广东省珠海市紫荆中学2027届物理高二上期末达标检测试题含解析

广东省珠海市紫荆中学2027年物理高二上期末达标检测试题请考生注意：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、下列说法中，正确的是：（）A.由E=知电场中某点的电场强度E与F成正比B.由公式可知电场中某点的电势φ与q成反比C.由Uab=ED可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大D.公式C=，其中电容器的电容C与电容器两极板间电势差U无关2、如图所示，闭合矩形金属线圈CDEF位于水平方向的匀强磁场中，下列情况可在线圈中产生感应电流的是（）A.保持线圈平面水平，线圈向右运动B.保持线圈平面水平，线圈绕中心点O（图中未画出）转动C.线圈以CD边为轴转动D.线圈以DE边为轴转动3、如图所示为电流天平，可用来测定磁感应强度．天平的右臂上挂有一匝数为N的矩形线圈，线圈下端悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，当线圈中通有电流I（方向如图）时，发现天平的左端低右端高，下列哪些调节方案可以使天平平衡A.减小电流I大小B.增长线框的宽度C.增大左盘砝码的质量D.增加线圈的匝数N4、如图，一个质量为m、带电量为+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。现给圆环一个水平向右的初速度v0，在以后的运动中下列说法正确的是（）A.圆环可能做匀减速运动B.圆环不可能做匀速直线运动C.圆环克服摩擦力所做的功可能为D.圆环克服摩擦力所做的功不可能为5、如图所示，一小磁针被放入水平向右匀强磁场中，忽略其他磁场的影响，当小磁针静止时，其N极的指向是A.竖直向上B.竖直向下C.水平向左D.水平向右6、线圈中心处挂上一个小磁针，且与线圈在同一平面内，则线圈中通以如图所示方向的电流时A.小磁针N极向里转B.小磁针N极向外转C.小磁针在纸面内向左摆动D.小磁针在纸面内向右摆动二、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、在如图电路中，电键S1、S2、S3、S4均闭合．C是水平放置的平行板电容器，板间悬浮着一油滴P．断开哪一个电键后P会运动A.S1B.S2C.S3D.S48、速度相同的一束带电粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是A.速度选择器的P1极板带负电B.该束带电粒子带正电C.粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S0，粒子的比荷越大D.能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于EB19、如下图所示，质量为m的通电细杆放在倾角为θ的导轨上，导轨的宽度为d，杆与导轨间的动摩擦因数为μ，当有电流通过细杆，细杆恰好静止于导轨上．细杆与导轨间的摩擦力一定不为零的是A. B.C. D.10、如图甲，半径为r、电阻为R的圆形单匝导线框处于垂直于线框平面的变化磁场中，磁感应强度B随时间变化的图线如图乙(垂直纸面向里为正方向)。下列说法正确的是（）A.从纸面外向里看，线框中有顺时针方向的感应电流B.从纸面外向里看，线框中有逆时针方向的感应电流C.线框中感应电流为D.线框中感应电流为三、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）某兴趣小组设计以下实验来测量一块正方形薄片导体R0的电阻；（1）使用多用电表粗测时，该小组先用“×100”欧姆挡，欧姆表的指针偏转情况如图中虚线a位置．为了减小误差，多用电表的选择开关应选用欧姆挡的__（选填“×1000”或“×10”）挡；按操作规程再次测量该待测电阻的阻值，欧姆表的指针示数位置如图中实线b所示，则该待测电阻的阻值为_____Ω（2）再次用伏安法准确测量，现准备了以下器材：A．待测电阻R0B．电压表V（量程0～3V，内阻约3kΩ）C．电流表A（量程0～30mA，内阻约30Ω）D．滑动变阻器R（0～10Ω，2A）E．电源（电动势E＝6V，内阻较小）F．导线、开关若干①图甲为测量R0的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，请补充完成实物之间的连线______②正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下表格，请在图乙坐标纸上作出U﹣I关系图线______，由图线可得导体R0的阻值为_____Ω（结果保留三位有效数字）次数12345U/V0.501.001.502.002.50I/mA3.77.212.815.217.712．（12分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，现有一只标有“5V，”的小灯泡、导线和开关，还有：A.