2023年广东省培正中学物理高二第一学期期末教学质量检测模拟试题含解析.doc

2023年广东省培正中学物理高二第一学期期末教学质量检测模拟试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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，一个花洒喷水头挂在竖直墙上．开启水龙头后，假设喷水头出水速度不变，喷出的水在空中做平抛运动，则下列说法正确的是

A.喷水头越高，水落地时速度越小
B.水落地时的速度与喷水头高度无关
C喷水头越高，水从喷出到落地所需时间越长
D.水从喷出到落地所需时间与喷水头高度无关
2、下列说法正确的是（　　）
A.任何带电体所带的电荷量都是元电荷的整数倍
B.根据场强的定义式E=，电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量成反比
C.各种材料的电阻率都与温度有关，金属的电阻率随温度的升高而减小
D.电源的电动势与外电路有关，外电路电阻越大，电动势就越大
3、如图所示，处于纸面内的软导线回路平面，由于匀强磁场强弱发生变化，回路变为圆形。则该磁场

A.逐渐增强，方向垂直纸面向外 B.逐渐增强，方向平行纸面向左
C.逐渐减弱，方向垂直纸面向外 D.逐渐减弱，方向平行纸面向右
4、质谱仪又称质谱计，是分离和检测不同同位素的仪器。某质谱仪的原理图如图所示，速度选择器中匀强电场的电场强度大小为E，匀强磁场的磁感应强度大小为B1，偏转磁场（匀强磁场）的磁感应强度大小为B2。一电荷量为q的粒子在加速电场中由静止加速后进入速度选择器，恰好能从速度选择器进入偏转磁场做半径为R的匀速圆周运动。粒子重力不计，空气阻力不计。该粒子的质量为（ ）

A. B.
C. D.
5、如图,条形磁铁平放于水平桌面上,在它的正中央上方固定一根直导线,给导线中通以垂直于纸面向外的电流,则下列说法正确的是( )

A.磁铁对桌面的压力增大 B.磁铁对桌面的压力减小
C.磁铁对桌面的压力不变 D.磁铁对桌面有摩擦力
6、关于第一宇宙速度，下列说法正确的是　　
A.第一宇宙速度的数值是
B.第一宇宙速度的数值是
C.它是卫星在椭圆轨道上运行时在近地点的速度
D.它是人造地球卫星绕地球飞行的最小速度
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、如图所示理想变压器原线圈的匝数为n1，副线圈的匝数为n2，原线圈的两端a、b接正弦交流电源，电压表V的示数为220V，负载电阻R=44Ω，电流表A1的示数为0.20A．下列判断中正确的是（）

A.原线圈和副线圈的匝数比为2：1
B.原线圈和副线圈的匝数比为5：1
C.电流表A2的示数为1.0A
D.电流表A2的示数为0.4A
8、如图所示，两导体板水平放置，两板间电势差为U，带电粒子（不计重力）以某一初速度v0沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U、B、比荷（）、v0的变化情况为（　　）

Ad随v0增大而增大，d与U无关
B.d随v0增大而增大，d随U增大而增大
C.d随U增大而减小，d与v0无关
D.d随B增大而减小，d随比荷增大而减小
9、如图所示，电源电动势为E，内阻为r．当滑动变阻器R2的滑片P向左滑动时，下列说法正确的是

A.电阻R3消耗的功率变大
B.电容器C上电荷量变大
C.灯L变暗
D.R1两端的电压变化量的绝对值小于R2两端的电压变化量的绝对值
10、硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点。如图所示，曲线a是该电池在某光照强度下路端电压U随电流变化的关系图象（电池电动势不变，内阻不是定值），图线b是某电阻R的U﹣I图象。在该光照强度下将它们组成闭合回路，下列说法正确的是（　　）

A.电流I越大，硅光电池内阻越大
B.硅光电池在该工作状态下的总功率为0.4W
C.硅光电池在该工作状态下的内阻为5Ω
D.若将R换成阻值更小的电阻，硅光电池的的输出功率减小
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）在图甲中，不通电时电流表指针停在正中央，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏．现在按图乙连接方式将电流表与螺线管B连成一个闭合回路，将螺线管A与电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合回路.

