河北唐县第一中学2023年物理高二上期末考试模拟试题含解析

河北唐县第一中学2023年物理高二上期末考试模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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，将光滑斜面上的物体的重力mg分解为、两个力，下列结论正确的是A.力、二个力的作用效果跟重力mg的作用效果相同B.物体受mg、N、、四个力作用C.物体受N、、三个力作用D.是物体对斜面的正压力2、如图所示为质谱仪测定带电粒子质量的装置的示意图．速度选择器(也称滤速器)中场强E的方向竖直向下，磁感应强度B1的方向垂直纸面向里，分离器中磁感应强度B2的方向垂直纸面向外．在S处有甲、乙、丙、丁四个一价正离子垂直于E和B1入射到速度选择器中，若m甲＝m乙<m丙＝m丁，v甲>v乙＝v丙>v丁，在不计重力的情况下，则分别打在P1、P2、P3、P4四点的离子分别是A.甲、丁、乙、丙 B.丁、甲、乙、丙C.甲、丁、丙、乙 D.丁、甲、丙、乙3、如图，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直。在电磁场区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球，小球可沿圆环自由运动。O点为圆环的圆心，a、b、c为圆环上的三个点，a点为最高点，c点为最低点，Ob沿水平方向。已知小球所受电场力与重力大小相等。现将小球从环的顶端a点由静止释放。下列判断正确的是（）A.当小球运动的弧长为圆周长的1/2时，洛伦兹力最大B.当小球运动的弧长为圆周长的3/8时，洛伦兹力最小C.小球从a点到b点，重力势能减小，电势能增大D.小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小4、奥斯特实验说明了（）A.磁场的存在B磁场具有方向性C.通电导线周围存在磁场D.磁体间有相互作用5、如图所示，线圈L与小灯泡D并联后接到电源上。闭合开关S，稳定后，通过线圈的电流为，通过小灯泡D的电流为。断开开关S，发现小灯泡D闪亮一下再熄灭。下列说法正确的是（）A.断开开关S前后，通过线圈的电流方向不变B.断开开关S前后，通过小灯泡的电流方向不变C.断开开关S，发现小灯泡D闪亮一下再熄灭，是小灯泡D发生了自感D.断开开关S前后，通过小灯泡两次的电流是一样大的6、如图，接通电键K的瞬间，用丝线悬挂于一点、可自由转动的通电直导线AB将（）A.A端向上，B端向下，悬线张力不变B.A端向下，B端向上，悬线张力不变C.A端向纸外，B端向纸内，悬线张力变小D.A端向纸内，B端向纸外，悬线张力变大二、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,在真空中匀强电场的方向竖直向下,匀强磁场方向垂直于纸面向里,三个油滴a、b、c带有等量同种电荷,其中a静止,b向右做匀速运动,c向左做匀速运动,比较它们的重力Ga、Gb、Gc间的关系,正确的是()A.Ga最大 B.Gb最大C.Gc最大 D.Gb最小8、将一电荷量为+Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等．a、b为电场中的两点，则A.a点电场强度比b点的大B.a点电势比b点的高C.检验电荷-q在a点的电势能比在b点的大D.将检验电荷-q从a点移到b点的过程中，电场力做负功9、在x轴上存在与x轴平行电场，x轴上各点的电势随x点位置变化情况如图所示．图中－x1～x1之间为曲线，且关于纵轴对称，其余均为直线，也关于纵轴对称．下列关于该电场的论述正确的是()A.x轴上各点的场强大小相等B.从-x1到x1场强的大小先减小后增大C.一个带正电的粒子在x1点的电势能大于在-x1点的电势能D.一个带正电粒子在－x1点的电势能小于在-x2点的电势能10、如图所示为“研究影响平行板电容器电容的因素”的实验装置，以下说法正确的是()A.A板与静电计的指针带的是异种电荷B.甲图中将B板上移，静电计的指针偏角增大C.乙图中将B板左移，静电计的指针偏角不变D.丙图中将电介质插入两板之间，静电计的指针偏角减小三、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）某同学采用如图所示的电路测定电源电动势和内电阻．已知干电池的电动势约为1.5V，内阻约为2Ω；电压表(0～3V，3kΩ)、电流表(0～0.6A，1.0Ω)、滑动变阻器有R1(10Ω，2A)和R2(100Ω，0.1A)各一只(1)实验中滑动变阻器应选用____(填“R1”或“R2”)．