2027届天津七中物理高二上期末质量检测试题含解析

2027年天津七中物理高二上期末质量检测试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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，线圈两端与电阻和电容器相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的S极朝下．在将磁铁的S极插入线圈的过程中（）A.通过电阻的感应电流的方向由a到b,线圈与磁铁相互排斥B.通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥C.电容器的B极板带正电，线圈与磁铁相互吸引D.电容器的B极板带负电，线圈与磁铁相互排斥2、如图所示，质量为m的A球以速度v0在光滑水平面上运动，与原静止的质量为4m的B球碰撞，碰撞后A球以v=av0(待定系数a<1)的速率弹回，并与挡板P发生完全弹性碰撞，若要使A球能追上B球再相撞，则a的取值范围为（）A.a B.aC.a D.a3、如图所示，三个同心圆是以点电荷Q为圆心等势面，相邻等势面的电势差相等，则下列说法正确的是()A.一个点电荷＋q在B点所受的电场力比在A点的大B.一个点电荷＋q在B点具有的电势能比在A点的小C.将同一个电荷由B点移到D点电场力做的功比由C点移到A点多D.将电荷＋q由B点移到C点，电场力做正功4、法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．半径为L的铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，磁感强度为B，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是（）A.若圆盘转动的角速度为ω，则发电机产生的电动势为B.若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿b到a的方向流动C.若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍5、两平行金属板相距为，电势差为，一电子质量为，电荷量为，从点沿垂直于极板的方向射出，最远到达点，然后返回，如图所示，，则此电子具有的初动能是A. B.C. D.6、如图所示，回旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的装置．其核心部分是两个D形金属盒，置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连．则下列说法正确的是（）A.带电粒子从磁场中获得能量B.带电粒子加速所获得的最大动能与加速电压的大小有关C.带电粒子加速所获得的最大动能与金属盒的半径有关D.带电粒子做圆周运动的周期随半径增大而增大二、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、如图甲所示为风力发电的简易模型图，在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁铁转动，转速与风速成正比．某一风速时，线圈中产生的正弦式电流如图乙所示，则A.电流的表达式（A）B.磁铁的转速为5r/sC.风速加倍时电流的表达式(A)D.风速加倍时线圈中电流的有效值为A8、如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同带正电小球（视为点电荷），b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q（图中未画出）时速度为零．则小球aA.从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B.从N到P的过程中，速率先增大后减小C.从N到Q的过程中，电势能一直增加D.从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量9、如图甲所示，一个匝数为n的圆形线圈(图中只画了2匝)，面积为S，线圈的电阻为R，在线圈外接一个阻值为R的电阻和一个理想电压表，将线圈放入垂直线圈平面指向纸内的磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示，下列说法正确的是：（）A.0～t1时间内P端电势高于Q端电势B.0～t1时间内电压表的读数为C.t1～t2时间内R上的电流为D.t1～t2时间内圆形线圈中感应电流的方向为逆时针10、如图所示，电源电动势为E，内阻为r．电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小）．当电键S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态．有关下列说法中正确的是（）A.只逐渐增大R1光照强度，电阻R0消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电流B.只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，电源消耗的功率变大，电阻R3中有向上的电流C.只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动D.