2023年嘉兴市重点中学物理高二上期末经典模拟试题含解析

2023年嘉兴市重点中学物理高二上期末经典模拟试题请考生注意：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，平行板a、b组成的电容器与电池E连接，平行板电容器P处固定放置一带负电的点电荷，平行板b接地．现将电容器的b板向下稍微移动，则()A.点电荷所受电场力增大 B.点电荷在P处电势能减少C.P点电势减小 D.电容器的带电荷量增加2、如图所示，一根通电直导线竖直地放在水平向右的匀强磁场中，此时导线受到的磁场力大小为F1．现保持流过导线的电流大小不变，将导线绕其下端在竖直平面内缓慢旋转90°到达沿磁场方向的的虚线位置时，导线受到的磁场力大小为F2．则下列叙述正确的是（）A.F1=0，F2≠0，F2的方向为竖直向上B.F1=0，F2≠0，F2的方向为水平向里C.F1≠0，F2=0，F1的方向为水平向外D.F1≠0，F2=0，F1的方向为水平向里3、一根通电直导线垂直放在匀强磁场中，关于它受到的安培力，下列说法正确的是（）A.安培力方向与磁场方向相同 B.安培力的大小与磁场强度大小有关C.安培力方向与电流方向相同 D.安培力的大小与电流大小无关4、面积为0.5m2的线圈放在磁感应强度为2×10-2T的匀强磁场中，磁场方向与线圈平面的夹角是，那么穿过这个线圈的磁通量为（）A.1.0Wb B.0.5×10-1WbC.0.5×10-2Wb D.1.0×10-2Wb5、有一灵敏电流表，内阻，满偏电流，现将其改装为电压表，下列说法正确的是（）A.需与它并联一个的电阻B.需与它串联一个的电阻C.需与它串联一个的电阻D.需与它串联一个的电阻6、一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图所示，电场方向竖直向下.若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为（）A.动能增大B.电势能减少C.重力势能和电势能之和增加D.动能和电势能总和减少二、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、如图a所示在光滑水平面上用恒力F拉质量m的单匝均匀正方形铜线框，边长为a，在1位置以速度v0进入磁感应强度为B的匀强磁场并开始计时t＝0，若磁场的宽度为b（b＞3a），在3t0时刻线框到达2位置速度又为v0并开始离开匀强磁场．此过程中v﹣t图象如图b所示，则（）A.t＝0时，线框右侧边MN的两端电压为Bav0B.在t0时刻线框的速度为C.线框完全离开磁场的瞬间位置3速度一定比t0时刻线框的速度大D.线框从1位置进入磁场到完全离开磁场位置3过程中，线框中产生的电热为2Fb8、如图所示，电源的电动势为，内阻为，为电阻箱．图乙为电源的输出功率与电流表示数的关系图象，电流表为理想电表，其中电流为、时对应的外电阻分别为、，电源的效率分别为、，输出功率均为，下列说法中正确的是()A. B.C. D.9、如图所示，电源电动势E＝3V，小灯泡L标有“2V，0.4W”，开关S接1，当变阻器调到R＝4Ω时，小灯泡L正常发光；现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作．则()A.电源内阻为1ΩB.电动机的内阻为4ΩC.电动机的正常工作电压为1VD.电源效率约为93.3%10、如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路．虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场．方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始络与MN垂直．从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是（）A.感应电流方向不变B.CD段直线始终不受安培力C.感应电动势最大值E＝BavD.感应电动势平均值三、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）电磁波在真空中的传播速度，如果中央人民广播电台向外发射500kHz的电磁波，若距该台处有一台收音机，此电磁波的波长是______从电台发出的信号经过时间______s可以到达收音机处12．（12分）(1)用20分度的游标卡尺测量物体的长度如图所示，由图可知其长度为_________mm；(2)用螺旋测微器测量物体直径如图，由图可知其直径为_________mm；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、B【解析】A.因电容器与电源始终相连，故两板间的电势差不变，B板下移，则板间距离d增大，则板间电场强度E变小，由F=Eq可知电荷所受电场力变小，故A错误；BC.板间距离d增大，则板间电场强度E变小，由U=Ed知，P与a板的电压减小，而a的电势不变，故P的电势升高，由EP=qφ而q为负值，故电势能减小，故B正确，C错误；D.由Q=CU，又有，故C减小，Q减小，故D错误2、D【解析】通电直导线竖直放置时，其所受安培力F1=BIL≠0，根据左手定则可判定安培力方向水平向里；当通电直导线沿磁场方向放置时，其所受安培力F2=0，ABC错误，D正确。故选D3、B【解析】根据“一根通电直导线垂直放在匀强磁场”可知，考查了安培力的大小的计算以及反向的判断．