2023年福建省二校物理高二上期末综合测试模拟试题含解析.doc

2023年福建省二校物理高二上期末综合测试模拟试题
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、磁场中某区域的磁感线如图所示，则

A.a、b两点磁感强度大小相等
B.a、b两点磁感强度大小不相等，Ba<Bb
C.同一小段通电导线放在a处时所受的磁场力一定比放在b处时大
D.同一小段通电导线放在a处时所受的磁场力可能比放在b处时小
2、如图所示，有两根处于纸面内的平行直导线，通以大小相等、方向相反的电流，a导线中电流方向竖直向上，b导线中电流方向竖直向下，则两导线所在平面内两线中央的磁感应强度( )

A.等于零
B.不等于零，方向垂直于两导线所在的平面向外
C.不等于零，方向垂直于两导线所在的平面向里
D.不等于零，方向是从一根导线垂直指向另一根导线
3、如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场（未画出）．一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿过铝板后到达PQ的中点O，已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为

A.2
B.
C.1
D.
4、对公式的理解，下列说法正确的是（）
A.此公式适用于计算任何电场中A、B两点间的电势差
B.A点和B点间距离越大，则这两点的电势差越大
C.公式中的d是指A点和B点之间的距离
D.公式中的d是A、B所在的两个等势面间的垂直距离
5、发现万有引力定律的科学家是（ ）
A.伽利略 B.牛顿
C.爱因斯坦 D.库伦
6、某电场的电场线如图所示，电场中M、N两点的场强大小分别为和，由图可知（）

A.= B.﹥
C.﹤ D.无法比较和大小
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，将负试探电荷沿着等量异种电荷的连线从中点A点移动到B点，在这一过程中(　　)

A.试探电荷所受电场力增大
B.试探电荷所受电场力减小
C.试探电荷所处位置的电势增大
D.试探电荷所处位置的电势减小
8、某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标系上，如图中的a、b、c所示，根据图线可知

A.反映电源内部的发热功率Pr变化的图线是a
B.电源电动势是4 V
C.电源内阻是2Ω
D.当电流为0.5A时，外电阻一定为6Ω
9、如图所示，一辆质量M=3kg的小车A静止在光滑的水平面上，A上有一质量m=1kg的光滑小球B，将一左端固定于A上的轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能Ep=6J，B与A右壁距离为l。解除锁定，B脱离弹簧后与A右壁的油灰阻挡层（忽略其厚度）碰撞并被粘住，下列说法正确的是（ ）

A.碰到油灰阻挡层前A与B的动量相同
B.B脱离弹簧时，A的速度为1m/s
C.B和油灰阻挡层碰撞并被粘住，该过程B受到的冲量大小为3N·s
D.整个过程B移动的距离为
10、在如图所示的电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中，下列说法正确的是

A.电压表V1示数在变大，电压表V2示数在变小
B.电流表A的示数减小，电压表V3示数在变小
C.电容器的电荷量增大，电阻R1消耗的电功率变大
D.电源内阻损耗的功率变大，电源消耗的总功率变大
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）通过如图实验可以探究产生感应电流的条件。（以下三空均填“偏转”或“不偏转”）
（1）接好电路，合上开关瞬间，电流表指针________
（2）电路稳定后，电流表指针_______；迅速移动滑动变阻器的滑片，电流表指针________

12．（12分）用伏安法测电阻，可采用如图所示的甲、乙两种接法。若所用电压表内阻约为5 000 Ω，电流表内阻约为0.5 Ω。

（1）当测量100 Ω左右的电阻时，宜采用________电路。
（2）现采用乙电路测量某电阻的阻值时，两电表的读数分别为10 V、0.5 A，则此电阻的测量值为___ Ω，______（大于或者小于）真实值。
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、D
【解析】AB.由磁感线的疏密表示磁场的强弱，由图可知a、b两点磁感强度大小不相等，a点磁感应强度比b点的大，故A错误，B错误；
CD.根据磁场力F=BILsinθ，磁场力的大小不仅与磁感应强度B的大小有关，还与电流方向与磁感应强度方向的关系有关，同一小段通电导线放在a处时所受的磁场力有可能比放在b处时小，故C错误，D正确
故选D.
2、C
【解析】由题意可知，通以大小相等、方向相反的电流，由安培定则和矢量合成法则，可得两导线所在平面内两线中央的磁感强度不等于零，方向垂直于两导线所在的平面向里；
A．与分析不符，故A错误；
B．与分析不符，故B错误；
C．与分析相符，故C正确；
D．与分析不符，故D错误；
故选C。
3、D
【解析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，从而求出磁感应强度的表达式．结合动能，最终得到关于磁感应强度B与动能Ek的关系式，从关系式及题设条件--带电粒子在穿越铝板时减半，就能求出上下磁感应强度之比
【详解】由动能公式，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动洛仑兹力提供向心力得，
联立可得
，
上下磁场磁感应强度之比为
，
D正确
4、D
【解析】A.公式只适用于计算匀强电场中A、B两点间的电势差，选项A错误；
BCD.公式中d是A和B所在等势面间的垂直距离，不是A点和B点间的距离，则A点和B点间距离越大，这两点的电势差不一定越大，选项BC错误，D正确.
5、B
【解析】发现万有引力定律的科学家是牛顿
故选B。
6、C
【解析】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，M处电场线比N处电场线疏，则EM＜EN，故C正确，ABD错误。
故选C。

