甘肃省会宁二中2023年高二上物理期末监测试题含解析.doc

甘肃省会宁二中2023年高二上物理期末监测试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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，O1O2是矩形导线框ABCD的对称轴，其左方有匀强磁场．下列情况下ABCD中有感应电流产生的是（）

A.将ABCD向纸外平移 B.将ABCD向上平移
C.将ABCD以AB为轴转动60° D.将ABCD以CD为轴转动60°
2、如图1，AB是某电场中的一条电场线，若将正点电荷从A点由静止自由释放，沿电场线从A到B运动过程中的速度图线如图所2示，则A、B两点场强大小和电势高低关系是（ ）

A.EA＜EB；φA＜φB B.EA＜EB；φA＞φB
C.EA＞EB；φA＜φB D.EA＞EB；φA＞φB
3、如图，直角坐标系oxy2、4象限有垂直坐标系向里的匀强磁场磁感应强度大小均为B，在第3象限有垂直坐标系向外的匀强磁场磁感应强度大小为2B，现将半径为R，圆心角为90°的扇形闭合导线框OPQ在外力作用下以恒定角速度绕O点在纸面内沿逆时针方向匀速转动．t=0时线框在图示位置，设电流逆时针方向为正方向．则下列关于导线框中的电流随时间变化关系正确的是（ ）

A. B.
C. D.
4、在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路，当调节滑动变阻器R使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5A和2.0V。重新调节R使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和24.0V。则这台电动机正常运转时输出功率为（　　）

A.47W B.44W
C.32W D.18W
5、如图所示的电路，两电表均为理想电表，电源的内阻不可忽略．开始时滑片位于图示的位置，则在滑片向上滑动的过程中，下列选项正确的是(　　)

A.流过R1的电流逐渐减小
B.两电表的示数均减小
C.电压表的示数减小，电流表的示数增大
D.电源的总功率减小
6、如图为云室中某粒子穿过铅板P前后轨迹，室中匀强磁场的方向与轨迹所在平面垂直图中垂直于纸面向里，由此可知此粒子

A.一定带正电
B.一定带负电
C.不带电
D.可能带正电，也可能带负电
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、磁流体发电是一项新兴技术，它可以把物体的内能直接转化为电能，下图是它的示意图。平行金属板A、B（两板相距为d）之间有一个很强的磁场，磁感应强度为B，将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正，负带电粒子）以速度沿垂直于B的方向喷入磁场，A、B两板间便产生电压。如果把A、B和用电器连接，A、B就是一个直流电源的两个电极。则下列说法正确的是

A.B板是电源正极 B.电流从B板经电阻流向A板
C.该发电机的电动势为Bdv D.该发电机的电动势为
8、在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=1000匝，横截面积，螺线管导线电阻，，，，在一段时间内，穿过螺线管的磁场方向如图甲所示，磁感应强度B的大小按如图乙所示的规律变化，下列说法正确的是

A.闭合S，稳定后电容器上极板带正电
B.闭合S，稳定后电容器上极板带负电
C.螺线管中产生的感应电动势为0.8V
D.断开S后，流经的电量为s
9、如图所示，A、B为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的中央各有一小孔M和N。今有一带电质点，自A板上方相距为h的P点由静止自由下落(P、M、N在同一竖直线上)，空气阻力忽略不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回，若保持两极板间的电压不变，则 ( )

A.把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回
B.把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落
C.把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后不能返回
D.把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落
10、如图所示，在一绝缘、粗糙且足够长的水平管道中有一带电量为＋q、质量为m的带电球体，管道半径略大于球体半径．整个管道处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，磁感应强度方向与管道垂直．现给带电球体一个水平速度v0，则在整个运动过程中，带电球体克服摩擦力所做的功可能为（　　）

A.0
B.m()2
C.
D.
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）在测定电源电动势和内阻的实验中，实验室提供了合适的实验器材

甲同学按电路图1进行测量实验，其中R2为保护电阻
①请用笔画线代替导线在图2中完成电路的连接_____________
②由电压表读数U和电流表的读数I，画出U—I图线如图3所示，可得电源的电动势E=_________V，内阻r=_______Ω
12．（12分）如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为：：1原线圈接200V交流电源，副线圈接额定功率为20W的灯泡L，灯泡正常发光，当电源电压降为180V时，求灯泡实际消耗功率与其额定功率之比______

