廣西玉林市陸川中學2023年物理高二上期末考試模擬試題含解析

廣西玉林市陸川中學2023年物理高二上期末考試模擬試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、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、兩個通草球帶電后相互推斥，如圖所示．兩懸線跟豎直方向各有一個夾角α、β，且兩球在同一水平面上．兩球質(zhì)量用m和M表示，所帶電量用q和Q表示．若已知α>β，則下列說法中一定有的關系是()A.球一定帶異種電荷B.m受到的電場力一定大于M所受電場力C.m一定小于MD.q一定大于Q2、如圖，電源的電動勢為E，內(nèi)阻為。R1為定值電阻，R2為滑動變阻器、B為水平放置的平行金屬板，L為小燈泡，電表均為理想電表。開關S閉合后，A、B板間有一帶電油滴恰好處于靜止狀態(tài)。則在滑動變阻器的觸頭P向下滑動的過程中A.電壓表的示數(shù)增大 B.油滴向上加速運動C.板上電荷量減少 D.兩表示數(shù)變化量的比值變大3、如圖所示，兩平行、正對金屬板水平放置，使上面金屬板帶上一定量正電荷，下面金屬板帶上等量的負電荷，再在它們之間加上垂直紙面向里的勻強磁場，一個帶正電粒子(重力可忽略不計)以初速度、沿垂直于電場和磁場的方向從兩金屬板左端中央射入后沿直線運動。若仍按上述方式將該帶電粒子射入兩板間，為使其向下偏轉(zhuǎn)，下列措施中一定可行的是A.僅減小帶電粒子射入時的速度 B.僅減小兩金屬板所帶的電荷量C.僅減小粒子所帶電荷量 D.僅改變粒子的電性4、通過電阻的電流為I時，在時間t內(nèi)產(chǎn)生的熱量為Q，若通過同一電阻的電流為2I時，則在時間t內(nèi)產(chǎn)生的熱量為（）A.2Q B.C. D.4Q5、如圖，放射性元素鐳衰變過程中釋放出α、β、γ三種射線，分別進入勻強電場和勻強磁場中，下列說法正確的是()A.①表示γ射線，③表示α射線B.②表示β射線，③表示α射線C.④表示α射線，⑤表示γ射線D.⑤表示β射線，⑥表示α射線6、關于磁感線的認識，下列說法正確的是A.磁感線從磁體的N極出發(fā)，終止于磁體的S極B.磁感線可以相交C.磁感線可以表示磁場的強弱和方向D.電流在磁場中的受力方向即為該點磁感線的切線方向二、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，閉合矩形線圈abcd與長直導線MN在同一平面內(nèi)，線圈的ab，dc兩邊與直導線平行，直導線中有逐漸增大，但方向不明的電流，則（）A.可知道線圈中的感應電流方向B.可知道線圈各邊所受到磁場力的方向C.可知道整個線圈所受的磁場力的方向D.無法判斷線圈中的感應電流方向，也無法判斷線圈所受磁場力的方向8、如圖所示，平行金屬板中帶電質(zhì)點原來處于靜止狀態(tài)，不考慮電流表和電壓表對電路的影響，的阻值和電源內(nèi)阻相等，當滑動變阻器的滑片向端移動時，則（）A.消耗的功率逐漸減小B.電流表讀數(shù)減小，電壓表讀數(shù)增大C.電源的輸出功率逐漸增大D.質(zhì)點將向上運動9、如圖，在同一平面內(nèi)固定有一長直導線PQ和一導線框R，R在PQ右側(cè)．導線PQ中通有正弦交流電i，i的變化如圖所示，規(guī)定從Q到P為電流正方向．導線框R中的感應電動勢A.在時為零B.在時改變方向C.在時最大，且沿順時針方向D.在時最大，且沿順時針方向10、如圖所示，光滑水平桌面上有一豎直向下的有界勻強磁場，有一矩形導體閉合線框的邊和邊剛好處在磁場的邊緣，邊長是邊長的2倍，第1次用沿方向的水平恒力將線框沿邊向右以速度勻速拉出磁場，第2次用沿方向的水平恒力將線框沿邊向上以速度勻速拉出磁場，則下列說法正確的是（）A.兩次拉出線框過程中通過導線橫截面積的電量相同B.兩次拉出線框過程中拉力的大小相等C.兩次拉出線框過程中點的電勢都高于點的電勢D.兩次拉出線框過程中拉力所做的功相等三、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）某小組利用圖（a）所示的電路，研究硅二極管在恒定電流條件下的正向電壓U與溫度t的關系，圖中V1和V2為理想電壓表；R為滑動變阻器，R0為定值電阻（阻值100Ω）；S為開關，E為電源．實驗中二極管置于控溫爐內(nèi)，控溫爐內(nèi)的溫度t由溫度計（圖中未畫出）測出．圖（b）是該小組在恒定電流為50.0μA時得到的某硅二極管U-t關系曲線．