2023年河南省安阳市林州市林滤中学物理高二上期末统考试题含解析

2023年河南省安阳市林州市林滤中学物理高二上期末统考试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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，要使Q线圈产生图示方向的电流，可采用的方法有A.闭合电键K后，把R的滑片右移B.闭合电键K后，把P中的铁心从左边抽出C.闭合电键K后，把Q靠近PD.无需闭合电键K，只要把Q靠近P即可2、如图所示的电场中，AB=BC，UAB和UBC分别表示AB两点间和BC两点间的电势差，两者关系正确的是（）A.UAB=UBC B.UAB>UBCC.UAB<UBC D.与形成该电场的电荷种类有关3、法拉第在1831年发现了“磁生电”现象。如图，他把两个线圈绕在同一个软铁环上，线圈A和电池连接，线圈B用导线连通，导线下面平行放置一个小磁针。实验中可能观察到的现象是A.线圈A和电池接通瞬间，小磁针会偏转B.线圈A和电池断开瞬间，小磁针不偏转C.只要A线圈中电流足够强，小磁针就会发生偏转D.A线圈接通后，线圈B匝数较少时小磁针不偏转，匝数足够多时小磁针会偏转4、电流传感器A的作用相当于一个电流表，它与计算机相连接可以捕捉到瞬间电流的变化，并能在屏幕上显示电流随时间变化的图象。下列说法正确的是（）A.甲中S由断开状态到闭合的瞬间，R中的电流立即增大B.甲中S由闭合状态到断开的瞬间，L右端电势比左端的高C.甲中S由闭合状态到断开的瞬间，R中的电流逐渐减小D.乙中S由断开状态到闭合的瞬间，R中的电流逐渐增大5、如图所示的电路，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片P向左移动，则（）A.电容器的电容将减小B.电容器的电荷量将减少C.电容器中的电场强度将增大D.液滴将向上运动6、图中实线为某点电荷形成的电场的电场线。那么（）A.电场强度a点较小 B.电场强度b点较小C.电势a点较小 D.电势b点较小二、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、发生放射性衰变为，半衰期约为5700年．已知植物存活其间，其体内与的比例不变；生命活动结束后，的比例持续减少．现通过测量得知，某古木样品中的比例正好是现代植物所制样品的二分之一．下列说法正确的是_____A.该古木的年代距今约为5700年B.、、具有相同的中子数C.衰变为的过程中放出β射线D.增加样品测量环境的压强将加速的衰变8、如图所示，平行金属板中带电质点原来处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，的阻值和电源内阻相等，当滑动变阻器的滑片向端移动时，则（）A.消耗的功率逐渐减小B.电流表读数减小，电压表读数增大C.电源的输出功率逐渐增大D.质点将向上运动9、如图所示电路中，电源的电动势为E，内阻为r，R1、R2为两只相同灯泡，R为光敏电阻（随光照的增强电阻减小），当光照强度逐渐增强的过程中，发现电压表的示数变化了△U．下列判断正确的是A.R1灯逐渐变暗，R2灯逐渐变亮B.R和R1消耗的总功率逐渐减小C.R1的电流增大量为D.R2的电压增大量小于△U10、质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔垂直进入匀强磁场，带电粒子仅受洛伦兹力的作用，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是（）A.M带负电，N带正电B.M的速度率小于N的速率C.洛伦兹力对M、N不做功D.M的运行时间大于N的运行时间三、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）在研究性课题的研究中，某课题小组收集了手机的电池以及从废旧收音机上拆下的电阻、电容、电感线圈等电子器件。现从这些材料中选取两个待测元件来进行研究，一是电阻Rx（约为2k），二是手机中常用的锂电池（电动势E标称值为3.4V，允许最大放电电流为100mA）。