广东省佛山市石门高级中学2023-2024学年物理高二第一学期期末达标检测模拟试题含解析

广东省佛山市石门高级中学2023-2024学年物理高二第一学期期末达标检测模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、在图示电路中U=12V，若电压表的示数也是12V，这说明可能A.电阻R1、R2中有断路发生B.灯泡L断路C.电阻R1、R2中有短路发生D.灯泡L和电阻R1都发生了断路2、在下列四图中，标出磁场B、电流I和安培力F的相互关系，其中正确的是（）A. B.C. D.3、长直导线与环形导线固定在同一平面内，长直导线中通有图示方向的电流。当电流逐渐增大时（）A.环形导线中可能没有感应电流B.环形导线中有感应电流，但方向不确定C.环形导线中有收缩的趋势D.环形导线有靠近长直导线的趋势4、将长为0.5m的通电直导线垂直放在磁感应强度为0.2T的匀强磁场中，并通一电流强度为2A的电流．则导线所受安培力大小是（）A.0.1N B.0.2NC.0.4N D.0.5N5、如图所示，小磁针正上方的直导线与小磁针平行，当导线中有电流时，小磁针会发生偏转．首先观察到这个实验现象的物理学家和观察到的现象是（）A.物理学家伽利略，小磁针的S极垂直转向纸内B.物理学家楞次，小磁针的N极垂直转向纸内C.物理学家牛顿，小磁针静止不动D.物理学家奥斯特,小磁针的N极垂直转向纸内6、图（a）为示波管的原理图．如果在电极之间所加的电压图按图（b）所示的规律变化，在电极之间所加的电压按图（c）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是A. B.C. D.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、如图所示的电路中，将滑动变阻器的滑片P向右滑动后，假设电流表A1和电压表V2两个电表的示数变化量的绝对值分别为I1和U2，则在滑片P向右滑动的过程中，下列说法正确的是（）A.V1变大B.A2变大C.V2变大D.不变8、如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n=100，线圈面积S=200cm2，线圈的电阻r=1Ω，线圈外接一个阻值R=4Ω的阻值，把线圈放入一方向垂直线圈平面的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．下列说法中正确的是（）A.线圈中感应电流方向为顺时针方向B.电阻R两端的电压随时间均匀增大C.线圈电阻r消耗的功率为4×10-4WD.前4s内通过R的电荷量为8×10-2C9、如图所示，当滑动变阻器的滑片P向下端移动时，下列说法正确的是A.电阻R1消耗的功率增大 B.电源的输出功率增大C.V1增大，V2增大，A减小 D.V1减小，V2减小，A增大10、在一次南极科考中，科考人员使用磁强计测定地磁场的磁感应强度。其原理如图所示，电路中有一段长方体的金属导体，它长、宽、高分别为a、b、c，放在沿y轴正方向的匀强磁场中，导体中电流强度沿x轴正方向，大小为I．已知金属导体单位体积中的自由电子数为n，电子电荷量为e，自由电子做定向移动可视为匀速运动，测出金属导体前后两个侧面间电压为U，则（）A.金属导体的前侧面电势较低B.金属导体的电阻为C.自由电子定向移动的速度大小为D.磁感应强度的大小为三、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）如图所示，两只用粗细相同的铜丝做成的闭合线框a、b放在光滑绝缘水平桌面上，它们的边长分别为L和2L．现以相同的速度v将a、b从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外．在此过程中，a、b两线框中的电流之比为_______；拉力之比为_____；通过铜丝横截面的电量之比为_____.12．（12分）一理想变压器原、副线圈匝数比：：原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u．如图所示，副线圈仅接入一个的电阻．则该交变电压的周期是______；副线圈输出电压的有效值为______；流过电阻的最大电流为______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）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，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

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、A【解析】A.电压表示数为12V，则说明电路中发生了断路或灯泡L短路故障；如灯泡没有短路，电压表能和电源直接相连，则可知电阻R1、R2中有断路发生，故A正确；B.如果L断路，则电压表示数为零，故B错误；C.如果电阻R1、R2中有短路发生，电压表示数小于12V，故C错误；D.如果灯泡L和电阻R1都发生了断路，则电压表示数为零，故D错误；故选A.2、A【解析】熟练应用左手定则是解决本题关键，在应用时可以先确定一个方向，然后逐步进行，如可先让磁感线穿过手心，然后通过旋转手，让四指和电流方向一致或让大拇指和力方向一致，从而判断出另一个物理量的方向，用这种程序法，防止弄错方向【详解】根据左手定则可知，A图中安培力方向应该向上，故A正确；根据左手定则可知，B图中安培力应该垂直于磁场斜向上，故B错误；根据左手定则可知，C图中磁场方向和电流方向在同一直线上，不受安培力作用，故C错误；根据左手定则可知，D图中安培力方向垂直于直导线斜向左上方，故D错误．故选A3、C【解析】AB．当直导线中电流逐渐增大时，穿过环形导线的磁通量向里增加，则环形线圈中一定有感应电流，根据楞次定律可知，电流方向为逆时针方向，选项AB错误；C．