甘肃省高台一中2027届物理高二第一学期期末复习检测模拟试题含解析

甘肃省高台一中2027届物理高二第一学期期末复习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、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示．它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近，a、b接在电压为U、周期为T的交流电源上．两盒间的窄缝中形成匀强电场，两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面．带电粒子在磁场中做圆周运动，通过两盒间的窄缝时被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出．设D形盒的半径为R，现将垂直于D形盒的磁场感应强度调节为，刚好可以对氚核进行加速，氚核所能获得的最大能量为，以后保持交流电源的周期T不变．已知氚核和粒子的质量之比为3：4，电荷量之比为1：2．下列说法正确的是A.若只增大交变电压U，则氚核在回旋加速器中运行的时间不会发生变化B.若用该装置加速粒子，应将磁场的磁感应强度大小调整为C.将磁感应强度调整后对粒子进行加速，粒子在加速器中获得的最大能量为D.将磁感应强度调整后对粒子进行加速，粒子在加速器中加速的次数大于氚核的次数2、如图所示的实验中，平行板电容器的极板A与静电计小球连接，极板B和静电计外壳都接地．若极板B稍向上移一些，则A.电容器电容变大，静电计指针偏角不变B.电容器电容变小，静电计指针偏角变小C.极板上的电量几乎不变，静电计指针偏角变大D.极板上的电量几乎不变，静电计指针偏角变小3、如图所示，一根通电直导线用细线悬挂在磁感应强度为B的匀强磁场中，电流方向由M向N，此时细线所受拉力不为零，则下列做法中不能使细线的拉力变为零的是（）A.不改变电流方向，适当增加电流大小B.使电流反向，且适当减小电流C.保持原来电流不变，适当增加磁感应强度大小D.使原来的磁场和电流都反向，且适当增加电流的大小4、如图所示，在倾角的斜面上，固定一金属框，宽，接入电动势内阻不计的电池。垂直框架两边放置一根质量的金属棒，它与框架间的动摩擦因数（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取）。框架与金属棒的电阻不计，整个装置放在磁感应强度垂直框面向上的匀强磁场中，要使金属棒静止在框架上，滑动变阻器的阻值不可能为（）A. B.C. D.5、如图中的甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流计G和一个变阻器R组成，它们之中一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是()A.甲表是电流表，R增大时量程增大B.甲表是电压表，R增大时量程增大C.乙表是电流表，R增大时量程增大D.乙表是电压表，R增大时量程增大6、如右图所示，因线路故障，按通K时，灯L1和L2均不亮，用电压表测得Uab=0，Ubc=4V，Ucd=0．由此可知断路处为()A.灯L1 B.灯L2C.变阻器 D.不能确定二、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、如图甲所为风力发电的简易模型，在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁体转动．某一风速时，线圈中产生的正弦式电流如图乙所示，则（）A.电流的瞬时值表达式为B.磁体的转速为5r/sC.若给阻值为10Ω的电阻供电，该电阻1h内产生的电热为1.8×104JD.线圈中电流的有值为0.5A8、如图所示，扇形区域AOB内存在有垂直平面向内的匀强磁场，OA和OB互相垂直是扇形的两条半径，长度为R．一个带电粒子1从A点沿AO方向进入磁场，从B点离开，若与该粒子完全相同的带电粒子2以同样的速度从C点平行AO方向进入磁场，C到AO的距离为R／2，则A.1粒子从B点离开磁场时，速度方向沿OB方向B.粒子带负电C.2粒子仍然从B点离开磁场D.两粒子在磁场中运动时间之比为3：29、如图所示，R1、R2、R3、R4均为可变电阻，C1、C2均为电容器，电源的电动势为E，内阻r≠0．若改变四个电阻中的一个阻值，则（）A.减小R1，C1、C2所带的电量都增加B.增大R2，C1、C2所带的电量都增加C.增大R3，C1、C2所带的电量都增加D.减小R4，C1、C2所带的电量都增加10、如图所示,质量为m、电荷量为q的微粒,在竖直向下的匀强电场、水平指向纸内的匀强磁场以及重力的共同作用下做匀速圆周运动,下列说法正确的是()A.该微粒带负电,电荷量q=B.若该微粒在运动中突然分成荷质比相同的两个粒子,分裂后只要速度不为零且速度方向仍与磁场方向垂直,它们均做匀速圆周运动C.如果分裂后,它们的荷质比相同,而速率不同,那么它们运动的轨道半径一定不同D.只要一分裂,不论它们的荷质比如何,它们都不可能再做匀速圆周运动三、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）某同学在测量一种均匀新材料的电阻率的过程中,对由该材料做成的圆柱形导体的相关测量如下：(1)用20分度的游标卡尺测量其长度如图甲所示，由图可知其长度L=____mm；用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图乙可知其直径d=____mm。(2)为了粗测新材料导体的阻值R。该同学先选用多用电表“×10”挡，调零后进行测量，指针位置测量如图丙所示。①为了把电阻测量得更准确些，应换用“____”挡(选填“×1”或“×100”)