若断开电键S，带电微粒向下运动三、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））分在“用伏安法测定一条金属丝（总电阻约10Ω）电阻率”的实验中①某同学用螺旋测微器测得金属丝直径d如图甲所示，可读得d=_________mm②他又把金属丝拉直后将其两端固定在刻度尺两端的接线柱a和b上，在金属丝上夹上一个小金属夹P，移动金属夹P的位置，从而改变接入电路中金属丝的长度．把这样的装置接入实验电路中，如图乙所示．但他连接线路时却出现了两处错误，请用“×”标在错误的导线上，再用笔画线代替导线给予改正___________③闭合开关前，滑动变阻器触头应移至_____（填“左”或“右”）端．闭合开关后，滑动变阻器触头调至一合适位置后不动，以后通过多次改变P点的位置，得到多组U、I、L的数据，U/I即得到金属丝长L时对应的电阻R．把这多组L和R的数据，绘成如图丙所示图线，则该图线斜率表示的物理意义是_____________________（要求用文字表述）④如果图线的斜率k=1Ω/m，则该金属丝电阻率r=_____Ω·m．（保留二位有效数字）12．（12分）某同学采用如图甲所示的电路测定电源电动势和内电阻，已知干电池的电动势约为1.5V，内阻约2Ω，电压表（0～3V，3kΩ），电流表（0～0.6A，1.0Ω），滑动变阻器有R1（10Ω，2A）和R2（100Ω，0.1A）各一只（1）实验中滑动变阻器应选用__________（选填“R1”或“R2”）（2）在实验中测得多组电压和电流值，得到如图乙所示的U﹣I图象，由图可较准确地求出电源电动势E=_________V；内阻r=__________Ω．（结果保留两位小数）（3）某小组在实验时，发现电流表坏了，于是不再使用电流表，仅用电阻箱R′替换掉了滑动变阻器，电路图如图所示。他们在实验中读出几组电阻箱的阻值R′和电压表的示数U，描绘出

的关系图像，得到的函数图像是一条直线。若该图像的斜率为k，纵轴截距为b，则此电源电动势E=_________，内阻r=__________。该组同学测得电源电动势E测_____E真，内阻r测_____r真。（填“>”“＝”或“<”）。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、B【解析】AB、当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，原磁场方向向上，所以感应磁场方向向下，根据右手螺旋定则，拇指表示感应磁场的方向，四指弯曲的方向表示感应电流的方向，即通过电阻的电流方向为b→a．根据楞次定律“来拒去留”可判断线圈对磁铁的作用是阻碍作用，故磁铁与线圈相互排斥；综上所述：线圈中感应电流的方向为电阻的电流方向为b→a，磁铁与线圈相互排斥，故A错误，B正确；CD、由上分析可知，B板带正电，且线圈与磁铁相互排斥，故CD错误；故选B2、D【解析】A、B、碰撞过程动量守恒，以方向为正方向有，A与挡板P碰撞后能追上B发生再碰撞的条件是，解得；碰撞过程中损失的机械能，解得，故，D正确；故选D【点睛】本题考查了动量守恒和能量守恒的综合运用，要抓住碰后A的速度大于B的速度，以及有机械能损失大于等于零进行求解3、D【解析】根据电场线的疏密分析电场强度的大小，从而比较电场力的大小．先根据等势面图得到电场线的分布图，然后根据电场线密处场强大，电场线稀处场强小判断场强大小，根据沿着电场线电势要降低判断电势高低，再结合动能定理以及电场力做功与电势能变化关系分析判断【详解】负的点电荷产生的电场的电场线是会聚的直线，如图所示电场线密处场强大，电场线稀处场强小，由图可知，B点场强比A点的场强小，则一个点电荷+q在B点所受的电场力比在A点的小．故A错误．沿着电场线电势要降低，故B点的电势比A点的电势高，故+q在B点具有的电势能比在A点电势能大．故B错误．据题有UBD=UCA，根据电场力做功公式W=qU可知，将同一个电荷由B点移到D点电场力做的功与由C点移到A点一样多．故C错误．沿着电场线电势要降低，故B点的电势比C点的电势高，故+q在B点具有的电势能比在C点电势能高，所以将电荷+q由B点移到C点，电场力做正功．故D正确．故选D【点睛】本题关键要明确电场力的做功情况，然后根据动能定理判断动能的变化情况，根据电场力做功与电势能变化的关系得到电势能的变化情况4、A【解析】A．若圆盘转动的角速度为ω，则发电机产生的电动势故A项正确B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，据右手定则可得流过电阻R的电流沿a到b的方向流动．故B项错误C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，电流方向不变．故C项错误D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则发电机产生的电动势变为原来的2倍，电流在R上的热功率也变为原来的4倍．故D项错误故选A。