安徽省阜阳市界首市界首中学2023年高二上物理期末复习检测试题含解析.doc

安徽省阜阳市界首市界首中学2023年高二上物理期末复习检测试题
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、用图示的电路可以测量电阻的阻值，图中Rx是待测电阻，R0是定值电阻，G是灵敏度很高的电流表，MN是一段均匀的电阻丝。闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，测得MP=l1，PN=l2，，则Rx的阻值为（）

A. B.
C. D.
2、如图，棒AB上均匀分布着正电荷，它的中点正上方有一P点，则P点的场强方向为（ ）

A.垂直于AB向上 B.垂直于AB向下
C.平行于AB向左 D.平行于AB向右
3、把一个3pF的平行板电容器接在9V的电池上。下列判断正确的是
A.保持与电池的连接，两极板的距离减半，极板上的电荷量增加一倍
B.保持与电池的连接，两极板的距离减半，极板间的电场强度也减半
C.移去电池后两极板的距离减半，极板间的电势差增大为原来的2倍
D.移去电池后两极板的距离减半，极板间的电场强度增大为原来的2倍
4、如图所示的圆形线圈共n匝,电阻为R,过线圈中心O垂直于线圈平面的直线上有A、B两点，A、B两点的距离为L，A、B关于O点对称.一条形磁铁开始放在A点，中心与O点重合，轴线与A、B所在直线重合,此时线圈中的磁通量为Φ1，将条形磁铁以速度v匀速向右移动，轴线始终与直线重合，磁铁中心到O点时线圈中的磁通量为Φ2，下列说法中正确的是(　　)

A.磁铁在A点时，通过一匝线圈的磁通量为
B.磁铁从A到O的过程中,线圈中产生的平均感应电动势为E=
C.磁铁从A到B的过程中,线圈中磁通量的变化量为2Φ1
D.磁铁从A到B的过程中,通过线圈某一截面的电量不为零
5、关于磁感应强度，下列说法正确的是（　　）
A.根据定义式B=知，磁场中某点的磁感应强度B与F成正比，与IL成反比
B.磁感应强度B是矢量，方向与F方向相同
C.磁感应强度B是矢量，方向与通过该点的磁感线的切线方向垂直
D.在磁场中确定地方磁感应强度B是确定的，与F和IL的大小无关
6、一粗细均匀的镍铬丝，截面直径为d，电阻为R.把它拉制成直径为的均匀细丝后，在温度不变的情况下，它的电阻变为( )
A.10000R B.100R.
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、如图是法拉第圆盘发电机的示意图：铜盘安装在水平的铜轴上，它的边缘正好在两个磁极之间（磁极之间是匀强磁场），两块铜片C．D分别与转动轴和铜盘的边缘良好接触。使铜盘按图示箭头方向转动，电阻R中就有电流通过。下列判断正确的是

A.电阻R中电流方向向上 B.电阻R中电流方向向下
C.D点的电势高于C点R D.C点的电势高于D点
8、如图为两个不同闭合电路中两个不同电源的U-I图像，下列判断正确的是（　　）

A.电动势E1=E2，内阻r1<r2
B.电动势E1=E2，发生短路时的电流I1>I2
C.电动势E1>E2，内阻r1<r2
D.当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化大
9、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.当线圈以通电导线为轴转动时，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
10、关于电场和磁场对电荷的作用力，下列说法正确的是
A.洛伦兹力对运动电荷一定不做功
B.带电粒子在磁场中运动时，一定受到洛伦兹力作用
C.正电荷在电场中所受电场力的方向就是电场强度的方向
D.正电荷在磁场中所受洛仑兹力的方向就是磁感应强度的方向
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）某同学对实验室一个多用电表中的电池进行更换时，发现里面除了一节1.5 V的干电池外，还有一个方形的层叠电池。为了测定层叠电池的电动势和内阻，实验室中提供了如下器材：
A.电流表A1（满偏电流10mA，内阻10Ω）
B.电流表A2（0~0.6A~3A，内阻未知）
C.滑动变阻器R（0~100Ω，1.0A）
D定值电阻R0（阻值990Ω）
E.开关S与导线若干
（1）该同学根据现有的实验器材，设计了合理的电路。请你在如图所示的方框内画出相应的电路图______。

（2）该同学根据上述设计的实验电路测出多组数据，绘出如下图所示的I1－I2图线（I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数），则由图线可以得到被测电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω。（保留两位有效数字）

12．（12分）图为某同学组装完成的简易多用电表，图中E是电池，R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连

（1）图（a）中的A端与 ______________（选填“红”或“黑”）色表笔相连接
（2）关于R6的使用，下列说法正确的是_____________________
A．在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置
B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置
C．使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置
（3）用×100档测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到_____________档（选填“×10”或“×1K”）．如果换档后立即用表笔连接待测电阻进行测量，那么缺少的步骤是__________________________，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图b，则该电阻的阻值是___________________________Ω
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）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
14．（16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
15．（12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

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】当通过灵敏电流表的电流为零时，电流表两端电势相等，即两端电压与PN段电压相等，串联电路电压与阻值成正比，且由