在环形电流上取小段电流元，由左手定则可知电流元所受的磁场力指向圆心，可知环形导线中有收缩的趋势，选项C正确；D．因靠近直导线部分的电流元所受的向下的磁场力较大，则环形导线有远离长直导线的趋势，选项D错误；故选C.4、B【解析】通电导线受到的安培力大小为故选B。5、D【解析】发现电流周围存在磁场的科学家是奥斯特，根据安培定则可知该导线下方飞磁场方向垂直纸面向里，因此小磁针的N极垂直转向纸内，故ABC错误，D正确【点睛】本题考查了电流磁效应的发现已经直导线周围磁场的分部情况，比较简单，对于类似简单问题不能忽视，要不断加强练习6、B【解析】电子在和间沿电场方向均做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式：前半个周期0-t1时间内，电子受到的力偏向一侧，所以电子前半周期偏向一侧前半个周期0-t1时间内，电子受到的力偏向Y一侧，所以电子前半周期偏向Y一侧．综上，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限同理，后半周期的图像应在第四象限A．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故A错误B．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故B正确C．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故C错误D．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故D错误二、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、BCD【解析】先由局部电阻RP的变化开始分析，分析全电路的电阻、电流以及路端电压，然后再逐步分析到局部电路.【详解】在滑片P向右滑动的过程中，RP变大，则电路的总电阻变大，总电流减小，路端电压变大，即A1减小，R1的电压减小，则R3以及与其并联的支路电压变大，A2读数变大；V2读数变大；R3电流变大，则R2电流减小，则两端电压减小，即V1读数变小，故选项A错误，BC正确；U2=E-I1(R1+r)，可知不变，可知选项D正确；故选BCD.【点睛】分清电路图，利用等效电阻法结合总量法，根据电阻的变化确定比值的变化是解决本题的关键8、CD【解析】A．根据楞次定律可知，穿过线圈的磁通量增大，则线圈中的感应电流方向为逆时针方向，故A错误；B．由法拉第电磁感应定律：可得：感应电动势：平均电流：电阻R两端的电压U=0.02×4=0.08V即电阻R两端的电压不变，故B错误；C．线圈电阻消耗的功率：P=I2r=0.022×1=4×10-4W故C正确；D．前4s内通过的电荷量为：q=It=0.02×4=0.08C故D正确；故选CD。9、AD【解析】当滑动变阻器的滑片P向下移动时，R3连入电路的阻值变小，故外电路的总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律，知总电流变大，路端电压U=E-Ir变小，所以V1示数减小，电源的内电压和R1的电压均增大，所以并联部分电压减小，即V2示数减小．根据欧姆定律可知，通过R2的电流减小，而总电流增大，所以通过滑动变阻器的电流增大，即A示数增大．故C错误，D正确；因为干路电流变大，根据知电阻R1消耗的功率增大，故A正确；因为不知道内、外电阻的大小关系，所以电源的输出功率的变化情况无法确定，故B错误；故选AD.10、AD【解析】A．金属导体中有自由电子，当电流形成时，金属导体内的自由电子逆着电流的方向做定向移动，在磁场中受到洛伦兹力作用的是自由电子。由左手定则可知，自由电子受到的洛伦兹力沿z轴正方向，自由电子向前侧面偏转，金属导体前侧面聚集了电子，后侧面感应出正电荷，金属导体前侧面电势低，后侧面电势高，故A正确；B．金属导体前后侧面间的电势差是感应电势差，则有U＝EbE为感应电场强度，所以金属导体的电阻不等于，故B错误；C．由电流的微观表达式可知，电流I＝nevS＝nevbc电子定向移动的速度大小故C错误；D．电子在做匀速直线运动，洛伦兹力与电场力平衡，由平衡条件得eE＝evB导体前后侧面间的电势差U＝Eb解得故D正确。故选AD。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、①.1:1②.1:2③.1:2【解析】根据电阻定律得Ra：Rb=1：2，根据法拉第电磁感应定律E=BLv得线框电动势之比Ea：Eb=1：2，两线框中的电流之比Ia：Ib＝＝1：1，由于线框匀速运动，拉力和安培力平衡，故；根据通过的铜丝横截面的电量之比；12、①.②.100V③.【解析】由图象可知，交变电流的周期，根据图象可以知电压最大值，求得输出电压的有效值，再根据电压与匝数成正比结合欧姆定律的知识即可求副线圈的有效值和电流最大值【详解】由图象可知，交变电流的周期是，原线圈中电压的最大值为，所以电压的有效值为220V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压有效值为100V，最大值为，副线圈的电阻为，所以流过电阻的电流的有效值是【点睛】掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题四、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)(2)3N【解析】(1)设小球在C点的速度大小是vC，则对于小球由A→C的过程中，由动能定理得：解得：(2)小球在C点时受力分析如图由牛顿第二定律得：解得：由牛顿第三定律可知，小球对轨道压力：NC′=NC=3N15、（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