的大小为F，则由平衡条件得：2F1=G-F当电流反向时，磁场力变为竖直向下，此时同样根据导体棒平衡有：2F2=G+F联立可得：棒的重力G=F1+F2安培力F的大小F=F2-F1因此可确定安培力的大小与铜棒的重力，故CD正确。10、BC【解析】AB．由图可知，带电粒子进入匀强磁场B2时向下偏转，所以粒子所受的洛伦兹力方向向下，根据左手定则判断得知该束粒子带正电。在平行金属板中受到电场力和洛伦兹力两个作用而做匀速直线运动，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向上，则电场力方向向下，粒子带正电，电场强度方向向下，所以速度选择器的P1极板带正电。故A错误，B正确。C．粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得，解得可见，由于v是一定的，B不变，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S0，则半径r越小，则越大。故C正确。D．粒子能通过狭缝，电场力与洛伦兹力平衡，则有：qvB1=qE解得故D错误。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、538【解析】由图示螺旋测微器可知，电阻丝直径：d=0.5mm+3.8×0.01mm=0.538mm12、①.11.1；②.97.5；③.④.C【解析】（1）游标卡尺和秒表的读数：先读主尺（只读整数），再加上游标尺（格数乘以分度分之一，格数找对齐的一个不估读）；秒表读数等于大盘刻度读数加上小盘刻度读数；（2）根据单摆周期公式列式分析即可【详解】（1）游标卡尺主尺：11mm；游标尺对齐格数：1个格，读数为：1×0.1mm=0.1mm，所以直径为：11mm+0.1mm=11.1mm；秒表读数：秒表的小盘读数90s，大盘读数7.5s，故时间为97.5s；根据，其中的T=t/n，解得：（2）摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，故相对与原来的单摆，周期测量值偏大，故加速度测量值偏小，故A错误；将悬点到小球上端的悬线的长度当作摆长，摆长的测量值偏小，则加速度测量值偏小，B错误；开始计时时，秒表过迟按下，