2023-2024學年重慶市七校聯盟物理高二上期末統(tǒng)考試題含解析

2023-2024學年重慶市七校聯盟物理高二上期末統(tǒng)考試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、如圖所示，質子（11H）和α粒子（24He）以相同的初動能垂直射入偏轉電場(粒子不計重力)，則這兩個粒子射出電場時的側位移y之比為()A.1∶1 B.1∶2C.2∶1 D.1∶42、如圖所示，在互相垂直的勻強電場和勻強磁場中，電荷量為q的液滴在豎直面內做半徑為R的勻速圓周運動，已知電場強度為E，磁感應強度為B，則油滴的質量和環(huán)繞速度分別為A.， B.，C.， D.，3、磁流體發(fā)電是一項新興技術，它可以把物體的內能直接轉化為電能。如圖是它的示意圖。平行金屬板A、B之間有一個很強的磁場，將一束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量正、負離子）噴入磁場，A、B兩板間便產生電壓。如果把A、B和用電器連接，A、B就是直流電源的兩個電極，設A、B兩板間距為d，磁感應強度為B′，等離子體以速度v沿垂直于磁場的方向射入A、B兩板之間，則下列說法正確的是（）A.A是直流電源的正極B.其他條件不變，若增大等離子體的電量q，則UAB增大C.電源的電動勢為B′dvD.電源的電動勢為qvB′4、以下說法正確的是A.等勢面一定與電場線垂直B.電場中電勢為零的地方場強一定為零C.電容器的電容越大，其所帶的電荷量就越多D.電場線只能描述電場的方向，不能描述電場的強弱5、電位器是一種可變電阻器，其內部結構如圖所示。如果把電位器與燈泡和電源串聯起來，轉動滑動觸頭可以改變燈泡的亮度。下列說法正確的是A.將A、B接入電路，滑動觸頭順時針轉動，燈泡變亮B.將A、C接入電路，滑動觸頭順時針轉動，燈泡變亮C.將A、C接入電路，滑動觸頭順時針轉動，燈泡變暗D.將B、C接入電路，滑動觸頭順時針轉動，燈泡變亮6、如圖所示，一帶鐵芯線圈置于豎直懸掛的閉合鋁框右側，與線圈相連的導線abcd內有水平向里變化的磁場．下列哪種變化磁場可使鋁框向左偏離()A. B.C. D.二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、如圖所示，用兩根輕質絕緣細線將質量為、長為的金屬棒懸掛在兩處，整個裝置處于勻強磁場中。棒中通以從到的電流，兩懸線偏離豎直方向的夾角處于平衡狀態(tài)，則磁感應強度的大小可能為（重力加速度）A. B.C. D.8、如圖所示，平面直角坐標系的第Ⅰ象限內有一勻強磁場垂直于紙面向里，磁感應強度為B．一質量為m、電荷量為q的粒子以速度v從O點沿著與y軸夾角為30°的方向進入磁場，運動到A點時速度方向與x軸的正方向相同，不計粒子的重力，則A.該粒子帶正電B.A點與x軸的距離為C.粒子由O到A經歷時間t＝D.運動過程中粒子的速度不變9、科學家研究發(fā)現：因太陽風的帶電粒子吸附作用，土星環(huán)正在消失．這是因為土星環(huán)中的帶電的冰質顆粒，在土星引力和磁場的作用下墜入土星．假設土星的自轉方向以及周圍的磁場分布與地球相似，土星環(huán)中的所有冰質顆粒在土星赤道上空自西向東公轉，除帶電冰質顆粒外，剩余土星環(huán)中的顆粒軌道半徑不變，則可以推斷（）A.若土星磁場是因土星帶電而形成，則土星帶負電B.土星環(huán)中帶電冰質顆粒受到的洛倫茲力沿軌道半徑遠離土星球心C.太陽風中的帶正電粒子是冰質顆粒主要吸附的粒子D.