2023年新疆伊宁生产建设兵团五校联考高二上物理期末统考模拟试题含解析.doc

2023年新疆伊宁生产建设兵团五校联考高二上物理期末统考模拟试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、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、关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是（　　）
A.电场强度的方向与等势面垂直
B.电场强度为零的地方，电势也为零
C.电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低
D.电势降落的方向就是电场的方向
2、如图所示，三根长直导线垂直于纸面放置通以大小相同，方向如图的电流，ac⊥bd，且ab=ad=ac，则a点处磁感应强度B 的方向为（ ）

A.垂直于纸面向外
B.垂直于纸面向里
C.沿纸面由a 向d
D.沿纸面由a向c
3、如图所示，在场强为E的匀强电场中有A、B两点，AB连线长L，与电场线夹角为α．则AB两点的电势差为

A.零 B.EL
C.ELcosα D.ELsinα
4、如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速度沿与x轴成60°角从原点射入磁场，则正、负电子在磁场中运动时间之比为( )

A.1∶2 B.2∶1
C.1∶ D.1∶1
5、 “爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露。有一个质量为的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为，速度大小为，方向水平向东，则另一块的速度是（　　）
A. B.
C. D.
6、电磁轨道炮工作原理如图所示，待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触，电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回，轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面得磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与I成正比。通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出，现欲使弹体的出射速度增加到原来的2倍，理论上可采用的方法是（）

A.只将电流I增加至原来的2倍
B.只将弹体质量减至原来的一半
C.只将轨道长度L变为原来的2倍
D.将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的4倍，其它量不变
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，一内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一竖直墙壁．现让一小球（可视为质点）自左端槽口A点的正上方从静止开始下落，与半圆槽相切并从A点进入槽内，则下列说法正确的是

A.小球离开右侧槽口以后，将做竖直上抛运动
B.小球在槽内运动的全过程中，只有重力对小球做功
C.小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒
D.小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒
8、如图所示，通电导线旁边同一平面有矩形线圈abcd.则

A.若线圈向右平动，其中感应电流方向是a→b→c→d
B.若线圈竖直向下平动，无感应电流产生
C.当线圈以ab边为轴转动时（小于90°），其中感应电流方向是a→b→c→d
D.当线圈向导线靠近时，其中感应电流方向是a→b→c→d
9、如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，∠A＝60°，AO＝L，在O点放置一个粒子源，同时向磁场内各个方向均匀发射某种带正电的粒子（不计重力作用和粒子间的相互作用），粒子的比荷为，发射速度大小都为v0，且满足。对于粒子进入磁场后的运动，下列说法正确的是（）

A.一定有粒子打到C点
B.与OC边的夹角为θ＝30°飞入的粒子在磁场中运动时间最长
C.从OC边飞出的粒子数与从AC边飞出的粒子数之比为1:2
D.在AC边界上有粒子射出的区域长度大于L
10、如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器的滑片向b端移动时，则　　

A电压表读数减小
B.电流表读数增大
C.质点P将向上运动
D.上消耗的功率逐渐增大
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）图甲、乙和丙所示均为教材中的演示实验实物图．在电路连接正确的情况下，回答下列问题

（1）图甲中，将条形磁铁插入线圈和拔出线圈时，灵敏电流计指针偏转方向______（填“相同”或“相反”）
（2）图乙中，导体棒AB以大小不同的速度沿相同方向切割磁感线时，灵敏电流计指针偏转大小______（填“相同”或“不同”）
（3）图丙中，下列操作能使灵敏电流计指针偏转的是______．（填选项前的字母）
A．闭合开关瞬间
B．保持开关闭合，快速移动滑动变阻器的滑片
C．保持开关断开，快速移动滑动变阻器的滑片
12．（12分）如图所示为“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验中用打点计时器打出的一条较理想的纸带,纸带上A、B、C、D、E、F、G为七个相邻的计数点,相邻计数点间的时间间隔是0.1s,距离如图,单位是cm,小车的加速度是___________m/s2.（保留三位有效数字）

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、A
【解析】A．电场线上某点的切线方向即为电场强度的方向，电场线与等势面垂直，即电场强度的方向与等势面垂直，故A正确；
B．场强为零的地方电势不一定为零，电势零点是人为规定的，一般取大地或无穷远处为电势零点，故B错误；
C．电场强度大小与电场线的疏密有关，而电势沿着电场线的方向降低，电场强度的大小与电势没有对应关系，故C错误；
D．在匀强电场中，电势降落最快的方向才是电场方向，电势降落的方向不一定是电场方向，可能与电场方向呈一定的角度，故D错误。
故选A。
2、C
【解析】直导线b在a点产生磁场与直导线d在a点产生磁场方向相反，大小相等．则合磁场为零；而直导线c在a点产生磁场，方向从b指向d，即为沿纸面由a指向d，故选C
3、C
【解析】根据电场强度的大小以及A、B两点沿电场线方向上的距离，结合U=Ed求出电势差
【详解】两点的电势差UAB=Ed=ELcosα，故C正确，A、B、D错误
4、A
【解析】正电子进入磁场后，在洛伦兹力作用下向上偏转，而负电子在洛伦兹力作用下向下偏转。而，知两个电子的周期相等。正电子与y轴正方向以30°入射，从y轴离开磁场时，速度方向与y轴的夹角为30°，则轨迹对应的圆心角为60°，正电子在磁场中运动时间为