；②更换挡位后必须将红、黑表笔短接，调节______旋钮使表针指向0Ω；③重新测量时指针位置如图丁所示，可读出R=___Ω。(3)用字母L、d、R表示该材料的电阻率ρ=__________________。12．（12分）图（a）为某简易多用电表的电路图．图中G是表头；E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻；R6是可变电阻；虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连．该多用电表有5个挡位，分别为：直流电压2.5V挡和5V挡，直流电流2.5mA挡和10mA挡，欧姆×100Ω挡(1)图（a）中的A端与___________（填“红”或“黑”）色表笔相连接(2)某次测量时该多用电表指针位置如图（b）中的c位置所示．若此时多用电表使用的是直流电压2.5V挡，则多用电表读数为_____________V；若此时多用电表使用的是欧姆×100Ω挡，则读数为_____________Ω(3)某次使用欧姆挡时，先将两表笔短接，若多用电表指针位置如图（b）中的d位置，则应应将R6接入电路的电阻调______(填“大”或“小”)，才能使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置(4)当多用电表使用10mA档时，虚线方框内的换挡开关应与________号接线柱连接四、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】回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力可以求出粒子的最大速度，从而求出最大动能．在加速粒子的过程中，电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等.【详解】A、粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有，粒子的最大速度：，所以粒子加速后的最大动能：，根据动能定理：Ekm=n•qU，若其他量不变，只提高加速电压U，则质子在电场中加速的次数减小；质子在加速器中运动的总时间将缩短；故A错误.B、粒子在磁场中运动的周期,每加速一次和半个圆周电场变换一次反向，则电场变换的周期为，若该装置加速α粒子则,由于，，应将磁场的磁感应强度大小调整为；故B错误.C、粒子离开的最大动能为，α粒子的最大动能为；故C正确.D、氚核在磁场中加速的次数：，α粒子在加速器中加速的次数，可知将磁感应强度调整后对α粒子进行加速，α粒子在加速器中加速的次数小于氚核的次数；故D错误.故选C.【点睛】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关，以及知道粒子在磁场中运动的周期与电场的变化的周期相等.2、C【解析】静电计的夹角与电容器的电压有关，极板间电压大夹角就大，当极板B稍向上移一些，由，S减小，电容C变小，又因为,电容器两极板处于断开状态，电荷量不变，所以C减小，电压U变大，静电计指针夹角变大；故选C3、B【解析】金属线开始受重力、向上的安培力、绳子的拉力处于平衡。A．不改变电流方向，适当增加电流的大小，根据F=BIL知，安培力增大，则绳子的张力会变为零。故A不符合题意；B．使原来电流反向，安培力反向，则拉力增大，不能使细线的拉力变为零。故B符合题意；C．保持原来电流不变，适当增加磁感应强度大小，根据F=BIL知，安培力增大，则绳子的张力会变为零。故C不符合题意；D．使原来的磁场和电流都反向，安培力的方向不变，适当增加电流的大小，安培力的大小增加，绳子的张力会变为零，故D不符合题意。故选B。4、A【解析】ABCD.当安培力较小，摩擦力方向向上时：解得：当安培力较大，摩擦力方向向下时：解得：要使金属棒静止在框架上，滑动变阻器R的取值范围应为，故A正确BCD错误。故选A。5、D【解析】由图甲所示可知，G与电阻R并联，甲表是电流表，分流电阻增大时分流电阻分流减小，电流表量程减小；由图乙所示可知，G与R串联，乙是电压表，R增大时，变阻器分担的电压增大，乙表量程增大。故ABC错误，D正确。故选D。6、B【解析】由题，则灯发生断路，因为断路时，电路无电流，其两端的电势分别等于电源两极的电势，其电势差等于电源的电动势；而对于完好的电阻，阻值一定，电流时，根据欧姆定律可知，其电压，由题：，．