因土星吸附了帶電冰質顆粒，質量變大，在軌運行的土星環(huán)的運動周期將變小10、如圖所示，為一款手機電池的背面印有的一些符號和簡單說明，下列說法正確的是（）A.該電池的容量為1800mAhB.該電池電動勢為3.6VC.該電池在正常工作時的額定電流為500mAD.若電池以10mA的電流工作，可用50小時三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）如圖是某實驗小組為了定性探究平行板電容器的電容與其結構之間的關系裝置圖．充電后與電源斷開的平行板電容器的板與靜電計相連，板和靜電計金屬殼都接地，板通過絕緣柄固定在鐵架臺上，人手通過絕緣柄控制板的移動．請回答下列問題：（1）本實驗采用的科學方法是__A．理想實驗法B．等效替代法C．控制變量法D．建立物理模型法（2）在該實驗中，靜電計的作用是___A．測定該電容器的電荷量B．測定該電容器兩極的電勢差C．測定該電容器的電容D．測定、兩板之間的電場強度（3）在實驗中觀察到的現象是___A．甲圖中的手水平向左移動時，靜電計指針的張角變大B．乙圖中的手豎直向上移動時，靜電計指針的張角變小C．丙圖中的手不動，而向兩板間插入陶瓷片時，靜電計指針的張角變大D．丙圖中的手不動，而向兩板間插入金屬板時，靜電計指針的張角不變12．（12分）某同學通過實驗測定一個阻值約為的電阻的阻值?，F有電源，內阻可不計，滑動變阻器，額定電流，開關和導線若干，以及下列電表A.電流表，內阻約0.025）B.電流表，內阻約C.電壓表，內阻約D.電壓表，內阻約為減小測量誤差，在實驗中，電流表應選用______，電壓表應選用______選填器材前的字母；實驗電路應采用圖中的______選填“甲”或“乙”。如圖是測量的實驗器材實物圖，圖中已連接了部分導線。請根據在問中所選的電路圖，補充完成圖中實物間的連線________。接通開關，改變滑動變阻器滑片P的位置，并記錄對應的電流表示數I、電壓表示數某次電表示數如圖所示，可得該電阻的測量值______保留兩位有效數字。若在問中選用甲電路，產生誤差的主要原因是______；若在問中選用乙電路，產生誤差的主要原因是______。選填選項前的字母A.電流表測量值小于流經的電流值B.電流表測量值大于流經的電流值C.電壓表測量值小于兩端的電壓值D.電壓表測量值大于兩端的電壓值四、計算題：本題共3小題，共38分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）如圖，兩根間距為L＝0.5m的平行光滑金屬導軌間接有電動勢E＝3V、內阻r＝1Ω的電源，導軌平面與水平面間的夾角θ＝37°．金屬桿ab垂直導軌放置，質量m＝0.2kg．導軌與金屬桿接觸良好且金屬桿與導軌電阻均不計，整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中．當R0＝1Ω時，金屬桿ab剛好處于靜止狀態(tài)，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8（1）求磁感應強度B的大?。唬?）若保持B的大小不變而將方向改為垂直于斜面向上，求金屬桿的加速度14．（16分）如圖所示，水平放置的兩塊長直平行金屬板a、b相距d=0.10m，a、b間的電場強度為E=5.0×105N/C，b板下方整個空間存在著磁感應強度大小為B=6.0T、方向垂直紙面向里的勻強磁場.今有一質量為m=4.8×10-25kg、電荷量為q=1.6×10-18C的帶正電的粒子(不計重力)，從貼近a板的左端以v0=1.0×106m/s的初速度水平射入勻強電場，剛好從狹縫P處穿過b板而垂直進入勻強磁場，最后粒子回到b板的Q處（圖中未畫出）．求P、Q之間的距離L15．（12分）ABC表示豎直放在電場強度為E=104V/m的水平勻強電場中的絕緣光滑軌道，其中軌道的BC部分是半徑為R的圓環(huán)，軌道的水平部分與半圓環(huán)相切．A為水平軌道上的一點，而且AB=R=0.2m，把一質量m=0.1kg，帶電量為q=+C的小球，放在A點由靜止釋放后，求：（g=10m/s2）(1)小球到達C點的速度大小(2)小球在C點時，軌道受到的壓力大小