在操作台上还准备了如下实验器材：A.电压表V（量程4V，内阻RV约为10k）B.电流表A1（量程100mA，内阻RA1约为5）C.电流表A2（量程2mA，内阻RA2约为50）D.滑动变阻器R（0~40，额定电流1A）E.电阻箱R0（0~9999）F.开关S一只、导线若干（1）为了测定电阻Rx阻值，小组的一位成员，设计了如图甲所示的电路原理图，电源用待测的锂电池，则电流表应该选用_______（选填“A1”或“A2”）；他用电压表的读数除以电流表的读数作为Rx的测量值，则测量值______真实值（填“大于”或“小于”）（2）小组的另一位成员，设计了如图乙的电路原理图来测量锂电池的电动势E和内阻r。在实验中，他多次改变电阻箱阻值，取得多组数据，画出—图像为一条直线，则该图像的函数表达式为：__________，由图可知该电池的电动势E=____V。12．（12分）某学习小组利用如图所示的装置测定磁极间的磁感应强度．实验步骤如下在弹簧测力计下端挂一n匝矩形线圈，将矩形线圈的短边完全置于障形磁铁N、S极之间磁场中并使矩形线圈所在的平面与N、S极的连线______；在电路未接通时，记录线圈静止时弹簧测力计的读数；接通电路开关，调节滑动变阻器使电流表读数为1，记录线圈静止时弹簧测力计的读数，F表示的是______用刻度尺测出矩形线圈短边的长度L；利用上述数据可得待测磁场的磁感应强度______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，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14．（16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】A．闭合电键K后，把R的滑片右移，Q中的磁场方向从左向右，且在减小，根据楞次定律，左边导线电流方向向上，故A错误；B．闭合电键K后，将P中的铁心从左边抽出，Q中的磁场方向从左向右，且在减小，根据楞次定律，左边导线电流方向向上，故B错误；C．闭合电键，将Q靠近P，Q中的磁场方向从左向右，且在增强，根据楞次定律，左边导线的电流向下，故C正确；D．若K不闭合，则P线圈中无磁场，故Q中不会有电流产生，选项D错误；故选C。【点睛】解决本题的关键掌握感应电流产生的条件，即当通过闭合回路中的磁通量发生变化，就会产生感应电流，以及会运用楞次定律判断感应电流的方向。2、C【解析】电场线密的地方电场强度大，电场线稀的地方电场强度小，故有：则两点间的平均电场强度比两点间的平均电场强度小，而距离相等，根据可得：A．与分析不符，故A错误；B．与分析不符，故B错误；C．与分析相符，故C正确；D．与分析不符，故D错误；故选C。3、A【解析】A．开关S接通瞬间，线圈A的磁场从无到有，磁场也穿过B线圈，则穿过B线圈的磁通量增加，会产生感应电流，电流会产生磁场，会使小磁针偏转。故A正确；

B．同理，开关S断开瞬间，穿过B线圈的磁通量减少，会产生感应电流，电流产生磁场，会使小磁针偏转。故B错误；

C．A线圈中电流足够强，但若电流稳定，产生的磁场稳定，穿过B线圈的磁通量不变，不会产生感应电流，小磁针不会偏转，故C错误；

D．开关S接通达到稳定后，穿过B线圈的磁通量不变，B线圈内没有感应电流，小磁针不偏转，与B的线圈的匝数无关。故D错误。故选A。4、B【解析】A．甲中S由断开状态到闭合的瞬间，由于线圈中产生自感电动势的阻碍作用，电流只能逐渐增大，故A错误；B．甲中S由闭合状态到断开的瞬间，由于线圈中产生自感电动势，由“楞次定律”可得，L右端电势比左端的高，故B正确；C．甲中S由闭合状态到断开的瞬间，由于线圈中产生自感电动势，但没有回路，所以R中的电流立即减为0，故C错误；D．乙中S由断开状态到闭合的瞬间，R中的电流立刻增大，故D错误。故选B。5、B【解析】A．电容器的电容是由电容器本身决定的，与外部因素无关，选项A错误；B．将滑动变阻器的滑片P向左移动，电路总电阻变大，总电流减小，则R2两端的电压减小，电容量两端电压减小，根据Q=CU可知，电容器的电荷量将减少，选项B正确；C．电容量两端电压减小，根据可知，电容器中的电场强度将减小，选项C错误；D．