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、AD
【解析】等量异种电荷所产生的电场线如图所示：

AB．在其连线上，从A到B过程中，电场线变密，电场强度增大，故电场力变大，A正确B错误；
CD．两电荷连线上，电场方向由+Q指向-Q，又知道沿电场线方向电势降低，故从A到B过程中电势降低，C错误D正确；
故选AD。
8、BCD
【解析】A．根据直流电源总功率PE=EI，内部的发热功率Pr=I2r，输出功率PR=EI-I2r，可知反映Pr变化的图线是c，反映PE变化的是图线a，反映PR变化的是图线b，故A错误；
B．图线a的斜率等于电源的电动势，由得到
，
故B正确；
C．由图，当I=2A时，Pr=8W，由公式Pr=I2r得，r=2Ω，故C正确；
D．当电流为0.5A时，由图读出电源的功率PE=2W；由

代入得到R=6Ω，故D正确。
故选BCD。
9、BCD
【解析】A．对于B球、弹簧和A车组成的系统，在弹簧作用的过程、B球撞A车右壁的过程，均满足系统的外力之和为零，系统的动量守恒，初态总动量为零，则此后的任何时刻A与B的动量总是等大反向，因方向相反而动量不同，故A错误；
B．设B脱离弹簧时，B的速度为，方向向右，A的速度为，方向向左，设向右为正方向，由动量守恒定律

由能量守恒定律可得

联立可得，，故B正确；
C．B球与A车以等大反向的动量相撞，由动量守恒定律可知两物体的共同速度为零，则对B球由动量定理可知

即粘住的过程B受到的冲量大小为3N·s，负号表示冲量方向向左，故C正确；
D．对B球与A车的作用过程，满足人船模型

解得，，故D正确。
故选BCD。
10、AD
【解析】保持开关S闭合，根据变阻器接入电路电阻的变化，由欧姆定律分析电表读数的变化．根据电容与板间距离的关系，分析电容的变化，确定电容器电量的变化，判断R2中电流的方向．断开开关S，分析板间场强的变化
【详解】A、B项：该电路中两个电阻串联，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中，接入电路的有效电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析可知电路中电流I变大，则电流表A读数变大；路端电压：U=E-Ir减小，电压表V3示数在变小，U1示数U1=IR1，随I的增大在变大，U2示数U2=E-I（R1+r），随电流I的增大而减小，故A正确，B错误；
C项：电容器两端的电压为路端电压，U减小，根据Q=CU可知电容器的带电量减小，故C错误；
D项：电源内阻损耗的功率，由于电流变大，所以电源内阻损耗的功率变大，电源消耗的总功率，电流变大，所以电源消耗的总功率变大，故D正确
故应选：AD
【点睛】电容器的动态分析重点在于明确电容器的两种状态：充电后断开电源则极板上的电量不变；电容器保持和电源相连，则两板间的电势差不变．要掌握、

及电容决定因素

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.偏转 ②.不偏转 ③.偏转
【解析】(1)[1]接好电路，合上开关瞬间，穿过大线圈的磁通量增加，电流表指针偏转；
(2)[2][3]电路稳定后，穿过大线圈的磁通量不变，电流表指针不偏转；迅速移动滑动变阻器的滑片，穿过大线圈的磁通量变化，电流表指针偏转。
12、 ①.甲 ②.20 ③.大于
【解析】（1）[1]因为

故

即待测电阻可以看做是大电阻，采用内接法误差较小，故选甲图。
（2）[2]采用甲电路时，电阻测量值为

[3]考虑电流表的分压作用，待测电阻的真实值应为

故

比较可知测量值比真实值大。

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