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、B【解析】質子和α粒子垂直射入偏轉電場都做類平拋運動，根據牛頓第二定律得到粒子加速度的表達式為：；粒子射出電場時的側位移y的表達式為：y=at2；又；聯立上三式得：；由題，兩個粒子的初動能Ek相同，E、l相同，則y與q成正比，質子（11H）和α粒子（24He）電荷量之比為1：2，側位移y之比為1：2．故選B2、D【解析】液滴在復合場中做勻速圓周運動，可判斷出電場力和重力為平衡力，從而可求出液滴的質量并可判斷電場力的方向，結合電場的方向便可知液滴的電性．根據洛倫茲力的方向，利用左手定則可判斷液滴的旋轉方向．結合重力與電場力平衡以及液滴在洛倫茲力的作用下的運動半徑公式，可求出線速度【詳解】液滴在重力場、勻強電場和勻強磁場中做勻速圓周運動，可知，液滴受到的重力和電場力是一對平衡力，重力豎直向下，所以電場力豎直向上，與電場方向相反，故可知液滴帶負電；磁場方向向里，洛倫茲力的方向始終指向圓心，由左手定則可判斷液滴的旋轉方向為順時針；由液滴做勻速圓周運動，得知電場力和重力大小相等，得①，得，液滴在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動的半徑為，聯立得：，D正確【點睛】此題考查了液滴在復合場中的運動．復合場是指電場、磁場、重力場并存，或其中某兩種場并存的場．液滴在這些復合場中運動時，必須同時考慮電場力、洛倫茲力和重力的作用或其中某兩種力的作用，因此對液滴的運動形式的分析就顯得極為重要．該題就是根據液滴的運動情況來判斷受到的電場力情況3、C【解析】A．根據左手定則，正電荷向下偏轉，所以B板帶正電，為直流電源的正極，故A錯誤；BCD．最終電荷在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡，電源的電動勢E會達到最大值，此時有解得故C正確，BD錯誤。故選C。4、A【解析】A、在等勢面上移動電荷時不做功，故等勢面與電場線處處垂直；故A正確.B、電勢零點可以人為任意選擇，而場強是由電場決定，場強和電勢兩者沒有直接關系；故B錯誤.C、電容器電容越大，容納電荷本領越大，電容器兩極板間電壓每增加1V時增加的電荷量越大，不是電荷量大;C錯誤.D、電場線即能描述電場的方向，又能反映電場強度的大小；D錯誤.故選A.【點睛】場強和電勢都是描述電場的物理量，可結合定義式來正確理解各自的物理意義，并要掌握電場線的兩個意義：電場線的方向反映電勢的高低，電場線的疏密表示場強的方向5、D【解析】A．將A、B接入電路，滑動觸頭順時針轉動，電阻變大，則電流減小，燈泡變暗，選項A錯誤；BC．將A、C接入電路，滑動觸頭順時針轉動，電阻不變，則電流不變，燈泡亮度不變，選項BC錯誤；D．