2027届甘肃省岷县第二中学物理高二上期末检测试题含解析

2027届甘肃省岷县第二中学物理高二上期末检测试题考生须知：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、如图所示是一个平行板电容器,其电容为C,带电荷量为Q,上极板带正电,两极板间距离为d.现将一个检验电荷+q由两极板间的A点移动到B点,A、B两点间的距离为s,连线AB与极板间的夹角为30°,则电场力对检验电荷+q所做的功等于()A. B.C. D.2、图乙中A、B为两个相同的环形线圈，共轴并靠近平行放置．A线圈中通有如图甲中所示的交变电流i，则A.t2时刻两线圈间吸引力最大B.tl时刻两线圈间作用力为零C.在tl到t2时间内A、B两线圈相斥D.在t2到t3时间内A、B两线圈相吸3、如图甲所示，磁场垂直穿过圆形金属框。已知磁场的磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示，设磁场方向垂直纸面向里时，圆形金属框中感应电流为顺时针方向时，则下列各图中能够反应圆形金属框中感应电流i随时间t变化图象的是（）A. B.C. D.4、如图所示，在正交匀强电场和磁场的区域内（磁场水平向里），有一正电粒子恰能沿直线飞过此区域（不计粒子重力），则下列说法正确的是（）A.可以判断出电场方向向上B.仅增大粒子电量，粒子将向上偏转C.仅增大粒子电量，粒子将向下偏转D.仅改变粒子电性，粒子仍能继续沿直线飞出5、如图所示，两颗“近地”卫星1和2都绕地球做匀速圆周运动，卫星2的轨道半径更大些，两颗卫星相比较，下列说法中正确的是（）A.卫星2的向心加速度较大 B.卫星2的线速度较大C.卫星2的周期较大 D.卫星2的角速度较大6、如图所示，为地球赤道上的物体，为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，为地球同步卫星．则下列说法正确的是（）A.角速度的大小关系是B.向心加速度的大小关系是C.线速度的大小关系是D.周期的大小关系是二、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、霍尔传感器测量转速的原理图如图所示，传感器固定在圆盘附近，圆盘上固定4个小磁体．在a、b间输入方向由a到b的恒定电流，圆盘转动时，每当磁体经过霍尔元件，传感器c、d端输出一个脉冲电压，检测单位时间内的脉冲数可得到圆盘的转速．关于该测速传感器，下列说法中正确的有A.图示位置时刻c点电势高于d点电势 B.圆盘转动越快，输出脉动电压峰值越高C.c、d端输出脉冲电压的频率是圆盘转速的4倍 D.增加小磁体个数，传感器转速测量更准确8、如图所示,空间存在一匀强电场,其方向与水平方向夹角为30°,A、B连线与电场线垂直,一质量为m，电荷量为q的带正电小球以初速度v0从A点水平向右抛出，经过时间t小球最终落在C点,速度大小仍为v0，且AB=BC，则下列说法中正确的是（）A.电场强度方向沿电场线斜向上B.电场强度大小为C.此过程小球增加的电势能等于D.小球在运动过程中下落的高度为9、将一条形磁铁从相同位置插入到闭合线圈中的同一位置，第一次缓慢插入，第二次快速插入，两次插入过程中不发生变化的物理量是()A.磁通量的变化量 B.磁通量的变化率C.感应电流的大小 D.流过导体某横截面的电荷量10、某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标系上，如图中的a、b、c所示，根据图线可知A.反映电源内部的发热功率Pr变化的图线是aB.电源电动势是4VC.电源内阻是2ΩD.当电流为0.5A时，外电阻一定为6Ω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）用伏安法测某一电阻，如果采用如图甲所示的电路，测量值为R1，如果采用如图乙所示电路，测量值为R2，则电阻的真实值为R真，它们之间的关系是：R1___R真，R2____R真（填“＞”、“＝”或“＜”），这种误差属于_________误差12．