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、D
【解析】产生感应电流的条件是闭合回路磁通量有变化，设磁场磁感应强度为B，线框面积为S
A．将ABCD向纸外平移，回路磁通量未发生变化，仍为，故没有感应电流，A错误
B．将ABCD向上平移，回路磁通量未发生变化，仍为，故没有感应电流，B错误
C．将ABCD以AB为轴转动60°，回路磁通量，仍未发生变化，没有感应电流，C错误
D．将ABCD以CD为轴转动60°，磁场中的面积减小，回路磁通量，磁通量减小，回路有感应电流，D正确
2、D
【解析】从速度时间图线得到正点电荷做加速运动，加速度逐渐变小，根据牛顿第二定律得到电场力的变化情况
解：从速度时间图线得到正点电荷做加速运动，加速度逐渐变小，故电场力向右，且不断变小，
故A点的电场强度较大，故EA＞EB；
正电荷受到的电场力与场强方向相同，故场强向右，沿场强方向，电势变小，故A点电势较大，即φA＞φB；
故选D
【点评】本题关键通过速度时间图象得到物体的速度变化情况和加速度变化情况，然后判断场强方向和电势大小
3、B
【解析】在0﹣t时间内，线框从图示位置开始（t=0）转过90°的过程中，产生的感应电动势为：
E1=ω•R2；由闭合电路欧姆定律得，回路电流为：I1==．根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向沿逆时针
在t﹣2t时间内，线框进入第3象限的过程中，回路电流方向为顺时针．回路中产生的感应电动势为：
E2=ω•R2+ω•R2=Bω•R2=3E1；感应电流为：I2=3I1；
在2t﹣3t时间内，线框进入第4象限的过程中，回路电流方向为逆时针．回路中产生的感应电动势为：
E3=ω•R2+ω•R2=Bω•R2=3E1；感应电流为：I2=3I1；
在3t﹣4t时间内，线框出第4象限的过程中，回路电流方向为顺时针．回路中产生的感应电动势为：
E4=ω•R2；由闭合电路欧姆定律得，回路电流为：I4=I1；故B正确
故选B
4、C
【解析】电动机内阻为

电动机正常运转时

解得，C正确，ABD错误。
故选C。
5、B
【解析】由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化及路端电压的变化，再分析局部电路可得出电流表中示数的变化
【详解】当滑片上移时，滑动变阻器接入电阻减小，则外电路总电阻减小，电路中总电流变大，电源的内电压变大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数减小；流过R1的电流逐渐变大，由欧姆定律可知，R1上的分压变大，而路端电压减小，故并联部分的电压减小，则电流表示数减小，故B正确，AC错误；电源的总功率P=IE变大，选项D错误；故选B
【点睛】分析闭合电路的欧姆定律的动态分析的题目时，一般要按先外电路、再内电路、后外电路的思路进行分析；重点分析电路中的路端电压、总电流及部分电路的电流及电压变化
6、A
【解析】根据粒子的运动轨迹，根据左手定则，可以判断粒子带正电，A对，BCD错；

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、ABC
【解析】AB．由左手定则知正电荷运动的方向向里，受到向下的洛伦兹力，向B板聚焦，故B板是电源正极，电流从B板经电阻流向A板，故AB正确；
CD．两板间电压稳定时满足：
，
解得
E=Bdv，
则发电机的电动势E=Bdv，故C正确，D错误。
故选ABC。
8、BCD
【解析】由图乙可知，磁场增强，则螺线管的磁通量增强，则根据楞次定律可知，感应电流的方向，从而确定电容器极板带电情况；
根据法拉第地磁感应定律求出螺线管中产生的感应电动势；
电容器与并联，两端电压等于两端的电压，根据求出电容器的电量；
【详解】AB．据楞次定律，当穿过螺线管的磁通量增加时，螺线管下部可以看成电源的正极，则电容器下极板带正电，上极板带负电，故A错误，B正确；
C．由法拉第电磁感应定律可得，螺线管内产生的电动势为：，故C正确；
D．电键断开后流经电阻的电荷量为：，故D正确
【点睛】本题是电磁感应与电路的综合，知道产生感应电动势的那部分相当于电源，运用闭合电路欧姆定律进行求解
9、AD
【解析】A．由题设条件，由动能定理得
则知电场力做功等于重力做功的大小。把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落，根据动能定理知

小球到达N点速度为零然后返回，故A正确；
B．将A板向下移动一小段距离，根据动能定理知，

小球到达N点速度为零然后返回，故B错误；
C．把B板向上平移一小段距离，根据动能定理知

可小球未到达N点速度已减为零，然后返回，故C错误；
D．把B板向下平移一小段距离后，根据动能定理知

可知小球到达N点速度不为零，小球会穿过N孔继续下落，故D正确。
故选AD。
10、ABCD
【解析】AC
当水平速度v0产生的洛伦兹力小于重力时，小球逐渐减速到零，则摩擦力做功为；
当水平速度v0产生的洛伦兹力等于重力时，小球做匀速直线运动，则摩擦力做功为零；
AC正确；
BD．当水平速度v0产生的洛伦兹力大于重力时，小球先做减速运动后做匀速直线运动，由动能定理可知，摩擦力做功为

解得

当时，小球先做减速运动后做匀速直线运动，由动能定理可得

解得

BD正确。
故选ABCD。

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.如图所示：

②. ③.
【解析】①根据原理图可得出实物图；
②根据闭合电路欧姆定律进行分析，根据图象可得出电动势和内电阻；
【详解】①根据原理图可得出对应的实物图，如图所示；

②根据闭合电路欧姆定律可得：
则由数学规律可知，电动势，
【点睛】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要求能明确实验原理，知道实验中电路结构的分析和闭合电路欧姆定律的应用，同时能结合图象进行分析求解
12、
【解析】根据灯泡正常工作，功率为额定功率，进而求出灯泡电阻，再根据变压器原副线圈电压、电流与线圈匝数的关系即可求解
【详解】理想变压器原、副线圈的匝数比为：：1，原线圈接200V交流电源，根据电压与匝数成正比得副线圈电压为：，副线圈接额定功率为20W的灯泡L，灯泡正常发光．所以灯泡电阻为：，当电源电压降为180V时，根据电压与匝数成正比得副线圈电压为：，灯泡实际消耗的功率为：，灯泡实际消耗功率与其额定功率之比为

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) (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