磁场对通电导线的作用力叫做安培力，根据左手定则判断安培力方向情况，根据公式F＝BIL判断安培力的大小情况【详解】AC、根据左手定则，安培力的方向与磁场方向、电流的方向都垂直，故AC错误BD、安培力大小为F＝BIL（I与B垂直时），故B正确，D错误4、C【解析】在匀强磁场中，当线圈与磁场方向成角，则穿过线圈的磁通量故选C。5、C【解析】改装成电压表要串联电阻的，则有：，即：，解得：，故选项C正确，选项ABD错误.点睛：电流表改装成电压表要串联电阻分压，改装成电流表要并联电阻分流6、C【解析】AB．由题意可知，带电油滴受到的合力的方向向上，故电场力一定向上，与电场线方向相反，带电油滴带负电，故从a到b的运动过程中合外力做负功，动能减小，电势能增加，故AB错误；CD．根据功能关系可知，在从a到b的运动过程中只有重力、电场力做功，因此重力势能、电势能、动能三者之和保持不变，因从a到b的运动过程中动能减小，因此重力势能和电势能之和增加；从a到b的运动过程中重力势能减小，因此动能和电势能之和增加，故C正确，D错误；故选C.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、BD【解析】A.t＝0时，MN边切割磁感线相当于电源，线框右侧边MN的两端电压为外电压，感应电动势：E＝Bav0外电压U外EBav0，故A项不合题意.B.根据图象可知在t0～3t0时间内，线框做匀加速直线运动，合力等于F，则在t0时刻线框的速度为v＝v0-a•2t0＝v0故B项符合题意.C.因为t＝0时刻和t＝3t0时刻线框的速度相等，进入磁场和穿出磁场的过程中受力情况相同，故线框完全离开磁场时的速度与t0时刻的速度相等，故C项不合题意.D.因为t＝0时刻和t＝3t0时刻线框的速度相等，进入磁场和穿出磁场的过程中受力情况相同，故线框完全离开磁场时的速度与t0时刻的速度相等，进入磁场克服安培力做的功和离开磁场克服安培力做的功一样多.线框在位置1和位置2时的速度相等，从位置1到位置2过程中外力做的功等于克服安培力做的功，即有Fb＝Q，所以线框穿过磁场的整个过程中，产生的电热为2Fb，故D项符合题意.8、BCD【解析】A．外电路只有电阻，所以电源的输出功率即消耗的电功率，根据：，所以，A错误；B．电源的输出功率：根据图像电功率相等：解得：，B正确；C．根据图像电功率相等：根据闭合电路欧姆定律：将电流表达式代入电功率表达式，解得：，C正确；D．电源的效率：根据图像可知：所以：，D正确9、AD【解析】小灯泡的额定电流为电阻为A．当接1时E=I(RL+R+r)代入数据解得电源的内阻r=1Ω故A正确；BC．当接2时灯泡正常发光，流过的电流为I=0.2A电源内阻分的电压为U=Ir=0.2×1V=0.2V故电动机分电压为U动=E-UL-U=(3-2-0.2)V=0.8V则电动机的内阻为故B、C均错误；D．电源的效率为故D项正确．10、ACD【解析】A．在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向不变，A正确；B．根据左手定则可以判断，受安培力向下，故B错误；C．当半圆闭合回路进入磁场一半时，即这时等效长度最大为a，这时感应电动势最大，C正确；D．由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值，故D正确【点睛】由楞次定律可判断电流方向，由左手定则可得出安培力的方向；由，分析过程中最长的L可知最大电动势；由法拉第电磁感应定律可得出电动势的平均值三、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、①.600

m②.【解析】根据波长、波速与频率的关系即可求得此电磁波的波长；根据位移时间的关系即可求得从电台发出的信号经过多长时间可以到达收音机【详解】根据波长、波速与频率的关系：，得：，电磁波在空气在匀速传播，所以传播的时间：12、①.49.10②.1.772【解析】(1)20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为49mm，游标尺上第2个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为2×0.05mm=0.10mm，所以最终读数为：49mm+0.10mm=49.10mm.(2)螺旋测微器的固定刻度为1.5mm，可动刻度为27.2×0.01mm=0.272mm，所以最终读数为1.5mm+0.272mm=1.772mm(1.771~1.775).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、8cm【解析】粒子a板左端运动到P处，由动能定理得代入有关数据，解得，代入数据得θ=30°粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，如图由几何关系得联立求得代入数据解得14、（1）2T；（2）1.5m/s2，方向沿斜面向上【解析】（1）当R0=1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律求解电流强度，由平衡条件求解磁感应强度；（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律求解加速度大小【详解】（1）当R0＝1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律可得根据左手定则可知安培力方向水平向右；由平衡条件有：BILco