山东省潍坊一中2027届高二上物理期末达标测试试题含解析

山东省潍坊一中2027年高二上物理期末达标测试试题请考生注意：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、如图所示，电源电动势为E，电源内阻为r=1Ω，定值电阻R1=4Ω，滑动变阻器R2变化的范围为0~10Ω，以下说法正确的是A.当R2=3Ω时，电源的输出功率最大B.当R2=3Ω时，R1上获得的功率最大C.当R2=3Ω时，电源的效率最大D.当R2=5Ω时，R2上获得的功率最大2、如图所示，已知电流从电流表的右侧接线柱流入，其指针向右偏转．当条形磁铁竖直向下落入线圈时，空气阻力不计．则A.电流表指针向右偏转B电流表指针向左偏转C.磁铁加速度大于重力加速度D.磁铁加速度等于重力加速度3、如图所示,一个带正电荷q、质量为小球,从光滑绝缘斜面轨道的A点由静止下滑,然后沿切线进入竖直面上半径为R的光滑绝缘圆形轨道,恰能到达轨道的最高点B.现在空间加一竖直向下的匀强电场,若仍从A点由静止释放该小球(假设小球的电荷量q在运动过程中保持不变,不计空气阻力),则（）A.小球一定不能到达B点B.小球仍恰好能到达B点C.小球一定能到达B点,且在B点对轨道有向上的压力D.小球能否到达B点与所加的电场强度的大小有关4、如图所示，在条形磁铁S极附近悬挂一个圆形线圈，线圈平面与水平磁铁位于同一平面内，当线圈中通以如图所示方向的电流时，线圈将()A.向磁铁平移B.远离磁铁平移C.边转动边向左摆动D.边转动边向右摆动5、在同一平面内有四根彼此绝缘的通电直导线，如图所示，四根导线中电流I4＝I3>I2>I1，要使O点磁场增强，则应切断哪一根导线中的电流()A.I1 B.I2C.I3 D.I46、标准电阻I－U伏安特性曲线可用以下哪个图象来表示()A. B.C. D.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、下列四副图中，闭合线圈能产生感应电流的是（）A.B.C.D.8、如图所示的电路中,为理想二极管(正向电阻为零,反向电阻为无穷大),为电容器的两极板，为滑动变阻器，为定值电阻。将滑动变阻器的滑片滑到端，保持开关断开，闭合开关。将滑动变阻器的滑片滑到中央位置，闭合开关，两板间点处的带电液滴恰能保持静止，下列说法正确的是A.将滑片滑向端，该液滴向下运动B.将滑片滑向端，该液滴向上运动C.将板向上移动，该液滴向下运动，点电势降低D.将板向下移动，该液滴向上运动，点电势升高9、回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列方法可行的是（）A.增大磁场磁感应强度 B.减小狭缝间的距离C.增大D形金属盒的半径 D.增大两D形金属盒间的加速电压10、如图所示为两平行金属极板P、Q，在P、Q两极板上加直流电压U0，极板Q的右侧有一个边长为L的正方形匀强磁场区域abcd，匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里．P极板上中心O处有一粒子源，可发射出初速度为零、比荷为k的带电粒子，Q极板中心有一小孔，可使粒子射出后垂直磁场方向从a点沿对角线ac方向进入匀强磁场区域，则下列说法正确的是()A.如果带电粒子恰好从d点射出，则满足U0＝kB2L2B.如果带电粒子恰好从b点射出，则粒子源发射的粒子可能带负电C.带电粒子在匀强磁场中运动的速度为D.带电粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径为三、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）在测定金属的电阻率的实验中，金属导线长约0．8m，直径小于1mm，电阻大约为4Ω．实验主要步骤如下，请填写其中的空白部分或按要求连线：(1)用米尺测量金属导线的长度，测3次，求出平均值L；(2)在金属导线的3个不同位置上用_______测量直径，求出平均值d；(3)用伏安法测量金属导线的电阻R．现有器材：直流电源（电动势约4．5V，内阻很小），电流表A1（量程0～0．6A，内阻0．125Ω），电流表A2（量程0～3．0A，内阻0．025Ω），电压表V（量程0～3V，内阻3kΩ），滑动变阻器R0（最大阻值10Ω），开关S、导线若干①如果既要满足测量要求，又要测量误差较小，应该选用的电流表是_______；②其实验电路原理图如下，你认为应该选择那种________（甲或乙）方法，并在实物图上画线连接成实验电路________(4)根据上述测得的金属导线长度L，直径d和电阻R，由电阻率的表达式ρ=_______算出该金属的电阻率12．（12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）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、D【解析】A.由于R1>r，R1+R2由越接近内阻r，电源输出功率越大，所以当R2=0时，电源输出功率最大，故A错误；B.R1上消耗的功率，电流越大，R1消耗的功率越大，根据闭合电路的欧姆定律，当R2=0时，电流最大，R1上消耗的功率最大，故B错误；C.电源的效率,R2越大，电源的效率越高，所以当R2=10Ω时，电源的效率最高，故C错误；D.