湖北省武汉市部分市级示范高中2027届高二上物理期末质量检测试题含解析

湖北省武汉市部分市级示范高中2027年高二上物理期末质量检测试题注意事项：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、如图所示，把一条导线平行地放在磁针的上方附近，当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转｡发现这个实验现象的物理学家是（）A.牛顿 B.爱因斯坦C.奥斯特 D.居里夫人2、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.保持开关S闭合，将A、B两极板介开一些C.断开开关S后，将A、B两极板靠近一些D.断开开关S后，将A、B两极板分开一些3、下列说法正确的是（）A.公式E=U/d对于任何电场均适用B.真空中两点电荷之间的库仑力与它们之间的距离成反比C.静电平衡状态下的导体内部场强处处为零D.通电导线在某处所受安培力为零,则该处磁感应强度一定为零4、质量为m、长为L的直导体棒放置于光滑圆弧轨道上，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，直导体棒中通有恒定电流，平衡时导体棒与圆弧圆心的连线与竖直方向成角，其截面图如图所示．，．则下列关于导体棒中电流的分析正确的是A.导体棒中电流垂直纸面向里，大小为B.导体棒中电流垂直纸面向里，大小为C.导体林中电流垂直纸面向外，大小为D.导体称中电流垂直纸面向外，小为5、如图，a、b、c三个粒子由同一点沿垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场.以下说法错误的是（）A.a和b在电场中运动的时间相等B.电场力对b做的功比对a做的功多C.进入电场时，c的速度最大，a的速度最小D.若想让c也打在下极板上，可增大两板间的电压6、如图所示为一速度选择器，两极板P、Q之间存在电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场。一束粒子流(重力不计)以速度v从a沿直线运动到b，则下列说法中正确的是（）A.粒子的带电性质不确定B.粒子一定带正电C.若粒子流以相同的速率从b点射入，也可以沿直线运动到aD.粒子的速度一定等于二、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，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r.将滑动变阻器滑片向上滑动，理想电压表V、V、V示数变化量的绝对值分别为ΔU、ΔU、ΔU，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则()A.电源的输出功率减小B.A的示数增大C.ΔU与ΔI的比值等于rD.ΔU与ΔI的比值等于(R+r)8、在匀强磁场中某处P放一个长度为L＝20cm，通电电流I＝1A的直导线，测得它受到的安培力F＝1.0N，则P处磁感应强度可能为()A.7T B.0.2TC.0.05T D.5T9、如图，在匀强电场中，质量为m、电荷量为+q的小球由静止释放，斜向右下做直线运动，轨迹与竖直方向的夹角为，则（）A.电场强度的最小值为 B.电场方向可能水平向右C.电场力对小球可能不做功 D.小球的电势能不可能增加10、如图所示，某一真空室内充满竖直向下的匀强电场E，在竖直平面内建立坐标系在的空间内有与场强方向垂直的匀强磁B；在的空间内，将一质量为的带电液滴(可视为质点)从P点自由释放，此液滴沿轴的负方向以加速度(为重力加速度)做匀加速直线运动，当液滴运动到坐标原点时，瞬间被安置在原点的一个装置改变了它的带电性质(液滴所带电荷量和质量均不变)，随后液滴进入的空间内运动，液滴在的空间内运动的过程中A.动能不断增大B.动能保持不变C.重力势能一定先减小后增大D.电势能一定先减小后增大三、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）实验小组某次实验中要读取下列数据，(1)用多用电表测量电阻时，选择开关置于”X100”档位,并且已经正确进行了欧姆调零,则该电阻的测量值为________Ω.(2)电流表和电压表测量电流和电压时两表的示数为_____A和_______V.(3)20分度的游标卡尺和千分尺的读数分别为______mm和________mm.12．（12分）如图，读出下列游标卡尺和螺旋测微器的读数(1)游标卡尺读数为______cm(2)螺旋测微器读数为______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）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L15．（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】奥斯特把一条非常细的铂导线放在一根用玻璃罩罩着的小磁针上方，接通电源的瞬间，发现磁针跳动了一下。这一跳，使奥斯特喜出望外，接下来奥斯特花了三个月，作了许多次实验，发现小磁针在电流周围都会偏转。从而证明了通电导线周围存在磁场。故是奥斯特发现的电流磁效应，C正确，ABD错误。故选C。