（12分）如图是用20分度的游标卡尺测物体的长度，则待测物体的长度是__________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，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、C【解析】根据：解得则电容器两板间的电场强度EA、B两点间的电势差UAB=Essin30°=则电场力对电荷做的功W=qUABC正确，ABD错误。故选C。2、B【解析】A．在t2时刻，线圈A中的电流最小，而磁通量的变化率是最大的，所以线圈B感应电流也是最大，但A、B间的相互作用力最小，故A错误；B．由题意可知，在t1时刻，线圈A中的电流最大，而磁通量的变化率是最小的，所以线圈B感应电流也是最小，因此两线圈间作用力为零，故B正确；C．在t1到t2时间内，若设逆时针（从左向右看）方向为正，则线圈A电流方向逆时针且大小减小，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向右的磁通量大小减小，由楞次定律可知，线圈B的电流方向逆时针方向，因此A、B中电流方向相同，出现相互吸引现象，故C错误；D．在t2到t3时间内，若设逆时针方向（从左向右看）为正，则线圈A电流方向顺时针且大小增大，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向左的磁通量大小增大，由楞次定律可知，线圈B的电流方向逆时针方向，因此A、B中电流方向相反，A、B出现互相排斥，故D错误；故选B。3、A【解析】磁感应强度在0到内，由法拉第电磁感应定律可得，随着向外磁场的均匀变小，由于磁感应强度随时间变化率不变，则感应电动势大小不变，感应电流的大小也不变；同理，磁感应强度在到内，由法拉第电磁感应定律可得，随着向里磁场的均匀变大，由于磁感应强度随时间变化率不变，则感应电动势大小不变，感应电流的大小也不变；由于磁感应强度是向外在减小，向里在增大．所以由楞次定律可得线圈感应电流是逆时针，由于环中感应电流沿顺时针方向为正方向，则感应电流为负的A．图像与分析相符，故A正确。B．图像与分析不符，故B错误。C．图像与分析不符，故C错误。D．图像与分析不符，故D错误。4、D【解析】明确速度选择器是利用电场力等于洛伦兹力的原理进行工作的，故速度选择器只能选择速度而不能选择电性。【详解】在复合场中对带电粒子进行正确的受力分析，在不计重力的情况下，离子在复合场中沿水平方向直线通过故有解得若粒子带正电，则受洛伦兹力向上，而电场力向下，所以电场强度的方向向下；若带负电，则受洛伦兹力向下，而电场力向上，所以电场强度的方向向下，所以无论粒子带何种电性的电，只要速度满足即可沿直线通过，所以ABC错误，D正确。故选D。5、C【解析】A．卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则可得卫星2的轨道半径较大，因此卫星2的向心加速度较小，故A错误；B．根据可得卫星2的轨道半径较大，因此卫星2的线速度较小，故B错误；C．根据可得卫星2的轨道半径较大，因此卫星2的周期较大，故C正确；D．根据可得卫星2的轨道半径较大，因此卫星2的角速度较小，故D错误；故选C。6、D【解析】a与c的角速度相等，即，而b、c都围绕地球做匀速圆周运动，则有：，解得：，因b的半径小于c的半径，故，所以有：，根据可知，，故A错误，D正确；a与c的角速度相等，由可知，a的半径小于c的半径，故，而b、c都围绕地球做匀速圆周运动，则有：，解得：，因b的半径小于c的半径，故，所以，故B错误；a与c的角速度相等，由可知，a的半径小于c的半径，故，而b、c都围绕地球做匀速圆周运动，则有：，解得：，因b的半径小于c的半径，故，所以，故C错误；故选D【点睛】本题中涉及到三个做圆周运动物体，ac转动的周期相等，bc同为卫星，故比较它们的周期、角速度、线速度、向心加速度的关系时，涉及到两种物理模型，要两两比较二、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、CD【解析】A．