辽宁省四校2027届高二上物理期末监测模拟试题含解析

辽宁省四校2027届高二上物理期末监测模拟试题考生请注意：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、如图所示，通电矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，电流方向如图所示，ad边与MN平行．关于MN的磁场对线框的作用，下列叙述中正确的是（）A.ad边和bc边受到的安培力大小相同 B.ab边和cd边受到的安培力大小相同C.线框所受安培力的合力向右 D.线框所受安培力的合力为零2、一根通电直导线垂直放在匀强磁场中，关于它受到的安培力，下列说法正确的是（）A.安培力方向与磁场方向相同 B.安培力的大小与磁场强度大小有关C.安培力方向与电流方向相同 D.安培力的大小与电流大小无关3、两个放在绝缘支架上的相同金属球相距d，球的半径比d小得多，分别带-q和3q的电荷量，相互作用的引力为3F．现将这两个金属球接触，然后分开，仍放回原处，则它们的作用力将变为（）A.0 B.引力FC.斥力F D.斥力4、现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如右图所示连接．下列说法中正确的是()A.开关闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转B.线圈A插入线圈B中后，开关闭合或断开瞬间电流计指针均不会偏转C.开关闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，会使电流计指针静止在中央零刻度D.开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转5、把=4×10-6C的试探电荷放在匀强电场中的A点，受到的电场力大小为6×10-3N，若把=2×10-5C的试探电荷放在此电场中的另一点B，则其受到的电场力大小为（）A.3×10-3N B.6×10-3NC.3×10-2N D.无法确定6、电场中有a、b两点，a点电势为4V，带电量为的负离子仅在电场力作用下从a运动到b的过程中，电场力做正功，则（）A.b点电势是2V B.a、b两点中，b点电势较高C.此电荷的电势能增加 D.该电荷速度一定减小二、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，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L8、图是应用光敏电阻设计的实验电路，闭合开关后，用光照向光敏电阻，发现光强增加时，灯变得更亮，下列分析正确的有（）A.光敏电阻的阻值随光强的增加而增大B.光敏电阻的阻值随光强的增加而减小C.灯变得更亮，说明电路中的总电阻变小D.灯变得更亮，说明电路中的总电阻变大9、如图所示的理想变压器电路中，变压器原、副线圈匝数比为，在a、b端输入正弦式交流电压有效值为U，甲、乙、丙三个灯泡均能正常发光，且三个灯泡的额定功率相等，则下列说法正确的是（）A.乙灯的额定电流最大B.甲灯的额定电压为C.丙灯的电阻最小D.甲灯的额定电压最小10、汽车的点火装置的核心是一个变压器，该变压器的原线圈与12V的蓄电池相连，副线圈连接到火花塞的两端，当开关由闭合变为断开时，副线圈中产生10KV以上的电压，火花塞中产生火花，从而点燃油气实现汽车点火。某同学设计了甲、乙两个装置，下列说法中正确的是（）A.甲装置能实现点火B.该点火装置能使火花塞的两端产生持续高压C.变压器的原线圈用细导线绕制，而副线圈要用粗导线绕制D.该点火装置中变压器为升压变压器三、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）图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场．现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小、并判定其方向．所用部分器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源；R为电阻箱；A为电流表；S为开关．此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线完成下列主要实验步骤中的填空：(1)①按图接线②保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态；然后用天平称出细沙质量m1③闭合开关S，调节R的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D________；然后读出________，并用天平称出此时细沙的质量m2④用米尺测量D的底边长度L(2)用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B＝________(3)判定磁感应强度方向的方法是：若________，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里12．（12分）如图所示，游标卡尺的读数为_____mm，螺旋测微器的读数为______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，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14．（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】AB．离MN越远的位置，磁感应强度越小，故根据安培力公式：ad边受到的安培力大于bc边，ab边受到的安培力大小等于cd受到受到的安培力，所以A错误，B正确;CD．