由题，则可知：灯和变阻器R没有发生断路，故选项B正确，选项ACD错误【点睛】本题是电路中故障分析问题，往往哪段电路的电压等于电源的电压，哪段电路发生断路，可用电压即为电势差来理解二、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】根据相对性来分析与解决问题，同时掌握感应电动势与转速关系，即可判断出感应电流的大小变化，及转速与周期的关系【详解】A项：通过乙图可知电流的最大值为0.5A，周期T=0.2s，故，故电流的表达式为i=0.5sin10πt（A），故A错误；B项：电流的周期为T=0.2s，故磁体的转速为，故B正确；C、D项：电流的有效值为，根据公式，故C错误，D正确故选BD8、ACD【解析】粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出粒子的运动轨迹，应用数学知识与牛顿第二定律分析答题【详解】A项：粒子1从A点正对圆心射入，恰从B点射出，粒子在磁场中运动圆心角为90°，1粒子从B点离开磁场时，速度方向沿OB方向，故A正确；B项：带电粒子从A点沿AO方向进入磁场，从B点离开，那么粒子在A点向右上方偏转，则由左手定则可判定：粒子带正电，故B错误；C项：粒子2从C点沿CD射入其运动轨迹如图所示，设对应的圆心为O1，运动轨道半径也为BO=R，连接O1C、O1B，O1COB是平行四边形，O1B=CO，则粒子2一定从B点射出磁场，故C正确；D项：粒子1的速度偏角，粒子在磁场中转过的圆心角θ1=90°，连接PB，可知P为O1C的中点，由数学知识可知，θ2=∠BO1P=60°，粒子在磁场中运动的周期：，两粒子的周期相等粒子在磁场中的运动时间，运动时间之比：t1：t2=θ1：θ2=90°：60°=3：2，故D正确故选ACD【点睛】本题考查了粒子在匀强磁场中运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出粒子运动轨迹、应用数学知识、周期公式即可正确解题9、BD【解析】由电路图可知，电阻R2、R3、R4串联接入电路，电容器C1并联在电阻电阻R2两端，电容器C2与R2、R3的串联电路并联；根据电路电阻的变化，应用欧姆定律及串联电路特点判断电容器两端电压如何变化，然后由Q=CU判断出电容器所带电荷量如何变化【详解】A、减小R1，电容器C1、C2两端电压不变，电容器所带电量不变，故A错误；B、增大R2，整个电路电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流减小，路端电压变大，电阻R3、R4两端电压变小，电阻R2两端电压变大，电阻R2、R3串联电压变大，电容器C1、C2两端电压变大，由Q=CU可知，两电容器所带的电量都增加，故B正确；C、增大R3，整个电路电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流减小，由U=IR可知，电阻R2两端电压变小，电容器C1两端电压变小；路端电压变大，电阻R4两端电压变小，电阻R2、R3串联电压变大，电容器C2两端电压变大，由Q=CU可知，电容器C1所带电荷量减少，C2所带的电量都增加，故C错误；D、减小R4，电路总电阻变小，由闭合欧姆定律可知，电路电流变大，电阻R2两端电压变大，电阻R2、R3串联电压变大，电容器C1、C2两端电压都增大，由Q=CU可知C1、C2所带电量都增加，故D正确；故选BD10、ABC【解析】在电场、磁场、重力场中，带电粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，重力与电场力合力为零；对粒子受力分析，由牛顿第二定律分析答题．在电场、磁场、重力场中，带电粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，重力与电场力合力为零，即mg=qE，，故A正确；若该微粒在运动中突然分成荷质比相同的两个粒子，则粒子所受重力与电场力的合力为零，分裂后只要速度不为零且速度方向仍与磁场方向垂直，洛伦兹力提供向心力，它们均做匀速圆周运动，故B正确；带电粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，则轨道半径：；如果粒子分裂后，它们的荷质比相同，而速率不同，由可知，它们运动的轨道半径一定不同，故C正确；分裂后，如果它们的荷质比相同，它们可能做匀速圆周运动，故D错误；故选ABC考点：带电粒子在混合场中的运动；向心力三、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、①.60.20②.8.300③.×100④.欧姆调零⑤.1700⑥.【解析】(1)[1]由图示游标卡尺可知，其示数为60mm+4×0.05mm=60.20mm；[2]由图示螺旋测微器可知，其示数为8mm+30.0×0.01mm=8.300mm。(2)①[3]选用多用电表“×10”挡调零后进行测量，欧姆表针偏转角度很小，说明该电阻较大，应换更大倍率的“×100”挡；②[4]重新换挡后红、黑表笔短接，调整欧姆调零旋钮使指针指向表盘右侧的0Ω；③[5]由图丁所示可知，欧姆表读数为17×100Ω=1700Ω。(3)[6]由电阻定律得12、①.(1)黑②.(2)1.48（1.46-1.49）③.1.1×103④.(3)小⑤.(4)1【解析】（1）欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，红表笔与负极相连，分析图示电路图答题；（2）根据多用电表所测量的量与量程确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数；（3）欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，根据欧姆表工作原理分析答题；（4）表头并联的电阻越小，其改装后的量程越大【详解】（1）由图（a）所示电路图可知，A端与欧姆表内置电源的正极相连，所以A为黑表笔；（2）若此时多用电表使用的是直流电压2.5V挡，则用0-250的量程先读数，再除以100，即为最后读数，所以此时的电表读数为：．（1.46-1.49均正确）；若此时多用电表使用的是欧姆×100Ω挡，则此时的电阻读数为：；（3）指针指在d，说明接入电路