重庆市第三十中学2027届高二物理第一学期期末统考试题含解析

重庆市第三十中学2027届高二物理第一学期期末统考试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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，L1和L2为直流电阻可忽略的电感线圈。A1、A2和A3分别为三个相同的小灯泡。下列说法正确的是（）A.图甲中，闭合S1瞬间和断开S1瞬间，通过A1的电流方向不同B.图甲中，闭合S1，随着电路稳定后，A1会再次亮起C.图乙中，断开S2瞬间，灯A3立刻熄灭D.图乙中，断开S2瞬间，灯A2立刻熄灭2、如图所示，一个闭合矩形线圈abcd以速度v从无磁场区域匀速穿过匀强磁场区域．以abcd方向为电流的正方向，图中能正确反映线圈中电流－时间关系的图象是（）A. B.C. D.3、发电机的原理可以简化成如图所示的电路，导体棒bc在外力作用下沿接触良好的导轨向右匀速运动，下列说法正确的是（）A.在导体棒向右运动的过程中，导体棒内自由电子所受洛伦兹力的方向严格由b指向cB.导体棒内大量自由电子所受洛伦兹力沿垂直棒方向的分量之和宏观上表现为安培力C.发电机工作中，安培力充当非静电力搬运电荷做功，产生电动势D.如果将图中磁场反向但保持导体棒运动方向不变，则导体棒所受安培力也反向4、如图所示，是一个按正弦规律变化的交变电流的图象，则该交变电流的周期和电流的有效值分别是（）A.0.2s，5A B.0.2s，5AC.0.1s，5A D.0.1s，5A5、如图，矩形abcd的长ad＝0.6m，宽ab＝0.3m，o、e分别是ad、bc的中点，以o、e为圆心有两个半径均为R＝0.3m的四分之一圆弧，区域obedo内有方向垂直纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场)，磁感应强度B＝0.25T。一群不计重力、质量m＝3×10－9kg、电荷量q＝2×10－5C的带正电粒子垂直于ad边以v＝5×102m/s的速度射入磁场区域。下列判断正确的是（）A.所有粒子射出磁场时的速度方向都平行B.所有粒子在磁场中运动的时间都相等C.从od边射入的粒子，出射点都在e点D.从ao边射入的粒子，出射点都在b点6、如图所示，磁场中有一导线MN与“匸”形光滑的金属框组成闭合电路，当导线向右运动时，下列说法正确的是A.电路中有顺时针方向的电流 B.电路中有逆时针方向的电流C.导线的N端相当于电源的正极 D.电路中无电流产生二、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，质量为m、电荷量为＋q的圆环可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力．现给该圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，关于圆环运动的速度v、动能Ek以及圆环受到的摩擦力f、洛仑兹力F洛图像可能正确的是A. B.C. D.8、如图所示电路，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R3的滑片向上端移动时，则（）A.电压表读数减小B.电流表读数减小C.灯泡亮度变亮D.R2上消耗的功率逐渐增大9、如图所示，A、B为平行板电容器的金属板，G为静电计开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度下列操作可使指针张开角度增大一些的是A.保持开关S闭合，将R上的滑片向右移动B.断开开关S后，将A、B两极板分开一些C.断开开关S后，将A、B两极板的正对面积减小一些D.保持开关S闭合，将A、B两极板分开一些10、如图8所示的电路，电源内阻不可忽略，电表为理想电表．当滑动变阻器的滑片向下滑动时（）A.电流表A的示数减小 B.电流表A的示数增大C.电压表V示数减小 D.