将R1看做内阻，当r+R1=R2，即R2=5Ω时，R2消耗的功率最大，故D正确；故选D2、B【解析】根据磁通量的变化，运用楞次定律判断出感应电流的方向，从而确定电流表指针的偏转方向；根据楞次定律“来拒去留”确定磁铁的受力情况【详解】当磁铁向下插入线圈时，磁通量向下增大，根据楞次定律知，线圈中感应电流由上端流入，下端流出，故感应电流的方向从电流表的左接线柱流入，则电流表指针向左偏转．故A错误，B正确；根据楞次定律可知，磁铁受到向上的阻力，故加速度小于重力加速度，故CD错误．故选B【点睛】本题考查楞次定律的应用，楞次定律是高考的热点问题，解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向和受力情况3、B【解析】不加电场时，设恰能到达轨道的最高点B的速度为v，根据机械能守恒定律有：mg（h-2R）=mv2；…①在最高点时，重力提供向心力，有：mg=m…②加上电场后，设能到达B点的速度为v2，根据动能定理得：mv22=（mg+Eq）（h-2R）…③在最高点时，重力与电场力的合力提供向心力，有：mg+Eq=m…④得v2=v，故为小球仍恰好能到达B点，故B正确，ACD错误；故选B.4、C【解析】通以顺时针的电流，由于处于S极的磁体附近，根据左手定则可得，线圈左边安培力垂直纸面向外，右边安培力垂直纸面向里．从上往下看，导致线圈逆时针转动，由于磁场的不均匀，导致线圈受到安培力的作用向磁铁靠近．即线圈将边转动边向左摆动,C正确,5、D【解析】从图中可得在O点产生的磁感应强度的方向都为垂直纸面向里，而在O点产生的磁感应强度方向为垂直纸面向外，故要使O点磁场增强，则应该切断，D正确【点睛】本题利用安培定则判断磁场方向比较简单，但磁场叠加，较为复杂，采用作图法可防止思路出现混乱6、C【解析】标准电阻阻值保持不变，根据欧姆定律，得到I与U成正比，由数学知识得知，I-U特性曲线是原点的倾斜的直线，故C正确，ABD错误二、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、AD【解析】A．该图中线圈转动时，穿过线圈的磁通量发生变化，会产生感应电流，选项A正确；B．该图中线圈向下运动时，穿过线圈的磁通量不变，不会产生感应电流，选项B错误：C．该图中线圈在磁场内部平动时，穿过线圈磁通量不变，不会产生感应电流，选项C错误：D．该图中线圈拉出磁场时，穿过线圈的磁通量变化，会产生感应电流，选项D正确。故选AD。8、BD【解析】A．液滴静止不动，则；滑动变阻器滑向端，电阻减小，分压减小，若电容器电压减小，由可知，电容器电量减小，即电容器放电，但二极管单向导通，无法放电，故此时电容器电量不变，不变，由知，不变，故液滴不动，A错误；B．滑动变阻器滑向b端，电阻变大，分压变大，电容器电压变大，由可知，电容器电量变大，即电容器充电，二极管导通，故此时电容器电量增加，变大，由知，变大，故液滴向上运动，故选项B正确；C．板上移，增大，由知C减小，若电压不变，由知，减小，即电容器放电，但二极管单向导通，无法放电，故此时电容器电量不变，由知，电场强度不变，液滴不动，故C错误；D．板下移，减小，电压不变，由知，E变大，液滴向上运动；根据U=Ed可知C点与B板电势差变大，即C点电势升高，选项D正确；故选BD。9、AC【解析】由洛伦兹力提供向心力，可知计算得出则动能可知，动能与加速的电压无关，与狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关，增大磁感应强度和D形盒的半径，可以增加粒子的动能，故选AC。10、ACD【解析】当带电粒子恰好从d点射出时，根据图中几何关系可知，轨道半径r＝L.设带电粒子射入磁场时速度为v，由qvB＝m，解得v＝；由qU0＝mv2，解得U0＝kB2L2，选项A正确；由左手定则可知，如果带电粒子恰好从b点射出，则粒子源发射的粒子一定带正电，选项B错误；由qU0＝mv2，解得，选项C正确；由qvB＝m，解得，选项D正确；故选ACD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.螺旋测微器（千分尺）②.电流表A1③.甲④.⑤.【解析】金属导线的直径由螺旋测微器测量；选择器材需安全、精确，通过金属导线的电阻的额定电流确定出电流表的量程．通过比较金属导线的电阻与电流表内阻和电压表内阻的关系，确定电路的选择，若金属导线的电阻远小于电压表的内阻，采取外接法，若金属导线的内阻远大于电流表的内阻，采用内接法．根据题意，结合电阻定律R＝ρ，即可求解【详解】（2）金属导线的直径很小，因此通过螺旋测微器测量；（3）①电压表的量程是3V，则金属导线的最大电流，要求测量误差较小，应该选用的电流表A1；②金属导线的电阻R=4Ω，由于R≪RV，故应选电流表外接法．即选择甲图③根据电路图，连接实物图，注意电表的量程，及正负极．如图所示；（4）根据电阻定律R＝ρ，已知S=π()2，因此电阻率的表达式；【点睛】解决本题的关键掌握器材选取的原则，即安全，精确．以及掌握电流表内外接哪种情况误差比较小，“大内偏大，小外偏小”．本题出示了公式R=ρL/S，能帮助学生更好的理解影响电阻大小的因素12、(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，