在方框中画出实验电路图____(2)在实验中测得多组电压和电流值，得到如图所示的U－I图线，由图可较准确地求出该电源电动势E＝______V；内阻，r=___Ω12．（12分）某同学设计了如图所示的实验验证动量守恒定律。所用的器材有：A．量筒，要求长度比较长，筒壁上有均匀刻度线B．游标卡尺C．天平D．小球两个（橡胶材质的上浮小球，硬塑料材质的下沉小球）E．细线，其质量可以忽略不计F．记号笔实验步骤如下：①选择合适大小的小球，使通过细线相连的两球体恰好悬浮在水中；②用天平称量两个小球的质量，上浮小球的质量为m1，下沉小球的质量为m2；③用记号笔记录两个小球悬浮的位置；④剪断细线；⑤用记号笔记录某时刻两个小球的位置；⑥多次实验，分别计算出两个小球在相同时间内上浮和下沉的高度，记录在表格中该同学按此方案进行实验后，测得的数据如下表所示，请回答问题小球质量上浮和下沉的高度第一次第二次第三次第次平均上浮小球m1=4.74g46.20mm46.22mm46.20mm46.18mm下沉小球m2=5.44g40.26mm40.24mm40.26mm40.26mm(1)上浮小球4次上浮的平均高度，下沉小球4次下沉的平均高度为_________mm（结到后两位）；(2)在实验误差允许的范围内，当所测物理量满足_________表达式时，即说明剪断细线后，两小球的动量守恒.A．B．C．(3)下列关于本实验的一些说法，你认为正确的是_________A．两个小球在水中运动的速度要适中，不能过快B．上浮小球选用密度更小的小球，实验效果更好C．剪断细线时对球的扰动大，但不会引起误差D．选择合适大小的小球使得两球可以悬浮后，再把细线剪断，用镊子夹住两截断线，然后一起放入水中静止，松开镊子两球开始运动，这种改进更好四、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】根据“重力mg分解为、两个力”可知，本题考查重力的作用效果分解问题，根据重力产生的两个作用效果(一个使物体下滑，一个压紧斜面),运用合力与分力的关系、平行四边形定则分析.【详解】A．是重力沿着斜面的分力，是重力垂直斜面的分力，力、二个力的作用效果跟重力mg的作用效果相同；故A正确.BC．是重力沿着斜面的分力，是重力垂直斜面的分力，力mg与和是合力与分力关系，因此物体只受重力和支持力两个力；故B错误，C错误.D．是重力垂直斜面的分力，不是物体对斜面的压力；故D错误.【点睛】光滑斜面上物体的重力mg按作用效果分解为沿斜面向下和垂直于斜面两个方向的分力，注意两个分力不是物体所受到的力，两分力共同作用效果与重力作用效果相同2、B【解析】粒子通过速度选择器，只有满足qvB=qE，即速度满足v=E/B，才能沿直线通过．当粒子的速度大于E/B，洛伦兹力大于电场力，粒子向上偏转，当粒子的速度小于E/B，洛伦兹力小于电场力，粒子向下偏转【详解】四种粒子，只有两个粒子通过速度选择器，只有速度满足v=E/B，才能通过速度选择器．所以通过速度选择器进入磁场的粒子是乙和丙．由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：，乙的质量小于丙的质量，所以乙的半径小于丙的半径，则乙打在P3点，丙打在P4点．甲的速度大于乙的速度，即大于E/B，洛伦兹力大于电场力，粒子向上偏转，打在P2点．丁的速度小于乙的速度，即小于E/B，洛伦兹力小于电场力，粒子向下偏转，打在P1点．故选B【点睛】解决本题的关键知道速度选择器的原理，即所受洛伦兹力和电场力等大反向的粒子才能沿直线通过速度选择器3、D【解析】球所受的电场力与重力大小相等，二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于等效的重力，所以bc弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最低点”.关于圆心对称的位置就是“最高点”；在“最低点”时速度最大．再根据竖直平面内的圆周运动的相关知识解题即可.【详解】A．小球受到水平向左的电场力和竖直向下的重力，二力大小相等，故二力的合力方向于水平方向成45°向左下，如图：故小球运动到圆弧bc的中点时，速度最大，此时的洛伦兹力最大，即小球运动的弧长为圆周长的时，洛仑兹力最大，故A错误；B．由A的分析可知，结合对称性可知，当小球运动的弧长为圆周长的时，洛仑兹力最小，故B错误；C．小球由a到b的过场中，电场力和重力均做正功，重力势能和电势能都减小，故C错误.D．小球从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增加；因力的合力方向将于水平方向成45°向左下，当小球运动到圆弧bc的中点时速度最大，所以小球从b点运动到c点过程中，动能先增大，后减小，故D正确。故选D。