电压表V的示数增大三、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）（1）如图甲所示为某多用电表内部简化电路图，作为欧姆表使用时，选择开关S应接________（填“1”“2”“3”“4”或“5”）（2）某同学想通过该多用电表的欧姆挡测量某定值电阻的阻值，主要步骤如下：①把选择开关拨到“×100”的欧姆挡上；②把两表笔相接触，旋转欧姆调零旋钮，使指针指在________（填“电阻”或“电流”）零刻度处；③把红、黑表笔与待测电阻两端相接，发现这时指针偏转角度很大；④换用________（填“×10”或“×1k”）欧姆挡重新调零后测量，发现这时指针偏转适中，如图乙所示，记下电阻阻值为________Ω；⑤把选择开关调至空挡或交流电压最高挡后拔下表笔，把多用电表放回桌上原处，实验完毕。12．（12分）在测量金属丝电阻率的实验中，可供选用的器材如下：待测金属丝：Rx(阻值约为4Ω，额定电流约0.5A)；电压表：V(量程3V，内阻约3kΩ)；电流表：A1(量程0.6A，内阻约0.2Ω)；A2(量程3A，内阻约0.05Ω)；电源：E1(电动势3V，内阻不计)；E2(电动势12V，内阻不计)；滑动变阻器：R(最大阻值约20Ω)；螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，读数为________mm.(2)若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选________，电源应选_____(均填器材代号)（3）选择电路图____________。（选择甲或者乙图）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、A【解析】A．图甲中，闭合电键的瞬间，流过灯泡A1的电流的方向向右；L1的为自感系数很大的自感线圈，则断开电键的瞬间，自感电动势将阻碍其电流的减小，所以流过L1的电流方向不变，所以流过灯泡A1的电流的方向与开始时是相反的，故A正确；B．图甲中，闭合S1，电路稳定后，灯泡A1短路，无电流，故B错误；CD．图乙中，闭合S2电路中的电流稳定后两个灯泡都亮，断开S2瞬间，L2对电流减小有阻碍作用，此时L2与两个灯泡以及滑动变阻器组成闭合回路，所以A2、A3电流都逐渐减小，灯泡逐渐变暗，故CD错误。故选A。2、D【解析】根据楞次定律判断可知，线圈进入磁场时，感应电流方向为顺时针方向，为正值；线圈穿出磁场时，感应电流方向为逆时针方向，为负值；由知线圈进入和穿出磁场时感应电流的大小不变；线圈完全在磁场中运动时，磁通量不变，没有感应电流产生。所以选项D正确，A、B、C错误。故选D。【点睛】运用楞次定律、法拉第电磁感应定律和欧姆定律分析感应电流的方向和大小，这是电磁感应问题中常用的方法和思路。3、B【解析】A．导体棒运动过程中某时刻，电子具有水平向右的分速度，根据左手定则可知电子受到b指向c的洛伦兹力，如图：电子实际速度由水平方向上的速度和竖直方向上的速度合成，所以导体棒内自由电子所受洛伦兹力的方向不是严格由b指向c，故A错误；B．通电导线在磁场中受到的安培力为而电流为为单位体积内的自由电子数目，为导体棒横截面积，每个电子有向下的分速度，受到的水平洛仑兹力为所以安培力为为导体内自由电子的总数，所以导体棒内大量自由电子所受洛伦兹力沿垂直棒方向的分量之和宏观上表现为安培力，故B正确；C．结合A、B选项分析可知，发电机工作中，洛伦兹力充当非静电力搬运电荷从而产生电动势，故C错误；D．不论磁场方向如何，导体棒向右运动过程中闭合回路中的磁通量增大，根据楞次定律，为了阻碍闭合回路中磁通量的增大，安培力方向始终向左，故D错误。故选B。4、A【解析】根据正弦式电流图象知，周期T=0.2s，电流的最大值为Im=5A，有效值为A．0.2s，5A，与结论相符，选项A正确；B．0.2s，5A，与结论不相符，选项B错误；C．0.1s，5A，与结论不相符，选项C错误；D．0.1s，5A，与结论不相符，选项D错误；故选A.5、D【解析】详解】C．粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力：得：因，从边射入的粒子，形成以为半径的圆弧，从点射入粒子的从点出去；同理从之间射入的其他粒子，到边界处速度均竖直向上，因边界上无磁场，之间所有粒子全部通过点，C错误；ABD．从边射入的粒子先做一段时间的直线运动，设某一个粒子在点进入磁场，其圆心为，如图所示：根据几何关系，可知虚线的四边形是菱形，则粒子的出射点一定是从点射出。同理可知，从边射入的粒子，出射点全部从点射出，但射出的速度方向并不相同，根据运动轨迹可知，从边射入的粒子在磁场中运动的圆心角不相同，所以运动时间不相同，AB错误，D正确。