(1)将S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针将______（填“向左”“向右”或“不发生”）偏转；
(2)螺线管A放在B中不动，电流表的指针将______（填“向左”“向右”或“不发生”）偏转；
(3)螺线管A放在B中不动，滑动变阻器的滑片向右滑动，电流表的指针将_________（填“向左”“向右”或“不发生”）偏转；
(4)螺线管A放在B中不动，突然切断开关S时，电流表的指针将_______（填“向左”“向右”或“不发生”）偏转
12．（12分）如图所示的电路，L1和L2是两个相同的小电珠，L是一个自感系数相当大的线圈，其电阻与R相同，由于存在自感现象，在电键S刚接通时，__灯最亮；S断开时，__灯先熄灭

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）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

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、C
【解析】AB．水落地时的速度，可知喷水头越高，水落地时速度越大，选项AB错误；
CD．根据可知，喷水头越高，水从喷出到落地所需时间越长，选项C正确，D错误.
2、A
【解析】A．目前认为自然界中任何带电体所带的电荷量都是元电荷的整数倍，故A正确；
B．电场中某点的电场强度与试探电荷的电荷量无关，故B错误；
C．各种材料的电阻率都与温度有关，金属的电阻率随温度的升高而增大，故C错误；
D．电源的电动势与外电路无关，故D错误。
故选A。
3、C
【解析】磁场发生变化，回路变为圆形，是由线圈受到安培力的方向向外，导线围成的面积扩大，根据楞次定律的推广形式可得，导线内的磁通量一定正在减小，磁场在减弱，故C正确。
故选C。
4、A
【解析】在速度选择器中做匀速直线运动的粒子能进入偏转磁场，由平衡条件得：
qvB1=qE
粒子速度：

粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：

解得：

A．，与结论相符，选项A正确；
B．，与结论不相符，选项B错误；
C．，与结论不相符，选项C错误；
D．，与结论不相符，选项D错误；
故选A。
5、B
【解析】ABC．在磁铁外部，磁感线从N极指向S极，长直导线在磁铁的中央上方，导线所在处磁场水平向左；导线电流垂直于纸面向外，由左手定则可知，导线受到的安培力竖直向下；由牛顿第三定律可知，导线对磁铁的作用力竖直向上，因此磁铁对桌面的压力减小，小于磁铁的重力，故B正确，AC错误。
D．由于导线处于磁铁正中央，磁铁受到的导线的磁场力竖直向上，因此磁铁对桌面没有运动趋势，故没有摩擦力，故D错误。
故选B
6、A
【解析】由于第一宇宙速度是人造地球卫星飞船环绕地球做匀速圆周运动时的最大速度，同时又是最小的发射速度，可知飞船的发射速度大于第一宇宙速度7.9km/s．飞船的发射速度大于第二宇宙速度11.2km/s时，就脱离地球束缚．所以飞船的发射速度要小于第二宇宙速度，同时要大于第一宇宙速度，介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间
【详解】第一宇宙速度为v==7.9Km/s，则A正确，B错误；第一宇宙速度是卫星在近地圆轨道上运行时的速度，也是人造地球卫星环绕地球做匀速圆周运动时的最大速度，同时又是最小的发射速度，则CD错误，故选A
【点睛】本题要理解第一宇宙速度的意义，明确第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大运行速度，也是卫星绕地球做圆周运动最小的发射速度

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、BC
【解析】变压器输出功率等于输入功率，则：，解得：，由于原副线圈电流与匝数成反比，所以初级线圈和次级线圈的匝数比，故BC正确，AD错误
8、AD
【解析】带电粒子在电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度v分解成初速度方向与加速度方向，设出射速度与水平夹角为θ，则有