【点睛】该题关键要能够根据受力分析找出做圆周运动等效的最高点和最低点，再根据竖直平面内的圆周运动的知识解题.4、C【解析】奥斯特将通电导线放于小磁针上方时发现小磁针发生了偏转，说明了通电导线周围存在着磁场A.磁场的存在．与结论不符，故A错误；B.磁场具有方向性．与结论不符，故B错误；C.通电导线周围存在磁场．与结论相符，故C正确；D.磁体间有相互作用．与结论不符，故D错误5、A【解析】在断开开关后，线圈中将产生自感电动势，所以线圈中的电流不会发生突变，通过线圈的电流方向不变；而灯泡的电路中没有自感，所以电流可以发生突变；由于灯泡与线圈构成回路，所以断开开关前后，通过小灯泡的电流方向相反，由于小灯泡D闪亮一下，说明断开开关S瞬间通过小灯泡的电流更大，故A正确。故选A。6、D【解析】根据安培定则，判断出电磁铁左边为N极，右边为S极．由于导线左右两部分处在的磁场方向不同，可采用电流元法，即将直导线分为左右两部分处理，根据左手定则，判断出图示位置导线左部所受安培力向纸里，右部向纸外；又取特殊位置：导线转过90°时进行研究，则导线受安培力向下．则导线在安培力作用下，A端向纸内，B端向纸外，悬线张力变大．故选D.【点睛】此题是安培定则及左手定则的应用问题；判断安培力作用下导体运动的方向，是磁场中的基本题型，这类问题往往是安培定则和左手定则综合应用，并采用电流法、特殊位置法、等效法、推论法等，此题除了选择图中位置外还要选择转过90°角位置进行研究.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、CD【解析】a球受力平衡，有Ga=qE①重力和电场力等值、反向、共线，故电场力向上，由于电场强度向下，故球带负电；b球受力平衡，有Gb+qvB=qE②c球受力平衡，有Gc=qvB+qE③解得Gc＞Ga＞Gb故选CD.8、ABD【解析】A项：电场线越密集的地方电场强度就越大，从上图中可以看出a处的电场线比b处的电场线密集，所以a点的场强大于b点的场强，故A项正确；B项：a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止,所以a点的电势高于金属球的电势,而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远,所以金属球的电势高于b点的电势,即a点的电势比b点的高.故B正确;

C项：电势越高的地方,负电荷具有的电势能越小,即负电荷在a点的电势能较b点小,故C错误;

D项：由上知,-q在a点的电势能较b点小,则把-q电荷从电势能小的a点移动到电势能大的b点,电势能增大,电场力做负功.所以D选项是正确的.9、BD【解析】φ-x图象的斜率大小等于电场强度，故x轴上的电场强度不同，故A错误；从-x1到x1场强斜率先减小后增大，故场强先减小后增大，故B正确；由图可知，场强方向均指向O，根据对称性可知，一个带正电的粒子在x1点的电势能等于在-x1点的电势能，故C错误；电场线指向O点，则负电荷由-x1到-x2的过程中电场力做正功，故电势能减小，故带负电的粒子在-x1点的电势能大于在-x2的电势能，故D正确；故选BD考点：电场强度；电势及电势能【名师点睛】本题关键要理解φ-t图象的斜率等于场强，由电势的高低判断出电场线的方向，来判断电场力方向做功情况，并确定电势能的变化10、BD【解析】A板与静电计指针相连，带的是同种电荷，A错误；平行板电容器的决定式是，定义式是，若将B板竖直向上平移，两极板正对面积减小，根据电容的决定式得知，电容C减小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析得到，板间电势差U增大，则静电计指针张角增大B正确;若将B板向左平移，板间距离d增大，根据电容的决定式得知，电容C减小，因电容器的电量Q不变，由电容的定义式知板间电势差U增大，则静电计指针张角增大，C错误;若将电介质插入两板之间，则C增大，U减小，静电计的指针偏角减小，D正确考点：本题考查了电容器的定义式和平行板电容器的决定式三、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.R1②.③.1.47(1.46-1.48)④.1.81(1.78-1.83)【解析】（1）[1]．电路中最大电流不超过0.5A，而R2的额定电流为0.1A，同时R2阻值远大于电源内阻r，不便于调节，所以变阻器选用R1；[2]．电路如图所示（2）[3][4]．由闭合电路欧姆定律U=E-Ir得知，当I=0时，U=E，U-I图象斜率的绝对值等于电源的内阻，图线于纵轴截距即为电动势E=1.47V12、①.40.26②.A③.AD【解析】(1)[1]由表格数据可知(2)[2]由动量守恒得两边同时乘以时间得得故选A；(3)[3]A．两个小球在水中运动的速度要适中，太快不利于标注小球的位置，故A正确；B．