直流电源电动势约为5V，内阻可不计B.直流电流表量程，内阻约为C.直流电流表量程，内阻约为D.直流电压表量程，内阻约为E.直流电压表量程，内阻约为F.滑动变阻器最大阻值，允许通过的最大电流为G.滑动变阻器最大阻值，允许通过最大电流为实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据实验中电流表应选用______，电压表应选用______，滑动变阻器应选用______．填器材前的字母该实验设计了如图1所示的四个电路，为了减小误差，应选取的电路是______某同学通过实验正确作出小灯泡的伏安特性曲线如图甲所示，现把实验中使用的小灯泡接到如图乙所示的电路中，其中电源电动势，内阻，定值电阻，此时灯泡的实际功率为___结果保留两位有效数字四、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）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）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、D【解析】A．公式是电场强度的定义式，采用比值法定义，E与F、q无关，由电场本身决定，A错误；B．公式是电势的定义式，采用比值法定义，与Ep、q无关，由电场本身决定，B错误；C．由可知，匀强电场中的任意两点a、b间沿电场方向的距离越大，两点间的电势差才一定越大，C错误；D．公式C=是定义式，电容C与电容器带电量Q和两极板间电势差U无关，由电容器本身决定，D正确。故选D。2、C【解析】A．保持线圈平面水平，线圈向右运动时，线圈中磁通量一直为零，没有感应电流，故A错误；B．保持线圈平面水平，线圈绕中心点O（图中未画出）转动时，线圈一直和磁场平行，没有磁通量的变化，没有感应电流，故B错误；C．线圈绕CD轴转动时，穿过线圈的磁通量发生变化，会产生感应电流，故C正确；D．线圈绕DE轴转动，磁通量始终为零，不会产生感应电流，故D错误。故选C。3、A【解析】根据天平原理，根据左手定则、安培力公式进行判断；【详解】天平是等臂杠杆，当线圈中通有电流I时，根据左手定则，右端线圈受到的安培力竖直向上，天平的左端低右端高，要使天平水平平衡，可以减小左端的砝码的质量，也可以减小安培力，即减小匝数、电流、线框宽度等，故选项A正确，选项BCD错误【点睛】本题关键明确天平的工作原理是等臂杠杆，然后判断出安培力方向，得到控制平衡的方法4、C【解析】分情况对圆环受力分析，第一种情况圆环受到向下的重力，向上的支持力、向上洛伦兹力、水平向左的摩擦力，圆环受到的洛伦兹力变小，支持力变大，摩擦力增大，圆环做加速度增大的减速运动，最后速度减为零；第二种情况支持力为零，圆环受到的摩擦力为零，这种情况下圆环做匀速直线运动。第三种情况随着速度减小，支持力减小，摩擦力减小，此时圆环做加速度减小的减速运动，当支持力减为零后做匀速运动。由以上分析可知圆环可能做匀速运动或变减速运动，不可能做匀减速运动，故A错误；B．由受力分析第二种情况可知圆环可能不受摩擦力作用，合力为零，这种情况下圆环做匀速直线运动，故B错误；C．由受力分析第一种情况可知当圆环受到向上的支持力，圆环做加速度逐渐增大的减速运动，最后速度减为零，由动能定理可得圆环克服摩擦力所做的功为，故C正确。D．由受力分析第三种情况可知当圆环受到向下的支持力时，圆环做加速度逐渐减小的减速运动，当支持力减为零时开始做匀速直线运动，由平衡关系可得设克服摩擦力做功为W，由动能定理可得解得圆环克服摩擦力所做的功为，故D错误。故选择C选项。5、D【解析】小磁针放在磁场中时，当小磁针静止时，其极指向与磁感线的方向一致，即极指向是水平向右，故选项D正确，A、B、C错误6、A【解析】根据右手螺旋定则判断出环形电流内部和外部的磁场，根据小磁针静止时N极所指的方向为磁场的方向，判断出小磁针N极的偏转【详解】根据右手螺旋定则知，环形电流内部的磁场方向向里，外部的磁场方向向外，则小磁针的N极向纸面里偏转．故A正确，B、C、D错误【点睛】解决本题本题的关键知道小磁针静止时N极的指向表示磁场的方向，以及会运用右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向二、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】A．断开S1，电容器两板间的电压不变，场强不变，油滴所受的电场力不变，油滴仍处于平衡状态．故A错误；B．断开S2，电容器两板间的电压增大，稳定时，其电压等于电源的电动势，板间场强增大，油滴所受的电场力增大，油滴将向上运动．故B正确；C．断开S3，电容器通过电阻放电，板间场强逐渐减小，油滴所受的电场力减小，油滴将向下运动．故C正确；D．断开S4，电容器的电量不变，板间场强不变，油滴仍处于静止状态．故D错误8、BC【解析】AB．