將B、C接入電路，滑動觸頭順時針轉動，電阻減小，電流變大，則燈泡變亮，選項D正確；故選D.6、A【解析】由楞次定律可知，要使鋁框向左遠離，則螺線管中應產生增大的磁場，即螺線管中電流應增大；而螺線管中的電流是由abcd區(qū)域內的磁場變化引起的，故abcd中的磁場變化率應增大，故A正確，BCD錯誤二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、CD【解析】如圖當安培力垂直于拉力時，安培力最小解得A．0.2T，與結論不相符，選項A錯誤；B．0.4T，與結論不相符，選項B錯誤；C．0.5T，與結論相符，選項C正確；D．1.0T，與結論相符，選項D正確；故選CD。8、BC【解析】根據題意作出粒子運動的軌跡如圖所示：A．根據左手定則及曲線運動的條件判斷出此電荷帶負電，故A錯誤；B．設點A與x軸的距離為d，由圖可得：r-rcos60°=d所以d=0.5r而粒子的軌跡半徑為，則得A點與x軸的距離為：，故B正確；C．粒子由O運動到A時速度方向改變了60°角，所以粒子軌跡對應的圓心角為θ=60°，所以粒子運動的時間為故C正確；D．由于粒子的速度的方向在改變，而速度是矢量，所以速度改變了，故D錯誤9、AD【解析】A項：由土星磁場與地磁場相似，土星磁場的北極為地理南極，土星磁場的南極為地理北極，由土星轉動形成環(huán)形電流，根據右手螺旋定則可知，土星帶負電，故A正確；B項：由于電冰質顆粒墜入土星，洛倫茲力方向與速度方向垂直，所以土星環(huán)中帶電冰質顆粒受到的洛倫茲力不會沿軌道半徑遠離土星球心，故B錯誤；C項：由于冰質顆粒在土星赤道上空自西向東公轉，且土星帶負電，所以冰質顆粒應帶正電，所以太陽風中帶負電粒子是冰質顆粒主要吸附的粒子，故C錯誤；D項：由公式，由于半徑不變，質量變大，所以周期變小，故D錯誤故應選：AD10、BD【解析】A．該電池的容量為，A錯誤；B．該電池的電動勢為3.6V，B正確；C．上面沒有顯示手機的額定功率，所以不能計算電池正常工作時的額定電流，C錯誤；D．若電池以10mA的電流工作，其工作時間為D正確。故選BD。三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、①.C②.B③.A【解析】（1）[1]．本實驗中要控制一些量不變，然后再得出C的決定因素；故采用的是控制變量法；故選C；（2）[2]．靜電計的作用是測定電容器兩極之間的電勢差；故選B；（3）[3]．實驗中觀察到的現象為：A、手水平向左移動時，板間距離增大時，根據電容的決定式，可知電容減小，而電容器帶電量不變，由電容的定義式知板間電壓增大，所以靜電計指針的偏轉變大．故A正確；B、當手豎直上移時，正對面積減?。桓鶕娙莸臎Q定式，可知電容減小，而電容器帶電量不變，由電容的定義式知板間電壓增大，所以靜電計指針的偏轉變大．故B錯誤；C、插入電介質時，根據電容的決定式，可知電容增大，而電容器帶電量不變，由電容的定義式知板間電壓減小，所以靜電計指針的偏轉變?。蔆錯誤；D、而向兩板間插入金屬板時，板間距離減小，據電容的決定式，可知電容增大，而電容器帶電量不變，由電容的定義式知板間電壓減小，所以靜電計指針的偏轉變?。蔇錯誤；12、①.B②.C③.甲④.⑤.5.2⑥.B⑦.D【解析】[1][2][3]由于電源電動勢為4V，所以電壓表應選C；根據歐姆定律可知，通過待測電阻的最大電流為：所以電流表應選B；根據閉合電路歐姆定律，電路中需要的最大電阻為：所以變阻器可以采用限流式接法，變阻器應選E；由于待測電阻滿足所以電流表應用外接法，即電路圖應是“限流外接”，所以應采用圖甲電路。(2)[4]實物連線圖如圖所示：(3)[5]電流表的讀數為：，電壓表的讀數為：，所以待測電阻為：(4)[6]根據歐姆定律和串并聯規(guī)律可知，采用甲電路時由于電壓表V的分流作用，導致電流表的測量值大于流經的電流，所以產