直导线中的电流方向由M到N，根据安培定则导线右侧区域磁感应强度方向向内，根据左手定则ad边受向左的安培力，bc边受到向右的安培力；ab边受到向上的安培力，cd受到向下的安培力；由B选项分析可知ad边受到的安培力大于bc边，ab边受到的安培力等于cd受到受到的安培力;故合力向左，故C错误，D错误.2、B【解析】根据“一根通电直导线垂直放在匀强磁场”可知，考查了安培力的大小的计算以及反向的判断．磁场对通电导线的作用力叫做安培力，根据左手定则判断安培力方向情况，根据公式F＝BIL判断安培力的大小情况【详解】AC、根据左手定则，安培力的方向与磁场方向、电流的方向都垂直，故AC错误BD、安培力大小为F＝BIL（I与B垂直时），故B正确，D错误3、C【解析】由库仑定律可得出两球在接触前后的库仑力表达式，则根据电量的变化可得出接触后的作用力与原来作用力的关系；【详解】解：由库仑定律可得：所以有：而两球接触后再分开平分总电量，故分开后两球的各带电量为，则库仑斥力为：，故C正确，ABD错误【点睛】本题可能会出现由于没有看清题意而错将F来表示了接触前的库仑力，从而导致错误，在学习中应注意审题的练习4、A【解析】电键闭合后，线圈A插入或拔出都会引起穿过线圈B的磁通量发生变化，从而电流计指针偏转，选项A正确；线圈A插入线圈B中后，电键闭合和断开的瞬间，线圈B的磁通量会发生变化，电流计指针会偏转，选项B错误；电键闭合后，滑动变阻器的滑片P无论匀速滑动还是加速滑动，都会导致线圈A的电流发生变化，线圈B的磁通量变化，电流计指针都会发生偏转，选项C、D错误故选A考点：本题考查了感应电流产生的条件，点评：知道感应电流产生条件，认真分析即可正确解题5、C【解析】电场强度是电场本身具有的属性，根据电场强度的定义式：匀强电场的场强处处相同：解得：，C正确，ABD错误。故选C。6、B【解析】AB．根据题意，由公式可得，a、b间电势差为又有则则b点电势较高，故A错误，B正确；CD．根据题意可知，负电荷仅在电场力作用下从a点运动到b点，电场力做正功，电势能减小，动能增大，则速度增大，故CD错误。故选B。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、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8、BC【解析】光照强度增加时，光敏电阻阻值减小，闭合回路总电阻减小，电流变大，灯变得更亮，故选项BC正确点睛：光敏电阻是可变电阻，本题相当于动态分析问题，分析部分与整体的关系是关键9、BD【解析】A．由电路分析可知甲的额定电流大于乙的额定电流，A错误；BCD．由于乙与原线圈并联，因此由于乙、丙功率相等，因此由于匝数之比等于电流比的倒数，因此因此可知由于甲、乙功率相等，根据可知而因此，可得由于三个灯的功率相等，根据甲的电流最大，因此甲的电阻最小，额定电压最小因此，BD正确，C错误。故选BD。10、AD【解析】AB．变压器是改变交流电的电压的设备，由图可知，当甲图中的开关接通与断开的瞬间，左侧的电流发生变化，变化的电流引起左侧的线圈内磁通量的变化，进而引起右侧的线圈内磁通量的变化，则在右侧的线圈内产生瞬间的感应电动势，该电动势以高压的形式瞬间对外输出，即可使火花塞点火，但该点火装置不能使火花塞的两端产生持续高压，图乙中，右侧没有电流，所以右侧的开关的接通与断开不能引起电流的变化，所以图乙不能使火花塞点火，故A正确，B错误；CD．由于火花塞需要的电压为10kV，但是电源的电压为12V，所以必须要经过升压变压器才可以得到高的电压，所以变压器左边线圈匝数远少于右边线圈的匝数，导致右边电压被提高，所以变压器的副线圈匝数远大于原线圈匝数，根据变流比可知，原线圈的电流大，为了避免产生较大的焦耳热，则原线圈用电阻小的粗导线，副线圈用电阻大的细导线，故C错误，D正确；故选AD。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.重新处于平衡状态②.电流表的示数I③.④.【解析】(1)[1][2]金属框平衡时测量才有意义，读出电流表的示数I；(2)[3]根据平衡条件，有：|m2-m1|g=BIL，解得：；(3)[4]若m2＞m1．则安培力的方向向下，根据左手定则可得，磁场的方向向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里12、①.104.10，②.0.520【解析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标尺读数，不需估读；螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读【详解】游标卡尺的主尺读数为：104mm，游标尺上第2个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为：2×0.05mm=0.10mm，所以最终读数为：104mm+0.10mm=104.10mm.螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为：2.0×0.01mm=0.020mm，所以最终读数为：0.5mm+0.020mm=0.520mm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）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，根据闭合电路的欧姆定律可得根据左手定则可知安培力方向水平向右；由平衡条件有：BILcosθ＝mgsinθ解得B＝2T；（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，大小不变；根据牛顿第二定律