浙江省宁海县十校联考2027届高二上物理期末达标测试试题含解析

浙江省宁海县十校联考2027届高二上物理期末达标测试试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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、下列说法正确的是（）A.奥斯特发现了电流能够使磁针偏转，并提出了磁能够产生电B.安培将磁铁放在导体线圈附近，线圈中产生了电流C.法拉第把两个线圈绕在同一铁环上，一个线圈接电源，另一个线圈接“电流表”，在给接电源的线圈通电和断电的瞬间，可以观察到另一个线圈中有电流D.法拉第发现了电磁感应现象，库仑发现了电流的磁效应2、如图所示,电源内阻不可忽略,电路中接有一小灯泡和一电动机．小灯泡L上标有“9V

9W”字样,电动机的线圈电阻RM=1Ω.若灯泡正常发光时,电源的输出电压为15V,此时()A.电动机的输入功率为36WB.电动机的输出功率为5WC.电动机的热功率为6WD.整个电路消耗的电功率为15W3、如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在磁铁右上方固定一根与磁铁垂直的长直导线．当导线中通以由外向内的电流时磁铁仍然保持静止，则()A.磁铁受到向左的摩擦力，对桌面的压力增大B.磁铁受到向右的摩擦力，对桌面的压力减小C.磁铁受到向左的摩擦力，对桌面的压力减小D.磁铁不受摩擦力，对桌面的压力不变4、abcd是一个用粗细均匀的电阻丝围成的正方形单匝线框，边长为L，每边电阻为R，匀强磁场与线框面垂直，如图所示，磁感应强度大小为B，线框在外力作用下以速度v向右匀速进入磁场，在进入过程中，下列说法正确的是（）A.d端电势低于c端电势B.dc两端电压的大小为BLvC.ad边不受磁场力D.线框中受到的磁场力向左，且大小为5、如图所示，匀强电场中A、B两点的场强分别用EA、EB表示，电势分别用、表示，关于EA和EB、和的大小关系，下列说法正确的是（）A.EA=EB B.EA<EBC.= D.<6、把电阻是1的一根金属丝截成等长的十段，再把这十段金属丝并联起来，这样并联的一组金属丝的总电阻是（）A.0.01 B.0.10C.10 D.100二、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，在球壳内部球心放置带电荷量为＋Q的点电荷，球壳内有A点，壳壁中有B点，壳外有C点，则下列说法正确的是()A.EA＞EC＞EBB.A、B、C三点的电势φA＝φB＞φCC.EA＞EB＞ECD.A、B、C三点的电势φA＞φB＞φC8、如右图所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势φ随x变化的情况如图乙所示，若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则()A.电子一直沿Ox负方向运动 B.电场力一直做正功C.电子运动的加速度不变 D.电子的电势能逐渐增大9、如图所示，一对水平放置的平行金属板通过开关S与电源相连接，一个带电微粒从金属板正上方的O点释放后，自由落下，通过上金属板上的小孔，进入两个平行金属板间，到达P点后返回，若将上金属板向上移到虚线处再从O点释放带电微粒，则有（）A.若保持开关闭合状态移动上金属板，带电微粒落下后，仍能到达P点后返回B.若保持开关闭合状态移动上金属板，带电微粒落下后，尚未到达P点就返回C.若将开关断开后移动上金属板，带电微粒落下后，仍能到达P点后返回D.若将开关断开后向下移动下金属板，带电微粒落下后，仍能到达P点后返回10、一质量为m的带电液滴以竖直向下的初速度v0进入电场中，由于电场力和重力的作用，液滴沿竖直方向下落一段距离h时速度为零，取重力加速度为g，下列判断正确的是A.液滴重力势能减少量为mghB.液滴的机械能减少量等于液滴的电势能增加量C.液滴的电势能增加量为mghD.电场力对液滴做的功为三、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）测量一蓄电池的电动势和内阻根据实验数据作出U-I图象，如图所示，则电池的电动势E=_________V，电池的内阻r=__________Ω（保留两位有效数字）12．（12分）用游标卡尺可以测量某些工件的外径．如图所示，则读数为__________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）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】AD．奥斯特发现了电流周围存在磁场，即电流的磁效应，法拉第发现了磁能产生电，即电磁感应现象，故AD错误；B．法拉第在奥斯特的启发下，研究了磁场与电流的关系，最终通过十年的努力终于发现了电磁感应现象：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生电流，故B错误；C．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，回路中的磁通量发生变化，能观察电流表的变化，故C正确。故选C。2、B【解析】ABC．灯正常发光，电路中电流：电动机两端电压：电动机的输入功率：电动机的热功率：电动机的输出功率：故B正确，AC错误D．整个电路消耗的电功率：，电源内阻不可忽略，，整个电路消耗的电功率大于15W．故D项错误3、C【解析】先判断电流所在位置的磁场方向，然后根据左手定则判断安培力方向；再根据牛顿第三定律得到磁体受力方向，最后对磁体受力分析，根据平衡条件判断.