天津大學附屬中學2023年高二物理第一學期期末達標檢測試題含解析

天津大學附屬中學2023年高二物理第一學期期末達標檢測試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、將長為0.5m的通電直導線垂直放在磁感應強度為0.2T的勻強磁場中，并通一電流強度為2A的電流．則導線所受安培力大小是（）A.0.1N B.0.2NC.0.4N D.0.5N2、金屬鉑的電阻值對溫度的高低非?！懊舾小保鐖D的四個圖象中可能表示金屬鉑電阻的U﹣I圖象是（）A. B.C. D.3、如圖所示，在與水平方向成30°角的光滑金屬導軌間連一電源（極性未標明），在間距為l的平行導軌上，放一質(zhì)量為m的金屬棒ab，棒中電流為I，磁場方向垂直于導軌平面向上，這時棒恰好靜止。重力加速度為g。下列判斷正確的是（）A.電流從a到b，磁感應強度大小為B.電流從b到a，磁感應強度大小為C.電流從a到b，磁感應強度大小為D.電流從b到a，磁感應強度大小為4、如圖是生產(chǎn)中常用的一種延時繼電器的示意圖，鐵芯上有兩個線圈和，線圈跟電源連接，線圈的兩端接在一起，構(gòu)成一個閉合回路。下列說法中正確的是（）A.閉合開關時，線圈中產(chǎn)生圖示方向的感應電流B.閉合開關時，線圈中感應電流的磁場與線圈中電流產(chǎn)生的磁場方向相同C.斷開開關時，電磁鐵會繼續(xù)吸住銜鐵一小段時間D.斷開開關時，彈簧立即將銜鐵拉起5、做平拋運動的物體的落地點與拋出點間水平距離的決定因素是（）A.物體下落的高度和初速度 B.物體下落的高度C.物體的初速度 D.物體的質(zhì)量和初速度6、如圖所示，兩個質(zhì)量相等、分別帶正、負電的小球，以相同的速率在帶電平行金屬板間的P點沿垂直于電場方向射入勻強電場，分別落到A、B兩點，則A.落到A點的小球帶負電，B點的小球帶正電B.兩小球在電場中運動時間相等C.兩小球在電場中的加速度aB>aAD.兩小球到達正極板時動能關系是二、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、兩個質(zhì)量、帶電量絕對值均相同的粒子a、b，以不同的速率沿AO方向射入圓形勻強磁場區(qū)域，其運動軌跡如圖(虛線AB弧長等于磁場圓周長的，虛線AC弧長等于磁場圓周長的)，不計粒子重力．則下列說法正確的是()A.a、b粒子在磁場中的運動時間之比B.a粒子帶正電，b粒子帶負電C.a、b粒子的速度之比D.a、b粒子在磁場中的半徑8、如圖所示，輕質(zhì)彈簧左端固定，置于場強為E水平向左的勻強電場中，一質(zhì)量為m，電荷量為+q的絕緣物塊（可視為質(zhì)點，從距彈簧右端L1處由靜止釋放，物塊與水平面間動摩擦因數(shù)為μ，物塊向左運動經(jīng)A點（圖中未畫出）時速度最大為v，彈簧被壓縮到最短時物體離釋放點的距離為L2，重力加速度為g整個過程中彈簧始終在彈性限度內(nèi)．則從物塊釋放到彈簧壓縮至最短的過程中（）A.物塊與彈簧組成的系統(tǒng)機械能的增加量為B.物塊電勢能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量與系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能之和C.物塊的速度最大時，彈簧的彈性勢能為D.若物塊能彈回，則在向右運動的過程中速度最大的位置在A點左側(cè)9、靜電噴涂是利用靜電現(xiàn)象制造的，其原理如圖所示．以下說法正確的是（）A.涂料微粒帶正電B.涂料微粒所受電場力的方向與電場方向相反C.電場力對涂料微粒做正功D.涂料微粒的電勢能變大10、如圖所示電路中，電源電動勢為E、內(nèi)阻為r，電壓表和電流表均為理想表．現(xiàn)閉合開關，將滑動變阻器的滑片向右移動時，下列判斷正確的是（）A.電容器兩極板間電場強度變大，電容器的帶電量增加B電流表示數(shù)減小，電壓表示數(shù)變大C.電壓表的示數(shù)U和電流表的示數(shù)I的比值變大D.