点睛：导体棒转动切割磁感线时，产生的感应电动势，其中指棒上各点的平均速度即棒中点的速度5、D【解析】全程只有电场力做功，根据动能定理解出电子的初动能；【详解】设出电子的初动能，末动能为零，极板间的电场，根据动能定理：，解得：，故D正确，A、B、C错误；故选D6、C【解析】A、由回旋加速器原理可知，它核心部分是两个D形金属盒，置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连，两盒间的窄缝中形成匀强磁场，交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过D形盒缝隙，两盒间的匀强电场一次一次地反向，粒子就会被一次一次地加速，在磁场中洛伦兹力不做功，带电粒子是从电场中获得能量的，故A错误.B、粒子从D形盒出来时速度最大，由qvB=m，粒子被加速后的最大动能Ekm=m=,可见带电粒子加速所获得的最大动能与回旋加速器的半径有关，与加速电压的大小无关，故B错误，C正确.D、高频电源周期与粒子在磁场中匀速圆周运动的周期相同，由带电粒子做圆周运动的周期T=2可知，周期T由粒子的质量、电量和磁感应强度决定，与半径无关，故D错误.故选C【点睛】解决本题关键是掌握加速器的工作原理以及加速器的构造，注意粒子是从电场中获得能量，但回旋加速器的最大速度与电场无关，与磁感应强度和D形盒的半径有关.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、BC【解析】根据i-t图象判断出电流的最大值与周期，当转速加倍时，根据Em=nBSω可知产生的感应电动势加倍，形成的感应电流加倍；【详解】通过乙图可知电流的最大值为0.6A，周期T=0.2s，故ω=＝10πrad/s，故电流的表达式为i=0.6sin10πt（A），故A错误；电流的周期为T=0.2s，故磁体的转速为n=1/T=5r/s，故B正确；风速加倍时，角速度加倍，根据Em=nBSω可知产生的感应电动势加倍，形成的感应电流加倍，故风速加倍时电流的表达式为i=1.2sin20πt（A），故C正确；根据C得分析，形成的感应电流Im=1.2A，故有效值为，故D错误；故选BC8、BC【解析】A．a球从N点静止释放后，受重力mg、b球的库仑斥力FC和槽的弹力N作用，a球在从N到Q的过程中，mg与FC的夹角θ由直角逐渐减小，不妨先假设FC的大小不变，随着θ的减小mg与FC的合力F将逐渐增大；由库仑定律和图中几何关系可知，随着θ的减小，FC逐渐增大，因此F一直增加，故选项A错误；B．从N到P的过程中，重力沿曲面切线的分量逐渐减小到零且重力沿曲面切线的分量是动力，库仑斥力沿曲面切线的分量由零逐渐增大且库仑斥力沿曲面切线的分量是阻力，则从N到P的过程中，a球速率必先增大后减小，故选项B正确；C．在a球在从N到Q的过程中，a、b两小球距离逐渐变小，电场力(库仑斥力)一直做负功，a球电势能一直增加，故选项C正确；D．在从P到Q的过程中，根据能的转化与守恒可知，其动能的减少量等于电势能增加量与重力势能增加量之和，故选项D错误9、AC【解析】根据法拉第电磁感应定律求感应电动势，由闭合电路欧姆定律求电路电流，根据欧姆定律求电压表的读数；根据楞次定律判断感应电流方向，从而确定PQ端电势的高低【详解】A．0～t1时间内，磁通量增大，根据楞次定律感应电流沿逆时针方向，线圈相当于电源，上端正极下端负极，所以P端电势高于Q端电势，故A正确；B．0～t1时间内线圈产生的感应电动势，电压表的示数等于电阻R两端的电压,故B错误；C．t1～t2时间内线圈产生的感应电动势，根据闭合电路的欧姆定律，故C正确；D．t1～t2时间内，磁通量减小，根据楞次定律，感应电流沿顺时针方向，故D错误；故选AC.【点睛】解决本题关键掌握法拉第电磁感应定律，并用来求解感应电动势大小．题中线圈相当于电源，可与电路知识进行综合考查第II卷（非选择题10、AD【解析】A、只逐渐增大的光照强度，的阻值减小，外电路总电阻减小，总电流增大，电阻消耗的电功率变大，滑动变阻器的电压变大，电容器两端的电压增大，电容下极板带的电荷量变大，所以电阻中有向上的电流，故选项A正确；B、电路稳定时，电容相当于开关断开，只调节电阻的滑动端向上端移动时，对电路没有影响，故选项B错误；C、只调节电阻的滑动端向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由可知电场力变大，带电微粒向上运动，故选项C错误；D、若断开电键S，电容器处于放电状态，电荷量变小，板间场强减小，带电微粒所受的电场力减小，将向下运动，故选项D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).0.725mm(2).(3).左(4).电阻率与金属丝横截面积之比(5).【解析】①螺旋测微器读数时要先读整数，再读小数，注意半毫米刻度线，要估读，由图甲所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5mm，可动刻度所示为22.5×0.01mm=0.230mm，螺旋测微器的示数为0.5mm+0.225mm=0.725mm②如图为了避免电流表的分压，电流表测量连入电路部分的金属丝两端的电压，③闭合开关前，滑动变阻器的阻值应该最大，滑动变阻器触头应移至左端，由可知，该图线斜率表示的物理意义是：电阻率与金属丝横截面积之比④由代入数据可得：12、(1).R1(2).1.46（1.45-1.48）(3).1.83（1.81~1.89）(4).(5).(6).<(7).<【解析】（1）[1]由题意可知，电源的内阻约为2Ω，故为了易于调节，准确测量，且能让外电路的电压有明显变化，滑动变阻器的最大阻值不能太大，故选应选小电阻R1；（2）[2][3]由闭合电路欧姆定律可知：U=E-Ir；即电动势与电流成一次函数关系，由数学知识可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率表示内源内电阻；故由图可知：电动势为E=1.46V（1.45-1.48），内阻为：（1.81~1.89）；（3）[4]