回答下列問題：[Failedtodownloadimage:/QBM/2019/6/8/2221366939320320/2221383439851520/STEM/2fff2ebe-baaa-4a15-8532-5e033f9f045b.png]（1）實驗中，為保證流過二極管的電流為50.0μA，應調(diào)節(jié)滑動變阻器R，使電壓表V1的示數(shù)為U1=______mV；根據(jù)圖（b）可知，當控溫爐內(nèi)的溫度t升高時，硅二極管正向電阻_____（填“變大”或“變小”），電壓表V1示數(shù)_____（填“增大”或“減小”），此時應將R的滑片向_____（填“A”或“B”）端移動，以使V1示數(shù)仍為U1（2）由圖（b）可以看出U與t成線性關系，硅二極管可以作為測溫傳感器，該硅二極管的測溫靈敏度為=_____×10-3V/℃（保留2位有效數(shù)字）12．（12分）如下圖，游標卡尺的讀數(shù)是_______mm；螺旋測微器的讀數(shù)是_______mm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L14．（16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??；（2）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15．（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、C【解析】兩個球相互排斥，故一定帶同種電荷，A錯誤；兩球相互排斥，根據(jù)牛頓第三定律，相互排斥力相等，與帶電量無關，BD錯誤；對左側(cè)小球受力分析，受重力mg，拉力T和靜電斥力F，如圖所示根據(jù)平衡條件，有：，，解得①，再對右側(cè)小球受力分析，同理有②，因，由①②可得，C正確；選C【點睛】兩球相互排斥，故帶異種電荷，根據(jù)牛頓第三定律可知相互排斥力相等，與帶電量無關；再根據(jù)平衡條件得到排斥力的表達式進行分析2、B【解析】滑動變阻器的觸頭P向下滑動的過程中，滑動變阻器接入電路中的電阻增大，根據(jù)“串反并同”，由于定值電阻R1與滑動變阻器串聯(lián)，所以電壓表示數(shù)變小，電容器與滑動變阻器并聯(lián)，所以電容器兩端電壓變大，由公式可知，板間電場強度變大，電場力變大，所以油滴向上加速運動，由公式可知，板上的電荷量變大，電壓表測的是電阻R1兩端的電壓，電流表測的是流過R1的電流，所以兩表示數(shù)變化量的比值即為R1的阻值即不變，故B正確。故選B。3、A【解析】帶正電粒子(重力可忽略不計)因受洛倫茲力和電場力而做直線運動可推得是勻速直線運動，粒子所受的向上的洛倫茲力等于向下的電場力所以欲使粒子向下偏轉(zhuǎn)，需使粒子進入速度選擇器時其合力向下力。A．減小帶電粒子射入時的速度可以使洛倫茲力變小，粒子帶正電，洛倫茲力向上而變小，則合力向下而向下偏轉(zhuǎn)；故A正確。B．僅減小兩金屬板所帶的電荷量，由可知電場力變小，則合力向上從而向上偏轉(zhuǎn)；故B錯誤。C．僅減小粒子所帶電荷量，由知，兩個力依然平衡而做勻速直線運動；故C錯誤。D．粒子帶正電，受洛倫茲力由左手定則知方向向上，電場力向下，將電性改為負電后洛倫茲力向下，而電場力向上，依然有；從而做勻速直線運動；故D錯誤。故選A。故選D?！军c睛】處理帶電粒子在電場和磁場中運動問題的基本方法1、帶電粒子在勻強電場和勻強磁場共存區(qū)域內(nèi)運動時，往往既要受到電場力作用，又要受到洛侖茲力作用．這兩個力的特點是，電場力是恒力，而洛侖茲力的大小、方向隨速度變化．若二力平衡，則粒子做勻速直線運動．若二力不平衡，則帶電粒子所受合外力不可能為恒力，因此帶電粒子將做復雜曲線運動2、解決粒子做復雜曲線運動問題時，必須用動能定理或能量關系處理．這里要抓住場力做功和能量變化的特點，即電場力做功與電勢能變化的特點，以及洛侖茲力永遠不做功3、若勻強電場和勻強磁場是分開的獨立的區(qū)域，則帶電粒子在其中運動時，分別遵守在電場和磁場中運動規(guī)律運動，處理這類問題時要注意分階段求解4、D【解析】由焦耳定律可知，電阻相同，電流變?yōu)樵瓉淼膬杀?，相同的時間內(nèi)產(chǎn)生的熱量變?yōu)樵瓉淼?倍即4QA．2Q與分析不符，故A錯誤；B．與分析不符，故B錯誤；C．與分析不符，故C錯誤；D．