電源的輸出功率可能增大三、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）集寧一中的每層樓樓道內(nèi)都裝有飲水機，純凈水的質(zhì)量關乎每一名學生的身體健康．純凈水質(zhì)量是否合格的一項重要指標是它的電導率λ是否超標(電導率λ即為電阻率ρ的倒數(shù))某同學選用一根粗細均勻且絕緣性能良好的圓柱形塑料直管裝滿純凈水樣品(直管兩端用薄金屬圓片電極密封)來測定樣品的電導率(不考慮溫度對電阻的影響)：(1)實驗中，該同學分別用刻度尺和游標為20分度的游標卡尺測定塑料管的長度和內(nèi)徑，刻度尺和游標卡尺的示數(shù)分別如圖甲、乙所示，則可讀出塑料管的長度L＝________m、內(nèi)徑d＝________mm.(2)該同學用下列器材測定樣品的電阻：a．電壓表V(量程0～3V，內(nèi)阻約為5kΩ；量程0～15V，內(nèi)阻約為25kΩ)；b．電流表A(量程0～10mA，內(nèi)阻約為2Ω；量程0～50mA，內(nèi)阻約為0.4Ω)；c．滑動變阻器R(0～20Ω，2A)；d．學生電源E(電動勢4.5V，內(nèi)阻很小)；e．開關S及導線若干該同學先用多用電表粗測管內(nèi)水樣品的電阻值約為500Ω，要求用盡量精確的方法測出其電阻值，請在圖丙中連接實驗電路圖____(圖中有六根導線已經(jīng)接好)(3)電導率的表達式為=__________(用字母U、I、L、d)12．（12分）某同學測量一個圓柱體的電阻率，需要測量圓柱體的尺寸和電阻。①分別使用游標卡尺和螺旋測微器測量圓柱體的長度和直徑，某次測量的示數(shù)如圖（a）和圖（b）所示，長度為_____cm，直徑為_____mm。②按圖（c）鏈接電路后，實驗操作如下：（a）將滑動變阻器R1的阻值置于最_____處（填“大”或“小”）；將S2撥向接點1，閉合S1，調(diào)節(jié)R1，使電流表示數(shù)為I0；（b）將電阻箱R2的阻值調(diào)至最______（填“大”或“小”）；將S2撥向接點2；保持R1不變，調(diào)節(jié)R2，使電流表示數(shù)仍為I0，此時R2阻值為1280Ω；③由此可知，圓柱體的電阻為_____Ω。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(nèi)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(zhì)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(zhì)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(zhì)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】通電導線受到的安培力大小為故選B。2、B【解析】金屬鉑導體的電阻對溫度的變化很敏感，電阻隨溫度的升高而增大，在一定溫度下其U-I圖線是非線性的，且圖線的斜率越來越大，B正確、ACD錯誤故選B3、C【解析】棒恰好靜止，對棒受力分析，因磁場方向垂直于導軌平面向上，棒受到重力、垂直于斜面的支持力，及平行斜面的安培力，依據(jù)左手定則，則電流方向由a到b，再根據(jù)矢量的合成法則，則有FA=mgsin30°且FA=BIl解得磁感應強度大小為綜上所述，故ABD錯誤，C正確。故選C。4、C【解析】AB．由題意可知，當S接通后，線圈A中產(chǎn)生磁場，穿過線圈B向上的磁通量增加，根據(jù)楞次定律：增反減同，線圈B中感應電流的磁場與A線圈中電流產(chǎn)生的磁場方向相反，結(jié)合安培定則可知，B中產(chǎn)生與圖示方向相反的感應電流，故AB錯誤；CD．將斷開開關S時，導致穿過線圈B向上的磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知，線圈B在產(chǎn)生與線圈A中同向的感應電流，電磁鐵繼續(xù)吸引銜鐵D，產(chǎn)生延時釋放D的作用，故C正確，D錯誤。