贵州省兴仁市凤凰中学2023年高二物理第一学期期末达标检测试题含解析.doc

贵州省兴仁市凤凰中学2023年高二物理第一学期期末达标检测试题
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、一弹簧振子的位移y随时间t变化的关系式为，位移y的单位为m，时间t的单位为s．则
A.弹簧振子的振幅为0.2m
B.弹簧振子的周期为1.25s
C.在t=0.2s时，振子的运动速度为零
D.在任意0.2s时间内，振子的位移均为0.1m
2、如图所示，大人和小孩在同一竖直线上不同高度先后水平抛出圆环，都恰好套中前方同一物体，假设圆环的运动可视为平抛运动，则（　　）

A.小孩抛出的圆环初速度较小
B.两人抛出的圆环初速度大小相等
C.大人抛出的圆环运动时间较短
D.小孩抛出的圆环运动时间较短
3、矩形线圈ABCD位于通电直导线附近，如图所示，线圈和导线在同一平面内，且线圈的两个边与导线平行，下列情景中线圈中有感应电流的一组是（）

①当线圈在平面内远离导线移动时
②当导线中的电流I逐渐增大或减小时
③当线圈以导线为轴转动时
④当线圈以CD为轴转动时
⑤当线圈在平面内向下移动时
A.①②③ B.①②④
C.①③⑤ D.③④⑤
4、如图所示是电视机中偏转线圈的示意图，圆心O表示电子束，由纸内向纸外而来，那么，接通电源，给偏转线圈加上图示方向的电流时，电子束应(　　)

A.不偏转，仍打在O点
B.向左偏转
C.向上偏转
D.向下偏转
5、两个分别带有电荷量-Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间的库仑力的大小为F．两小球相互接触后将其固定在原处，则两球间库仑力的大小为
A.F/2 B.3F
C.F/3 D.2F
6、关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是（ ）
A.电场强度为零的地方，电势也为零
B.电场强度的方向处处与等势面垂直
C.随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低
D.电势降落的方向一定是电场强度方向
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，OACD是一长为OA=L的矩形，其内存在垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电量为q的粒子从O点以速度V0垂直射入磁场，速度方向与OA的夹角为α，粒子刚好从A点射出磁场，不计粒子的重力，则

A.粒子一定带正电
B.匀强磁场的磁感应强度为
C.粒子从O到A所需的时间为
D.矩形磁场的宽度最小值为
8、如图所示，直角三角形ABC中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子沿AB方向自A点射入磁场，分别从AC边上的P、Q两点射出，则：

A.从P射出的粒子速度大
B.从Q射出粒子速度大
C.从P射出的粒子，在磁场中运动的时间长
D.两粒子在磁场中运动的时间一样长
9、如图所示，速度选择器中匀强电场的电场强度为E，匀强磁场的磁感应强度为，挡板右侧质谱仪中匀强磁场的磁感应强度为，速度相同的一束带电粒子（不计重力），由左侧沿垂直于E和的方向射入速度选择器做直线运动，通过狭缝后进入质谱仪，其运动轨迹如图所示，则下列说法中正确的是（　　）

A.该束带电粒子带负电
B.能通过狭缝的带电粒子的速率等于
C.粒子打在胶片上的位置越远离狭缝S0，粒子的比荷越小
D.能通过狭缝S0的带电粒子进入质谱仪后运动半径都相同
10、如图电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，电容器的电容为C．闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量为ΔU，电流表示数的变化量为ΔI，则：

A.变化过程中ΔU和ΔI的比值保持不变
B.电压表示数U和电流表示数I的比值不变
C.电阻R0两端电压减小，减小量为ΔU
D.电容器的带电荷量增大，增加量为CΔU
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）某同学要将一量程为60mA的毫安表改装为量程为0－3V的电压表。他进行了以下操作：
(1)他先从理论上计算，得知改装后的电压表内阻应为_____________Ω。
(2)他又利用甲图的电路粗略测量毫安表内阻，将多用电表调至×1Ω挡，调好零点，若两电表均正常工作，则多用电表表笔a为_____________色（选填“红”或“黑”）；若此时毫安表的示数为55.0mA，多用电表的示数如图乙所示，且中央刻度值为15.0Ω，则此时多用电表读数为_____________Ω，可算得此多用电表内电池的电动势为_____________V。（保留3位有效数字）。