故选D。6、B【解析】根据右手定则，由题意可知，当导线向右运动时，产生的感应电流方向由N端经过导线到M端，因此有逆时针方向的感应电流，故A错误，B正确；由上分析可知，电源内部的电流方向由负极到正极，因此N端相当于电源的负极，故C错误；根据感应电流产生的条件可知，电路会产生感应电流，故D错误．所以B正确，ACD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、AB【解析】带正电的小环向右运动时，受到的洛伦兹力方向向上，注意讨论洛伦兹力与重力的大小关系，然后即可确定其运动形式，注意洛伦兹力大小随着速度的大小是不断变化的【详解】A．由左手定则可判断洛伦兹力方向向上，圆环受到竖直向下的重力、垂直细杆的弹力及向左的摩擦力，当：此时：所以小环做加速度逐渐减小的减速运动，洛伦兹力不断减小，直到：小环开始做匀速运动，摩擦力不断减小至零，故A正确；B．当：小环做匀速运动，不变，摩擦力为零，动能不变，故B正确；C．没有摩擦力保持某一不为零的值不变的情况，故C错误；D．当：此时：所以小环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以，洛伦兹力不断减小至零，减小的越来越快，摩擦力逐渐增大，停止后为零，故D错误【点睛】分析洛伦兹力要用动态思想进行分析，注意讨论各种情况，同时注意结合牛顿运动定律知识，总之本题比较全面的考查了高中所学物理知识，较难8、BD【解析】分析电路的结构，由滑片的移动可知电路中电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可知各电表示数的变化；【详解】由图可知，灯泡与滑动变阻器R3串联后与R2并联后，再由R1串联接在电源两端．当滑片向上移动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，则电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，路端电压增大，同时R1两端的电压也减小，故并联部分的电压增大，则流过R2的电流增大，根据P＝I2R知消耗的功率增大，故电流表示数减小，灯泡分压减小，灯泡变暗，因并联部分的电压增大，而R3中电压增大，故电压表示数增大，故AC错误，BD正确；【点睛】解决闭合电路欧姆定律的题目，一般可以按照整体-局部-整体的思路进行分析，要灵活选用等效的方法研究电路的结构9、BC【解析】保持开关闭合，电容器两端的电势差等于电源的电动势，故电容器两端的电势差不变，则指针张角不变，故AD错误；断开开关S后，电容器带电量Q不变，将A、B两极板的正对面积S减小，电容C减小，根据知，电势差U增大，指针张角增大，故C正确；断开开关S后，电容器带电量不变，将AB分开一些，则d增大，电容减小，根据知，电势差U增大，指针张角增大，故B正确.故选BC.考点：电容器的动态分析【名师点睛】本题考查电容器的动态分析，关键抓住断开电键，电容器所带的电量不变，电键闭合，电容器两端的电势差不变；静电计测量的是电容器两端的电势差，断开电键，电容器所带的电量不变，根据电容的变化判断电势差的变化．闭合电键，电容器两端的电势差等于电源的电动势10、BC【解析】先判断滑动变阻器的阻值如何变化，再用“串反并同”去分析【详解】AB.滑动变阻器的滑片向下滑动，电阻变小，电流表与滑动变阻器串联，所以示数变大，A错误，B正确；CD.滑动变阻器的阻值变小，电压表与滑动变阻器并联，所以示数变小，C正确，D错误【点睛】和滑动变阻器串联的电阻上的电压、电流、电功率变化趋势和滑动变阻器电阻值变化趋势相反，和滑动变阻器并联的电阻上的电压、电流、电功率和滑动变阻器电阻值变化趋势相同，即串反并同三、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、①.3②.电阻③.×10④.220【解析】（1）[1]接3时电源连入电路，为欧姆档。（2）②[2]换档的要进行欧姆调零，把两表笔相接触旋转欧姆调零旋钮使指针指在电阻零刻度处。④[3]偏角过大说明电阻小，换用“×10”欧姆挡，重新调零后测量。[4]对应的阻值为。12、①.1.773—1.776mm②.A1③.E1④.甲【解析】(1)[1]由图示螺旋测微器可知，其示数：由于误差，示数在(1.773mm至1.776mm均可)；(2)[2]待测电阻的额定电流为0