故選C。5、A【解析】平拋運動可分解為水平向上的勻速直線運動和豎直向上的自由落體運動，二者具有同時性，根據(jù)位移時間公式列式分析【詳解】平拋運動豎直方向的分運動是自由落體運動，由h=gt2得：t=，則水平距離x=v0t=v0，則物體的落地點與拋出點間水平距離的決定因素是物體下落的高度h和初速度v0，故選A.6、C【解析】AB．兩小球在水平方向都不受力，做勻速直線運動，則落在板上時水平方向的距離與下落時間成正比，由于豎直位移相同，根據(jù)x=vt，h=at2得水平位移大的A球運動時間長，即A球豎直方向的加速度小，所受電場力向上，故A球帶正電，水平位移小的球加速度大，故B球帶負電，故AB錯誤；C．有以上分析可知，兩小球在電場中的加速度aB>aA，選項C正確；D．根據(jù)動能定理，三小球到達下板時的動能等于這一過程中合外力對小球做的功。由受力圖可知，帶負電小球B合力較大，為G+F電，做功多動能大，帶正電小球A合力較小，為G-F電，做功少動能小，即EKB＞EKA，故D錯誤。故選C。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、AC【解析】a、b兩個質(zhì)量相同、所帶電荷量相等帶電粒子以不同的速率對向射入圓形勻強磁場區(qū)域，偏轉(zhuǎn)的方向不同，說明受力的方向不同，電性不同，可以根據(jù)左手定則判定．根據(jù)軌跡和幾何關系得到半徑關系，結(jié)合洛倫茲力提供向心力，寫出公式，判斷速度和時間關系.【詳解】粒子向右運動，根據(jù)左手定則，b向上偏轉(zhuǎn)，應當帶正電；a向下偏轉(zhuǎn)，應當帶負電，故B錯誤；兩粒子的質(zhì)量和電量均相同，根據(jù)可知，兩粒子周期相同；因b粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為600；a粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為900；根據(jù)可知，，選項A正確；設磁場圓的半徑為R，由幾何關系可知，，則，根據(jù)可知，選項C正確，D錯誤；故選AC.8、ABD【解析】滑塊在從釋放到彈簧壓縮至最短的過程中，有電場力、摩擦力和彈簧彈力做功，根據(jù)功能關系、動能定理、電場力做功與電勢能的關系等進行判斷；【詳解】A、物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能的增量等于外力做的功，彈簧彈力是內(nèi)力，不改變機械能，外力只有電場力和摩擦力，所以從物塊釋放到彈簧壓縮至最短的過程中機械能的增量為，故A正確；B、根據(jù)能量守恒，電勢能的減少量等于機械能的增加量加上系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能，動能沒有變，機械能的增加量等于彈性勢能的增加量，所以物塊電勢能的減小量等于彈簧彈性勢能的增加量與系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能之和，故B正確；C、物塊速度最大時，加速度為0，則物塊距釋放點的距離大于，設彈簧彈力為F，則，釋放點到速度最大的位置距離，速度最大時的彈性勢能等于機械能的增加量減去動能的增加量，即，其中，故C錯誤；D、向左經(jīng)過A點時速度最大，加速度為零，若物塊能彈回，向右運動經(jīng)過A點時摩擦力方向改變，所以反彈經(jīng)過A點加速度方向向左，不為0，速度最大位置在A點的左側(cè)，故D正確【點睛】解決本題的關鍵掌握功能關系，知道合力做功等于動能的變化量，除重力以外其它力做功等于機械能的增量，電場力做功等于電勢能的減小量，重力做功等于重力勢能的減小量等9、BC【解析】由于在噴槍噴嘴與被噴涂工作之間形成了強電場，工作時涂料微粒會向帶正電的被噴涂工件高速運動，則涂料微粒帶負電，微粒所受電場力的方向與電場方向相反．