(3)他再经计算后将一阻值为R的电阻与毫安表串联，改装为量程为0－3V的电压表（如丙图虚线框内所示）。然后利用一只标准电压表，对改装后的电压表进行检测。实验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电压表的示数从零开始逐渐增大，请按此要求用笔画线代替导线在图丙的实物接线图中完成余下导线的连接_____________。

(4)检测发现，当标准电压表的示数为2.40V时，毫安表的示数为50.0mA，由此可以推测出他改装的电表量程不是预期值，要达到预期目的，只需要_____________
A．将阻值为R的电阻更换为一个阻值为R两倍的电阻
B．将阻值为R的电阻更换为一个阻值为R一半的电阻
C．将阻值为R的电阻更换为一个阻值比R大2Ω的电阻
D．将阻值为R的电阻更换为一个阻值比R小2Ω的电阻
12．（12分）如图游标卡尺的读数为_______；螺旋测微器测的读数为________。

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，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】根据公式对应可得，，A错误；根据公式可得,B错误；在t = 0.2s时，x=0振子位于正向最大位移处，速度为零，C正确；根据振子的振动规律可得，只有振子位于平衡位置或者最大位移处时，经过任意0.2s的时间内的路程为0.1cm，D错
故选C
考点：考查了简谐振动
点评：本题知道简谐运动位移的解析式，读出振幅、周期、任意时刻的位移是基本能力．基础题
2、D
【解析】AB．水平方向位移

知，大人抛环的速度小，故AB错误；
CD．设抛出的圆环做平抛运动的初速度为v，高度为h，则下落的时间为

平抛运动的物体飞行时间由高度决定，小孩抛出的圆环运动时间较短，故C错误D正确；
故选D。
3、B
【解析】①当线圈在平面内远离导线移动时，穿过线圈的磁通量减小，有感应电流产生，①正确；
②当导线中的电流I逐渐增大或减小时，产生的磁场发生相应的变化，使穿过线圈的磁通量增大或减小，有感应电流产生，②正确；
③当线圈以导线为轴转动时，穿过线圈的磁通量不变，无感应电流产生，③错误；
④当线圈以CD为轴转动时，穿过线圈的磁通量变化，有感应电流产生，④正确；
⑤当线圈在平面内向下移动时，穿过线圈的磁通量不变，无感应电流产生，⑤错误。
故选B。
4、C
【解析】偏转线圈由上下两个“通电螺线管”组成，由右手螺旋定则判断知右端都是N极，左端都是S极，则O点处的磁场水平向左，由左手定则判断可知，从O点射出的电子受到向上的洛伦兹力的作用将会向上偏转，故C正确，ABD错误
故选C
5、C
【解析】接触前两个点电荷之间的库仑力大小为，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带点为+Q，距离仍不变，则库仑力为，所以两球间库仑力的大小为F/3．故选C
6、B
【解析】电场强度为零的地方，电势不一定为零，例如等量同种电荷连线的中点处，选项A错误；电场强度的方向处处与等势面垂直，选项B正确；沿电场线方向电势降低，则随着电场强度的大小逐渐减小，电势不一定也逐渐降低，选项C错误；电势降落最快的方向是电场强度方向，选项D错误；故选B.