可知，阻值与长度成正比，可得

可得

故选C。
2、A
【解析】试题分析：根据点电荷的电场强度的定义式，再将棒的电荷看成若干个点电荷，由对称性与矢量的叠加，可得出，P点的电场强度的方向垂直于AB向上，故A正确
考点：点电荷电场；电场的叠加
3、A
【解析】A．保持与电池连接，电压U不变，根据定义式

知，极板的距离减半，则电容变加倍，那么带电量Q=CU，电荷量增加一倍，故A正确；
B．保持与电池连接电压U不变，两极板的距离减半，根据
，
可知极板间的电场强度加倍，故B错误；
C．移去电池后电量Q不变，极板距离减半，则电容加倍，极板间的电势差变为原来的一半，故C错误；
D．移去电池后电量Q不变，两极板的距离减半，根据
，
可知极板间的电场强度不变，故D错误。
故选A。
4、B
【解析】A．磁铁在A点时，线圈中的磁通量为Φ1，所以通过一匝线圈的磁通量也为Φ1，与匝数无关，故A错误；
B．磁铁从A到O的过程中，线圈中产生的平均感应电动势为

故B正确；
CD．磁铁从A点运动到B点，磁通量先增加后减小，磁通量的变化量为零，故平均感应电动势为零，故平均感应电流为零，故通过线圈某一截面的电量为零，故CD错误。
故选B。
5、D
【解析】A．磁场中某点的磁感应强度B是由磁场本身决定的，与F以及IL无关，选项A错误；
B．磁感应强度B是矢量，方向与F的方向垂直，选项B错误；
C．磁感应强度B是矢量，方向与通过该点的磁感线的切线方向一致，选项C错误；
D．在磁场中确定的地方磁感应强度B是确定的，与F和IL的大小无关，选项D正确；
故选D。
6、A
【解析】镍铬丝的横截面的直径为d，横截面积为S1=，由数学知识得知，直径变化后横截面积是S2=，由于镍铬丝的体积不变，由长度变为原来的100倍，根据电阻定律R=ρ得到，电阻是原来的10000倍，即为10000R．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、AC
【解析】AB．由于铜盘切割磁感线，从而在电路中形成感应电流，根据右手定则可知，电流从D点流出，经电阻R流向C点，故电阻R中电流方向向上，故A正确，B错误；
CD．圆盘为电源，电流由C点流向D点，电源内部电流是从负极流向正极的，故D点的电势高于C点的电势，故C正确，D错误。
故选AC。
8、ABD
【解析】AC、在U-I图像中与纵坐标的交点表示电动势的大小，图像斜率的大小表示了电源内阻的大小，结合图像知电动势E1=E2，内阻r1＜r2，故A正确；C错误
B、图像与横坐标的交点表示电压为零时的电流值，此值表示了短路电流的大小，结合图像知：I1＞ I2，故B正确；
D、由知 ，由于r1＜r2，当当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化大，故D正确；
9、BD
【解析】当导线框向右平移时，穿过线圈的磁通量减少，根据右手螺旋定则与楞次定律可知，感应电流方向是a→d→c→b，即顺时针方向．故A错误；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；当线圈以通电导线边轴转动时，由通电导线的磁场分布可知线圈的磁通量不变，因此没有感应电流；故C错误；当线圈向导线靠近时，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，其中感应电流方向是a→b→c→d．故D正确．故选BD
【点睛】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向，掌握感应电流的产生条件，会根据楞次定律判断感应电流的方向
10、AC
【解析】A．洛伦兹力与速度方向垂直，则对运动电荷一定不做功，选项A正确；
B．带电粒子在磁场中运动时，若速度方向与磁场方向平行，则不受洛伦兹力作用，选项B错误；
C．正电荷在电场中所受电场力的方向就是电场强度的方向，选项C正确；
D．正电荷在磁场中所受洛仑兹力的方向与磁感应强度的方向垂直，选项D错误；
故选AC。

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. ②.9.0 ③.10
【解析】（1）[1]没有电压表，用电流表A1与定值电阻R0串联成电压表，原理图如图所示；

（2）[2]则由闭合电路欧姆定律可知（由于I1读数远小于I2，所以I2-I1≈I2）
I1（R0+RA1)=E-I2r
即

由图可知，图像与纵坐标的交点为9.0mA，则有
0mA=
解得
E=9.0V
[3]由图像可知，图像的斜率为10×10-3，由公式得图像的斜率等于，故
=10×10-3
解得
r=10Ω
12、 ①.黑 ②.B ③.×1K ④.进行欧姆调零 ⑤.22000
【解析】(1)[1]欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连，即红进黑出；由图示电路图可知端与黑色表笔相连；
(2)[2]由电路图可知只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流档时也不需要时行调节；
A.与分析不符，不符合题意；
B.与分析相符，符合题意；
C.与分析不符，不符合题意；
(3)[3]用×100挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，说明所选档位太小，为了较准确地进行测量，应换到×1k挡；[4]如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是：重新进行欧姆调零；[5]由图示表盘可知该电阻的阻值是

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) (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
14、（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
15、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