2、D【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AB均错误；断开电键，电容器带电量不变，将AB靠近一些，则d减小，根据知，电容增大，根据U=Q/C知，电势差减小，指针张角减小，故C错误；同理可知，断开电键，将A、B两极板分开一些，电势差增大，指针张角增大，故D正确；故选D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3、C【解析】公式E=U/d只适用于匀强电场，选项A错误；真空中两点电荷之间的库仑力与它们之间的距离的平方成反比，选项B错误；静电平衡状态下的导体内部场强处处为零，选项C正确；通电导线在某处所受安培力为零，可能是导线的放置方向与磁场平行，该处的磁感应强度不一定为零，选项D错误；故选C.4、A【解析】对导体棒受力分析，受重力、支持力和电场力，根据左手定则判断电流方向，根据平衡条件求解安培力，根据安培力公式FA=BIL求解电流【详解】对导体棒受力分析，受重力、支持力和电场力，如图所示：安培力向右，根据左手定则，电流向里；根据平衡条件，有：FA=mgtan53°=mg，故电流：，故选A5、B【解析】A．粒子的质量和电量相同，知加速度相同。a、b两粒子在竖直方向上的位移相等，根据，a、b运动的时间相等，c的运动时间最短，A正确；B．a、b两粒子在竖直方向上的位移相等，粒子的质量和电量相同，即受到的电场力相等，根据可知电场力对两粒子做功相等，B错误；C．因为又因为垂直电场方向上做匀速直线运动，所以C正确；D．要使c粒子也打在极板上，即要求c粒子的竖直方向上的位移增大，可以增大粒子运动的加速度，即增大两极板间的电压，D正确。本题选错误的，故选B。6、A【解析】AB．粒子受洛伦兹力和电场力，假设粒子带负电，则受到向下的洛伦兹力，电场力向上；若粒子带正电，洛伦兹力向上，电场力向下，均可以平衡，粒子可以带正电，也可以带负电，A正确B错误；C．如果这束粒子流从b处沿直线ba方向射入，电场力方向不变，洛伦兹力反向，故电场力与洛伦兹力方向相同，不再平衡，故合力与速度不共线，粒子开始做曲线运动，C错误；D．为使粒子不发生偏转，粒子所受到电场力和洛伦兹力是平衡力，即为所以电场与磁场的关系为D错误。故选A。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、ACD【解析】滑动变阻器滑片向上滑动时，电阻增大，总电阻变大，总电流减小，路端电压变大；根据电路结构结合闭合电路的欧姆定律进行分析；【详解】当滑动变阻器滑片向上滑动时，接入电路的电阻变大，电路中总电阻变大，总电流减小，则A的示数减小，故B错误；内外电阻相等时，电源的输出功率最大，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，故当滑动变阻器滑片向上滑动时，外电阻越来越远离电源内阻，故输出功率一定减小；故A正确；根据闭合电路欧姆定律得：U2=E-Ir，则得=r；选项C正确；根据闭合电路欧姆定律得：U3=E-I（R+r），则得：=R+r，故D正确；故选ACD【点睛】本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析8、AD【解析】当通电导线垂直放入磁场中时，由安培力的公式：F=BIL得：．若电流的方向与磁场的方向不垂直，则：F=BILsinθ，可知此时磁感应强度一定大于5T故AD正确，BC错误．故选AD9、ABC【解析】A．带电小球的运动轨迹为直线，在电场中受到重力mg和电场力F，其合力必定沿此直线向下，根据三角形定则作出合力，由图看出，当电场力F与此直线垂直时，电场力F最小，场强最小，则有得到故A正确；B．小球带正电，所受的电场力方向只能指向右侧，故电场方向不可能向左，故B错误；C．由图可知，电场力有可能与运动方向相互垂直，故电场力可能不做功，故C正确；D．如果小球受到的电场力与运动方向夹角小于90度，则电场力可能做正功，小球的电势能增加，故D错误。故选ABC。10、BC【解析】带电粒子在电场与重力场作用下，由牛顿第二定律可得：qE+mg＝ma＝m•2g，故qE＝mg，当带电粒子进入磁场时，由于电场力与重力方向相反，处于平衡．而洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动．所以重力势能先减小后增大，故C正确；由于电场力先作负功后做正功，所以电势能先增大后减小，故D错误；由于做匀速圆周运动，则速度大小不变，则动能不变，故A错误，B正确三、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.(1)2.2×103②.(2)0.42③.2.23~2.27④.(3)3.60⑤.6.856~6.859【解析】欧姆表读数注意乘以倍率；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．游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读【详解】（1）该电阻的测量值为:22×100Ω=2.2×103Ω.（2）电流表的示数为:0.42A；电压表示数为：2.24V.（3）20分度的游标卡尺读数：3mm+0.05mm×12=3.60mm；千分尺的读数为：6.5mm+0.01mm×35.8=6.858mm；12、①.10.04②.5.803（5.802~5.804）【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】（1）游标卡尺的主尺读数为100mm，游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为4×0.1mm=0.4mm，所以最终读数为：10mm+0.4mm=100.4mm=10.04cm（2）螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为30.3×0.01mm=3.030mm，所以最终读数为5.5mm+3.030mm=5.803mm【点睛】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理