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】A项：由题意可知，粒子进入磁场时所受洛伦兹力斜向右下方，由左手定则可知，粒子带负电，故A错误；
B项：粒子运动轨迹如图所示：

由几何知识可得：，粒子磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，故B正确；
C项：由几何知识可知，粒子在磁场中转过的圆心角：θ=2α，粒子在磁场中做圆周运动的周期：，粒子在磁场中的运动时间：，故C正确；
D项：根据图示，由几何知识可知，矩形磁场的最小宽度：，故D错误
8、BD
【解析】粒子在磁场中做圆周运动，根据题设条件作出粒子在磁场中运动的轨迹，根据轨迹分析粒子运动半径和周期的关系，从而分析得出结论
【详解】如图，粒子磁场中做圆周运动，分别从P点和Q点射出；

由图知，粒子运动的半径RP＜RQ，又粒子在磁场中做圆周运动的半径知粒子运动速度vP＜vQ，故A错误，B正确；粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系（图示弦切角相等），粒子在磁场中偏转的圆心角相等，根据粒子在磁场中运动的时间：t=T，又因为粒子在磁场中圆周运动的周期，可知粒子在磁场中运动的时间相等，故C错误，D正确；故选BD
【点睛】粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由此根据运动特征作出粒子在磁场中运动的轨迹，掌握粒子圆周运动的周期、半径的关系是解决本题的关键
9、BC
【解析】考查粒子在速度选择器中受力平衡，粒子进入右侧磁场后，根据圆周运动基本公式分析问题。
【详解】A．进入右侧磁场B2后，粒子向下偏转，根据左手定则，可知粒子带正电荷，A错误；
B．在通过狭缝的过程中，粒子做直线运动，一定有

因此，粒子运动速度

B正确；
C．粒子在磁场中做匀速度圆周运动轨道半径

又由于粒子在磁场中运动了半周，因此

可得

因此S0越大比荷越小，C正确；
D．根据

通过狭缝的粒子速度相等，而比荷不一定相等，因此轨道半径不一定相等，D错误。
故选BC
10、AD
【解析】A.根据闭合电路欧姆定律可得，可以画出图象，图象的斜率表示电源内阻与定值电阻之和，所以恒定不变．A正确
B.由图可知，因为电阻增大，所以电压表示和电流表的示数的比值变大．故B错误
C.闭合开关，增大可变电阻的阻值后，电流中的电流减小，由欧姆定律可得电阻两端的电压减小，两端的电压增大，而它们总的电压即路端电压增大，所以电阻两端的电压减小量小于．故C错误
D.两端的电压增大量为，因为电容器与并联，所以电容器两端电压增大量为，电容器的带电荷量增量为．故D正确

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、 ①.50 ②.黑 ③.11.0 ④.1.43 ⑤. ⑥.C
【解析】(1)[1]60mA=0.06A，根据电表改装原理可知，毫安表串联电阻，改装为大量程的电压表，根据串联电路的规律可知：U=IgR，解得改装后电压表内阻：
R=50Ω
(2)[2][3][4] 多用电表在使用时必须使电流从红表笔流进多用电表，从黑表笔流出多用电表，串联的电流表也必须使电流从正接线柱流进，负接线柱流出，所以可以判断表笔a为黑表笔。根据多用电表的读数规则可知，读数为
R毫安=1×11.0Ω=11.0Ω
欧姆表的中值电阻等于内阻，故
R内=15Ω，I=55mA=0.055A
分析电路结构可知，多用电表和毫安表串联，根据闭合电路欧姆定律可知，
E=I（R内+R毫安）
代入数据解得
E=1.43V
(3)[5] 连接实物图，如图所示：

(4)[6] I'=50.0mA=0.05A，定值电阻R与毫安表串联，根据欧姆定律可知
U=I'（R+R毫安）
解得：
R+R毫安=48Ω
通过(1)的计算可知，改装后电压表的内阻为50Ω，故应该将阻值为R的电阻更换为一个阻值比R大2Ω的电阻，故C正确，ABD错误。
故选：C。
12、 (1).50.20 (2).5.695（5.694~5.698）
【解析】[1]游标卡尺的精度：，读数为：；
[2]螺旋测微器精度：，读数为：。

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、（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