电容器中的电场强度将减小，则液滴受到的向上的电场力减小，则液滴将向下运动，选项D错误。故选B。6、B【解析】AB．电场线疏密描述电场强弱，电场线密的地方，电场强度大，疏的地方电场强度弱，点的电场线比点密，故点的电场强度比点大，故B正确；CD．沿着电场线方向电势降低，由于电场线方向无法确定，所以点的电势与点的电势无法确定，故C、D错误；故选B。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、AC【解析】A．因古木样品中的比例正好是现代植物所制样品的二分之一，则可知经过的时间为一个半衰期，即该古木的年代距今约为5700年，A正确；B．、、具有相同的质子数，由于质量数不同，故中子数不同，B错误；C．根据核反应方程可知，衰变为的过程中放出电子，即发出β射线，C正确；D．外界环境不影响放射性元素的半衰期，D错误；故选AC。【点睛】半衰期；核反应方程。8、AC【解析】当滑动变阻器的滑片向端移动时，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小．根据闭合电路欧姆定律分析得知干路电流增大．电容器极板间电压等于两端的电压，减小，并联部分的总电阻减小，则两端的电压减小，消耗的功率逐渐减小，电容器极板间场强减小，质点所受的电场力减小，所以质点将向下运动，正确，D错误．流过电流表的电流，增大，减小，则增大，所以电流表读数增大．两端的电压，减小，增大，则减小，所以电压表读数减小，B错误．由于的阻值和电源内阻相等，则外电路总电阻大于电源的内阻，当外电阻减小时，电源的输出功率逐渐增大，C正确9、ABD【解析】A.当光照增强时，光敏电阻R的阻值减小，电路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，则R2灯逐渐变亮。由U=E−Ir可知，路端电压减小，R2灯的电压增大，则R1两端的电压减小，故R1灯逐渐变暗，故A正确；B.将R2灯看成电源内电路的一部分，光敏电阻R和灯泡R1消耗的总功率是等效电源的输出功率，由于等效电源的内阻大于外电阻，所以当光敏电阻的阻值减小，外电阻减小时，等效电源的内外电阻之差加大，输出功率减小，则光敏电阻R和灯泡R1消耗的总功率逐渐减小。故B正确；C.由A选项分析可知，R1两端的电压减小，电流也减小，故C错误；D.R1两端的电压减小△U，R2灯和内阻的电压和增大△U，所以R2的电压增大量小于△U，故D正确。故选：ABD10、AC【解析】由左手定则判断出M带正电荷，带负电荷；结合半径的公式可以判断出粒子速度的大小；根据周期的公式可以判断出运动的时间关系【详解】A：由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故A正确；B：粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，半径为：，在质量与电量相同的情况下，半径大说明速率大，即M的速率大于N的速率，故B错误；C：洛伦兹力始终与速度的方向垂直，不做功，故C正确；D：粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为，M的运行时间等于N的运行时间，故D错误三、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.A2②.大于③.④.3.3【解析】（1）[1]根据所测量的未知电阻的阻值约为2千欧，电动势E标称值为3.4V，所以电阻中电流最大约为1.7mA，因此电流表选A2。[2]由于电流表的分压，可知被测电压偏大，根据欧姆定律可知，电阻的测量值大于真实值。（2）[3][4]根据闭合电路欧姆定律，结合实验电路有根据图像可知，纵截距表示电动势的倒数，所以电源电动势为。12、①.垂直②.线圈所受安培力与重力的合力③.【解析】根据共点力平衡即可求得受到的安培力大小，根据左手定则判断出安培力方向；有求得磁感应强度【详解】要使矩形线圈所在的平面与N、S极的连线垂直，这样能使弹簧测力计保持垂直，方便测出拉力；对线框受力分析知：受重力、安培力、弹簧的拉力，三力平衡，所以F表示的是线圈所受安培力与重力的合力；由安