故A錯誤，B正確；因粒子帶負電，在庫侖引力的作用下做正功，則電勢能減小，故C正確，D錯誤．故選BC10、AD【解析】將變阻器的滑片向右移動時，變阻器接入電路的電阻減小，外電阻減小，路端電壓隨之減小，分析總電流和R2電壓的變化，即可知道電容器板間電壓的變化，判斷出板間場強的變化以及電容器帶電量的變化．根據(jù)歐姆定律分析電壓表的示數(shù)U和電流表的示數(shù)I的比值的變化．根據(jù)內(nèi)外電阻的關系分析電源輸出功率的變化【詳解】當變阻器的滑片向右移動時，變阻器接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，總電流變大，R2電壓增大，則電容器板間電壓增大，板間的電場強度變大，電容器所帶電量增大，故A正確．總電流變大，電流表示數(shù)變大，則R2電壓和內(nèi)電壓均增大，由閉合電路歐姆定律知，R1電壓減小，所以電壓表示數(shù)變小，故B錯誤．電壓表的示數(shù)U和電流表的示數(shù)I的比值U/I=R1，變小，故C錯誤．由于電源的內(nèi)外電阻的大小關系未知，所以不能確定電源輸出功率如何變化，則電源的輸出功率可能增大，故D正確．故選AD【點睛】本題是電路的動態(tài)分析問題，按“局部→整體→局部”的思路進行分析．分析電源的輸出功率變化時，要根據(jù)推論：內(nèi)外電阻相等時，電源的輸出功率最大來分析三、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、①.0.1050；②.11.30；③.；④.【解析】(1)由圖示刻度尺確定其分度值，然后讀出其示數(shù)；游標卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標讀數(shù)，不需估讀；(2)合理選擇實驗器材，先選必要器材，再根據(jù)要求滿足安全性，準確性，方便操作的原則選擇待選器材．電流表的接法要求大電阻內(nèi)接法，小電阻外接法．滑動變阻器是小電阻控制大電阻，用分壓式接法．根據(jù)電路圖來連接實物圖，注意電表的正負極，并分幾個回路來連接；(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律，結(jié)合電阻定律，即可求解【詳解】(1)刻度尺讀數(shù)：0.2050-0.1000=0.1050m；游標卡尺的主尺讀數(shù)為11mm，游標讀數(shù)為0.05×6mm=0.30mm，所以最終讀數(shù)為11.30mm；(2)因電源的電壓為4.5V，因此電壓表選擇3V量程；由于阻值約為500Ω的電阻Rx的，根據(jù)歐姆定律可知，電流的最大值為9mA，從精確角來說，所以電流表選擇量程0～10mA；根據(jù)待測電阻的阻值與電壓表及電流表的阻值，可知，待測電阻的阻值偏大，因此選擇電流表內(nèi)接法，根據(jù)電路圖來連接實物圖原則，注意電表的正負極，并分幾個回路來連接．如圖所示；(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律與電阻定律，，解得：，所以電導率為：【點睛】解決本題的關鍵掌握游標卡尺讀數(shù)的方法，主尺讀數(shù)加上游標讀數(shù)，不需估讀；同時還考查了同學們設計電路的能力，要弄清楚是內(nèi)接法還是外接法，是分壓還是限流法；考查如何選擇儀器，掌握選擇的方法與原則；學會由電路圖去連接實物圖，注意電表的正負極；理解歐姆定律與電阻定律的應用，掌握誤差的分析及其產(chǎn)生原因12、(1).5.01(2).5.315(3).大(4).大(5).1280【解析】①[1]根據(jù)游標卡尺讀數(shù)規(guī)則，主尺讀數(shù)為5cm，游標尺讀數(shù)為0.1×1mm，長度為5.01cm；[2]根據(jù)螺旋測微器的讀數(shù)規(guī)則，主尺讀數(shù)為5mm，可動刻度為31.5×0.01mm，所以直徑為5.315mm。②（a）[3]為了保護電路