【详解】条形磁铁外部磁场又N指向S，根据左手定则知,直导线所受的安培力的方向斜向左下方，根据牛顿第三定律知，条形磁铁所受力的方向斜向右上方，可知条形磁铁有向右的运动趋势，所受的摩擦力方向向左，磁铁对桌面的压力减小；故C正确，A、B、D错误.故选C.【点睛】本题关键先对电流分析，得到其受力方向，再结合牛顿第三定律和平衡条件分析磁体的受力情况.4、D【解析】A．根据右手定则可知c到d方向是动生电源内部的电流流向，即d端为正极，则d端电势高于c端电势，故A错误；B．cd边产生的感应电动势的大小为E=BLv则dc两端电压为等效电源的路端电压，大小为故B错误；C．ad边在磁场中的部分受磁场力，在磁场外的部分不受安培力，故C错误；D．根据左手定则可知线框中受到磁场力向左，感应电流大小安培力大小为故D正确；故选D。5、A【解析】由电场线的分布情况可知，AB两处电场线密集程度相同，则A点的场强等于B点的场强，即EA=EB．顺着电场线电势降低，则φA＞φB．故选项A正确，BCD错误，故选A点睛：本题的关键是理解电场线的意义．对于电场线的物理意义：电场线疏密表示场强的大小，电场线的方向反映电势的高低要牢固掌握，熟练应用6、A【解析】把电阻是1的一根金属丝截成等长的十段，根据电阻定律R=知，每段金属丝的电阻为0.1，再把这十段金属丝并联起来，横截面积变为原来的10倍，则总电阻为原来的十分之一，所以这样并联的一组金属丝的总电阻为0.01，故A正确，B、C、D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、AD【解析】由静电知识我们知道球壳为一等势体，内部场强为零即，由点电荷的场强公式，知道离点电荷越远电场强度越小，所以即A正确C错误．球壳上所有的点的电势是一样的，，由可知，距离点电荷越远电势越小，所以B错误D正确8、BC【解析】由电势—位移图象可知，电势随位移均匀增加，相同位移间的电势差相同，电场强度恒定，电子运动的加速度恒定，C正确．沿Ox轴方向电势增大，电场线方向与Ox轴负方向重合，电子沿Ox轴正方向运动，A不正确．电场力方向也沿Ox轴正方向，电场力做正功，B正确．由功能关系，电场力做正功，电势能减少，D不正确9、BD【解析】AB．未移动上金属极板时，微粒到达P点返回，故微粒在P点的动能为0，故微粒从O点到P点过程中重力势能的减小量等于电势能的增加量；保持开关闭合状态，两极板间电势差不变，移动上金属板到虚线位置，那么板间距变大，场强变小，故P到下极板的电势差减小，上极板到P的电势差增大；那么，微粒从O到P的重力势能减小量保持不变，但电势能的增加量变大，则微粒将不能到达P点，所以微粒尚未到达P点就返回，故A错误，B正确；CD．若将开关断开，则两极板所带电荷量保持不变，根据又联立可得故极板间场强E保持不变。若移动上金属板到虚线位置，上极板到P的距离增大，故上极板到P的电势差增大，那么，微粒尚未到达P点就返回；若向下移动下金属板，上极板到P的距离不变，故上极板到P的电势差保持不变，那么，微粒仍到达P点就返回。故C错误，D正确。故选BD。10、AB【解析】带电液滴在电场力和重力的作用，以竖直向下的初速度沿竖直方向下落，根据功能关系可得出电场力做的功；根据除重力以外的力做功，导致机械能变化，即可求解【详解】带电液滴下落h高度，液滴重力势能减少量为mgh，选项A正确；由于只有重力和电场力做功，重力做正功，电场力做负功，电势能增加，而液滴的电势能与机械能之和不变，可知液滴的机械能减少量等于液滴的电势能增加量，由功能关系：W电=-mgh-，即液滴的电势能增加量大于mgh；电场力对液滴做的功大于选项B正确，CD错误；故选AB.【点睛】考查功能关系与机械能是否守恒，并知道除重力以外力做功，导致机械能变化：若此力做正功，则机械能增加；若做负功，则机械能减小三、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.;【解析】电源U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻，根据图示图象求出电源电动势与内阻【详解】由图示电源U-I图象可知，电源电动势：E=2.1V，电源内阻：【点睛】本题考查测量电源的电动势和内电阻实验中的仪表选择以及数据处理，要注意明确根据图象分析数据的方法，重点掌握图象中斜率和截距的意义，明确滑动变阻器的基本接法12、7【解析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标尺读数，不需估读.【详解】游标卡尺的主尺读数为30mm，游标尺上第7个刻度和主尺上的某一刻度对齐，因此游标尺读数为0.1×7mm=0.7mm，所以最终读数为：30mm+0.7mm=30.7mm.【点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标尺读数，不需估读.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、8cm【解析】粒子a板左端运动到P处，由动能定理得代入有关数据，解得，代入数据得θ=30°粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，如图由几何关系得联立求得代入数据解得14、(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=3N15、（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，