霍尔元件中移动的是自由电子，根据左手定则，电子向上表面偏转，即c点，所以d点电势高于c点，故A错误；B．最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽厚分别为a、b、c，有所以输出脉动电压峰与圆盘转动快慢无关，故B错误；C．当小磁体靠近霍尔元件时，就是会产生一个脉冲电压，因此c、d端输出脉冲电压的频率是圆盘转动频率的4倍，即为转速的4倍，故C正确；D．当增加小磁体个数，传感器c、d端输出一个脉冲电压频率变高，那么传感器转速测量更准确，故D正确。故选CD。8、BCD【解析】A.由题意可知，小球在下落过程中动能不变，而重力做正功，则电场力做负功，而小球带正电，故电场线应斜向下，故A错误；B.由动能定理可知，mgABsin60°=EqBCcos30°，解得：，故B正确；D.将电场力分解为沿水平方向和竖直方向，则有竖直分量中的电场力：F=E′q=mgcos60°=，则物体在竖直方向上的合力：F合=mg+=，则由牛顿第二定律可知，竖直方向上的分加速度：ay=，则下落高度：故D正确；C.此过程中电场力做负功，电势能增加，由几何关系可知，小球在沿电场线的方向上的位移：，则电势能的增加量：，故C正确。故选：BCD。9、AD【解析】根据产生感应电流的条件分析有无感应电流产生．再根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的大小，由欧姆定律分析感应电流的大小．再由q=It可确定导体某横截面的电荷量等于磁通量的变化与电阻的比值【详解】A．当条形磁铁插入线圈的瞬间，穿过线圈的磁通量增加，产生感应电流．条形磁铁第一次缓慢插入线圈时，磁通量增加慢．条形磁铁第二次迅速插入线圈时，磁通量增加快，但磁通量变化量相同，故A正确；B．根据法拉第电磁感应定律第二次线圈中产生的感应电动势大，则磁通量变化率也大，故B错误；C．根据法拉第电磁感应定律第二次线圈中产生的感应电动势大，再欧姆定律可知第二次感应电流大，即I2＞I1，故C错误；D．根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的大小，由欧姆定律分析感应电流的大小．再由q=It可确定导体某横截面的电荷量等于磁通量的变化与电阻的比值，由于磁通量变化量相同，电阻不变，所以通过导体横截面的电荷量不变，故D正确所以AD正确，BC错误10、BCD【解析】A．根据直流电源总功率PE=EI，内部的发热功率Pr=I2r，输出功率PR=EI-I2r，可知反映Pr变化的图线是c，反映PE变化的是图线a，反映PR变化的是图线b，故A错误；B．图线a的斜率等于电源的电动势，由得到，故B正确；C．由图，当I=2A时，Pr=8W，由公式Pr=I2r得，r=2Ω，故C正确；D．当电流为0.5A时，由图读出电源的功率PE=2W；由代入得到R=6Ω，故D正确。故选BCD。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.<；②.>；③.系统；【解析】根据电流表接法确定电压、电流的偏差，从而根据欧姆定律得到电阻偏差；根据误差来源判断误差类型【详解】电流表外接时，电压表测得电压为电阻两端电压，电流表测的电流为电阻和电压表的总电流，故电流偏大，那么，电阻偏小，即；电流表内接时，电压表测得电压为电阻和电流表两端的电压，故电压偏大，电流表电流为通过电阻的电流，那么，电阻偏大，即；这些误差是由实验设计本身造成的，实验方案不变，那么误差不变；那么，按照误差分类可知：这种误差为系统误差【点睛】伏安法测电阻实验中，若最大电流大于电流表量程则采用分压式接法，一般采用限流式接法；被测电阻较大，电流表采用内接法；被测电阻较小，电流表采用外接法12、50【解析】[1]游标卡尺的主尺读数为104mm，游标尺上第1个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其读数为0.05×1mm=0.0