同理，负电子电子从x轴上射出磁场时，根据几何知识得知，速度与x轴的夹角为60°，则负电子速度的偏向角为θ2=120°，其轨迹对应的圆心角也为120°，则负电子在磁场中运动时间为

所以正电子与负电子在磁场中运动时间之比为
t1：t2=1：2
A.1∶2与分析相符，故A正确。
B.2∶1与分析不符，故B错误。
C.1∶与分析不符，故C错误。
D.1∶1与分析不符，故D错误。
5、C
【解析】在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知

可得另一块的速度为

故选C。
6、A
【解析】通电的弹体在轨道上受到安培力的作用，利用动能定理有：
，
磁感应强度的大小与I成正比，所以有：
B=kI
解得：
。
A.只将电流I增加至原来的2倍，弹体的出射速度增加至原来的2倍，故A正确；
B.只将弹体质量减至原来的一半，弹体的出射速度增加至原来的倍，故B错误；
C.只将轨道长度L变为原来的2倍，弹体的出射速度增加至原来的倍，故C错误；
D.将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的4倍，其它量不变，弹体的出射速度增加至原来的2倍，故D错误。
故选：A。

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．小球经过槽的最低点后，在小球沿槽的右侧面上升的过程中，槽也向右运动，小球离开右侧槽口时相对于地面的速度斜向右上方，小球将做斜抛运动而不是做竖直上抛运动，故A错误；
B．小球在槽内运动的全过程中，从刚释放到最低点，只有重力做功，而从最低点开始上升过程中，除小球重力做功外，还有槽对球作用力做负功。故B错误；
C．小球在槽内运动的全过程中，从刚释放到最低点，只有重力做功，而从最低点开始上升过程中，除小球重力做功外，还有槽对球作用力做负功。但球对槽作用力做正功，两者之和正好为零。所以小球与槽组成的系统机械能守恒。故C正确；
D．小球在槽内运动的前半过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，而小球在槽内运动的后半过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒，故D正确；
故选CD。
8、BD
【解析】A．若线圈向右平动，穿过线圈的磁通量向里减少，根据楞次定律可知，感应电流方向是a→d→c→b→a．故A错误。
B．若线圈竖直向下平动，穿过线圈的磁通量不变，无感应电流产生。故B正确。
C．当线圈从图示位置以ab边为轴转动瞬时，穿过线圈的磁通量减少，根据楞次定律可知，感应电流方向为a→d→c→b→a．故C错误。
D．当线圈向导线靠近时，穿过线圈的磁通量向里增大，根据楞次定律可知，产生感应电流为a→b→c→d，故D正确。
故选BD。
9、AD
【解析】A．由公式，可知粒子的运动半径r=2L，因CO=L因此当即入射时，粒子恰好从C点飞出，故A正确；
B．由弦长越长，运动时间越长可知，粒子从C点射出，时，粒子在磁场中运动时间最长，故B错误；
C．因，则从AC边上射出的粒子的入射角范围大于60°，可知从OC边飞出的粒子数与从AC边飞出的粒子数之比为小于1:2，故C错误；
D．根据图所示，若垂直AC边射出，射出区域长度为1.5L，因此在AC边界上有粒子射出的区域长度会大于L，故D正确。
故选AD。
10、AB
【解析】由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串连接在电源两端；电容器与R3并联；
当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R1两端的电压也增大；故并联部分的电压减小；
由欧姆定律可知流过R3的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大；故B正确；
因并联部分电压减小，而R2中电压增大，故电压表示数减小；故A正确；
因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，电荷向下运动，故C错误；
因R3两端的电压减小，由公式可知，R3上消耗的功率减小．故D错误
综上所述，故选AB
【点晴】本题考查闭合电路的欧姆定律，一般可以先将分析电路结构，电容器看作开路；再按部分-整体-部分的分析思路进行分析

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.相反 ②.不同 ③.AB
【解析】（1）将条形磁铁插入线圈和拔出线圈时，线圈中原磁场方向相同，拔出和插入时磁通量变化正好相反，根据楞次定律可知，产生感应电流方向相反；
（2）根据E=BLv可知，导体棒速度不同则产生感应电动势不同，产生感应电流则不同，则灵敏电流计指针偏转大小不同
（3）闭合开关的瞬间，电流从无到有，产生磁场从无到有，则B中磁通量发生变化，故有电流产生，故A正确；保持开关闭合，快速移动滑动变阻器的滑片，电流发生变化，产生磁场变化，则B中磁通量发生变化，故有电流产生，故B正确；保持开关断开，不论怎么移动滑片，A中无电流，则无磁场产生，故B中无电流产生，故C错误．所以AB正确，C错误
12、60
【解析】a的计算利用逐差法
a＝
＝
＝
＝×10－2m/s2
＝1.60 m/s2

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