4Q與分析相符，故D正確5、C【解析】α帶正電，β帶負電，γ不帶電，γ射線在磁場中一定不偏轉(zhuǎn)，②⑤為γ射線；如左圖所示的電場中，α射線向右偏，β射線向左偏，①為β射線，③為α射線；在如右圖所示磁場中，由左手定則判斷，α射線向左偏，β射線向右偏，即④為α射線，⑥為β射線，故正確選項是C6、C【解析】A.在磁體外部，磁感線從磁體的N極出發(fā)回到S極，在磁鐵內(nèi)部則是從S極到N極，磁感線是閉合的．故A錯誤；B.磁感線的切線方向是該處磁場方向，在同一點磁場方向是唯一確定的，因此磁感線不相交，故B錯誤；C.磁感線的分布疏密可以反映磁場的強弱，越密越強，反之越弱；磁感線的切線方向是該處磁場方向．故C正確；D.由左手定則可知，電流在磁場中的受力方向與該點磁感線的方向垂直，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、BC【解析】當直導線中有逐漸增大的電流，導線框中的磁通量增大，根據(jù)楞次定律，為了“阻礙”這種增大的趨勢，導線框有向右運動的趨勢，且可知道ab邊受向右的力比bc邊向左方向的力大，但感應的電流方向無法判斷，BC正確8、AC【解析】當滑動變阻器的滑片向端移動時，其接入電路的電阻減小，外電路總電阻減?。鶕?jù)閉合電路歐姆定律分析得知干路電流增大．電容器極板間電壓等于兩端的電壓，減小，并聯(lián)部分的總電阻減小，則兩端的電壓減小，消耗的功率逐漸減小，電容器極板間場強減小，質(zhì)點所受的電場力減小，所以質(zhì)點將向下運動，正確，D錯誤．流過電流表的電流，增大，減小，則增大，所以電流表讀數(shù)增大．兩端的電壓，減小，增大，則減小，所以電壓表讀數(shù)減小，B錯誤．由于的阻值和電源內(nèi)阻相等，則外電路總電阻大于電源的內(nèi)阻，當外電阻減小時，電源的輸出功率逐漸增大，C正確9、AC【解析】本題考查交變電流圖象、法拉第電磁感應定律、楞次定律及其相關的知識點解析由圖（b）可知，導線PQ中電流在t=T/4時達到最大值，變化率為零，導線框R中磁通量變化率為零，根據(jù)法拉第電磁感應定律，在t=T/4時導線框中產(chǎn)生感應電動勢為零，選項A正確；在t=T/2時，導線PQ中電流圖象斜率方向不變，導致導線框R中磁通量變化率的正負不變，根據(jù)楞次定律，所以在t=T/2時，導線框中產(chǎn)生的感應電動勢方向不變，選項B錯誤；由于在t=T/2時，導線PQ中電流圖象斜率最大，電流變化率最大，導致導線框R中磁通量變化率最大，根據(jù)法拉第電磁感應定律，在t=T/2時導線框中產(chǎn)生的感應電動勢最大，由楞次定律可判斷出感應電動勢的方向為順時針方向，選項C正確；由楞次定律可判斷出在t=T時感應電動勢的方向為逆時針方向，選項D錯誤10、AD【解析】A．兩長方向線框的寬為l，則長為2l，線框的總電阻為R，由于拉出過程中流過橫截面的電量為所以兩次拉出線框過程中通過導線橫截面積的電量相同，故A正確；B．線框勻速拉出過程，外力和安培力二力平衡，第一次拉出過程外力為第二次拉出過程中外力為所以兩次拉出過程中外力不相等，故B錯誤；C．第一次拉出過程中，cd棒作為電源，根據(jù)右手定則可知，電流方向為c到d，所以c端作為電源的負極，c端的電勢比d端低；第二次拉出過程中根據(jù)楞次定律可知，回路中的電流方向為adcba，所以d點的電勢比c點高，故C錯誤；D．第一次拉出過程，外力做功第二次拉出過程外力做功為所以兩次拉力做功相等，故D正確。故選AD。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、①.5.00②.變小③.增大④.B⑤.2.8【解析】（1）U1=IR0=100Ω×50×10-6A=5×10-3V=5mV由，I不變，溫度升高，U減小，故R減小；由于R變小，總電阻減小，電流增大；R0兩端電壓增大，即V1表示數(shù)變大，只有增大電阻才能使電流減小，故滑動變阻器向右調(diào)節(jié)，即向B端調(diào)節(jié)（2）由圖可知，=2.8×10-3V/℃12、①.100.2②.0.900【解析】解決本題的關鍵掌握游標卡尺讀數(shù)的方法，主尺讀數(shù)加上游標尺讀數(shù)，不需估讀．螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀【詳解】游標卡尺的主尺讀數(shù)為100mm，游標尺上第2個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標尺讀數(shù)為2×0.1mm=0.2mm，所以最終讀數(shù)為：100mm+0.2mm=1