由图可知，带电粒子进入匀强磁场B2时向下偏转，所以粒子所受的洛伦兹力方向向下，根据左手定则判断得知该束粒子带正电。在平行金属板中受到电场力和洛伦兹力两个作用而做匀速直线运动，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向上，则电场力方向向下，粒子带正电，电场强度方向向下，所以速度选择器的P1极板带正电。故A错误，B正确。C．粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得，解得可见，由于v是一定的，B不变，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S0，则半径r越小，则越大。故C正确。D．粒子能通过狭缝，电场力与洛伦兹力平衡，则有：qvB1=qE解得故D错误。故选BC。9、CD【解析】通过受力分析，根据杆子所处的状态为平衡状态，合力为0，去判断是否有摩擦力【详解】A图中杆子受重力、支持力，水平向右的安培力，可知，杆子可能受摩擦力，也可能不受．故A错误．B图中若杆子受的重力与所受的竖直向上的安培力相等，杆子不受摩擦力．若重力大于安培力，则受重力、支持力，安培力、摩擦力．所以杆子可能受摩擦力，可能不受摩擦力．故B错误．C图中杆子受重力、竖直向下的安培力、支持力，若要处于平衡，一定受摩擦力．故C正确．D图中杆子受重力水平向左的安培力、支持力，若要处于平衡，一定受摩擦力．故D正确．故选CD【点睛】解决本题的关键会正确地进行受力分析，能够根据受力平衡判断摩擦力的存在10、AD【解析】AB．穿过线框的磁场方向垂直纸面向里，且正在减弱，根据楞次定律可知感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，也是垂直纸面向里，根据安培定则可知感应电流方向从纸面外向里看为顺时针方向，A正确，B错误；CD．线框的面积为：根据图线知：由法拉第电磁感应定律可得产生的感应电动势为：根据欧姆定律可得产生的感应电流为：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.×10②.130③.实物电路图如图所示:④.图象如图所示:⑤.139【解析】（1）用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；（2）①根据题意确定滑动变阻器与电流表接法，然后连接实物电路图；②根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象，根据图象应用欧姆定律求出电阻阻值；【详解】（1）使用多用电表粗测时，该小组先用“×100”欧姆挡，欧姆表的指针偏转情况如图中虚线a位置，由图示可知，欧姆表指针偏角太大，说明所选挡位太大，为了减小误差，多用电表的选择开关应选用欧姆挡的×10挡，由图示实线b可知，该待测电阻的阻值为；（2）①由题意可知，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，待测电阻阻值远大于滑动变阻器的最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，实物电路图如图所示：②根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象如图所示：由图示图象可知，待测电阻阻值：；【点睛】当电压表内阻远大于待测电阻阻值时，电流表采用外接法，当待测电阻阻值远大于电流表内阻时，电流表采用内接法，当待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值时，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法12、①.C②.E③.F④.C⑤.【解析】根据灯泡额定电流选择电流表和电压表，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后将实物电路连接完整．在灯泡的图象坐标系内作出电源的图象，根据图象求出灯泡两端电压与通过灯泡的电流，然后求出此时灯泡实际功率【详解】灯泡额定电流为：，则电流表量程选择即可，故电流表选C；额定电压为5V，故电压表应选择E；实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据，故滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择最大阻值较小的，故滑动变阻器选择F描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻约为，电流表内阻约为，电压表内阻约为，则电压表内阻远大于灯泡电阻，故电流表应采用外接法，故应选择C电路；把定值电阻与电源整体看做等效电源，根据闭合电路欧姆定律得：，在图甲中作出电源的图象如图所示：由图可知，此时灯泡两端电压为：，灯泡电流为：，灯泡实际功率为