而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R，由几何关系可得，半径与直线MN夹角正好等于θ，则有

得

根据

得带电粒子在磁场中的运动的半径

则有

所以d与m、v0成正比，与B、q成反比，与U无关，故AD正确、BC错误。
故选AD。
9、BCD
【解析】A．当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，电阻变小，则外电路的总电阻变小，小电阻分小电压，则外电压变小，故消耗的功率：变小，故A错误；
B．变小，外电路的总电阻变小，则干路总电流变大，而上电压变小，则电流变小，故上电流变大，电压变大，故电容器两端电压变大，，则电荷量变大，故B正确；
C．变小，小电阻分小电压，则的电压变小，灯泡的电压变小，故灯L变暗，故C正确；
D．两端的电压变大，两端的电压变小，二者电压之和等于外电压，由前面分析之外电压变小，故两端增加的电压小于两端减小的电压，故D正确
10、AD
【解析】A．反映电池的a图像是U﹣I图象，电池的内阻为，而电池电动势不变，则图像上每一点和3.6V构成的与对应的的比值表示内阻大小，可知随电流I增大，硅光电池内阻越大，故A正确；
C．由闭合电路欧姆定律得

当I＝0时，E＝U，由a图线与纵轴的交点读出电池的电动势为：E＝3.6V．根据两图线交点处的状态可知，将它们组成闭合回路时路端电压为：U＝2V，电流为：I＝0.2A，则硅光电池的内阻为：
r＝＝8Ω
故C错误；
B．硅光电池的总功率为：

故B错误；
D．R的阻值为：
R＝＝10Ω＞r＝8Ω
则若将R换成阻值更大的电阻，硅光电池的输出功率将减小，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.向左 ②.不发生 ③.向右 ④.向右
【解析】由安培定则判断出判断出线圈A产生的磁场方向，然后判断出穿过线圈B的磁通量如何变化，最后由楞次定律判断出感应电流的方向，确定电流表指针的偏转方向.
【详解】(1)甲电路测出电流表是正进负出向左偏.将S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，穿过B的磁场向下，磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流从电流表正接线柱流入，则电流表的指针将左偏转；
(2)螺线管A放在B中不动，穿过B的磁通量不变，不产生感应电流，电流表的指针将不发生偏转；
(3)螺线管A放在B中不动，穿过B的磁场向下，将滑动变阻器的滑动触片向右滑动时，A线圈的电流减小，穿过B的磁通量变小，由楞次定律可知感应电流从电流表负接线柱流入，则电流表的指针将右偏转；
(4)螺线管A放在B中不动，穿过B的磁场向下，突然切断开关S时，穿过B的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流从电流表负接线柱流入，则电流表的指针将向右偏转
【点睛】熟练掌握并灵活应用安培定则及楞次定律即可正确解题.
12、 ①.L1 ②.L2
【解析】[1]该电路是左右两部分并联后由串联起来，S刚接通时，L2立即发光．L上产生自感电动势，根据楞次定律可知，自感电动势会阻碍电流增大．使通过线圈L的电流慢慢增大，而R上没有自感现象产生，左右两个电路总电流相等，由两个电路对比可知，此瞬间，通过L1的电流比L2上的电流大．所以S刚刚接通时L1灯最亮；
[2]S断开时，L和L1构成自感回路，L2不在回路中，所以S断开时，L立刻熄灭，L1后熄灭。

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、（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：BILcosθ＝mgsinθ
解得B＝2T；
（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，大小不变；
根据牛顿第二定律可得：BIL﹣mgsinθ＝ma
解得：a＝1.5m/s2，方向沿斜面向上
【点睛】本题主要是考查安培力作用下的导体棒的平衡问题，解答此类问题要明确导体棒的受力情况，结合平衡条件列方程解答
14、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
15、 (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=3N