2023年福建省泉州市南安侨光中学高二上物理期末达标检测试题含解析.doc

2023年福建省泉州市南安侨光中学高二上物理期末达标检测试题
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、带电粒子以初速度v0从a点垂直y轴进入匀强磁场，如图所示，运动中粒子经过b点，Oa＝Ob。若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，仍以v0从a点垂直y轴进入电场，粒子仍能过b点，粒子重力不计，那么电场强度E与磁感应强度B之比为（　　）

A.v0 B.
C.2v0 D.
2、某物体同时受到同一平面内的三个共点力作用，在如图所示的四种情况中（坐标纸中每格边长表示1N的大小的力），该物体所受的合外力大小正确的是（）

A.甲图中物体所受的合外力大小等于4N
B.乙图中物体所受的合外力大小等于2N
C.丙图中物体所受的合外力大小等于6N
D.丁图中物体所受的合外力大小等于6N
3、如图为远距离输电示意图，n1、n2和，n3、n4分别是升、降压变压器的原、副线圈，已知发电机的输出电压一定。用电高峰时，某同学发现当他家的大功率电器开启后，家中的白炽灯变暗．下列说法正确的是课课评

A.该同学家开启大功率电器后，输电线上损失的功率减小
B.若减小降压变压器原线圈n3的匝数，可能会使白炽灯正常发光
C.若减小降压变压器副线圈n4的匝数，可能会使白炽灯正常发光
D.若减小升压变压器副线圈n2的匝数，可能会使白炽灯正常发光
4、如图中A、B、C三点都在匀强电场中，已知，，。把一个电量的正电荷从A移到B，电场力做功为零；从B移到C，电场力做功为，则该匀强电场的场强大小和方向是（　　）

A.，垂直向右 B.，垂直向左
C.，垂直斜向上 D.，垂直斜向下
5、有两个相同的电阻R，串联起来接在电动势为E的电源上，电路中的电流强度为I；将它们并联起来接在同一电源上，此时流过电源的电流强度为，则电源的内阻为(　　)
A.R B.
C.4R D.
6、如图所示的图像中，直线a表示某电源路端电压与电流的关系，直线b为某一电阻R的伏安特性曲线。用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，由图像可知（　　）

A.R的阻值为0.5Ω
B.电源电动势为4.0V，内阻为0.5Ω
C.2s内电阻R上消耗的电能为4J
D.若将两个相同电阻R串联接入该电源，则电流变为之前的一半
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，空间有竖直方向的匀强电场，一带正电的小球质量为m，在竖直平面内沿与水平方向成30º角的虚线以速度v0斜向上做匀速运动．当小球经过O点时突然将电场方向旋转一定的角度，电场强度大小不变，小球仍沿虚线方向做直线运动，选O点电势为零，重力加速度为g，则

A原电场方向竖直向下
B.改变后的电场方向垂直于ON
C.电场方向改变后，小球的加速度大小为g
D.电场方向改变后，小球的最大电势能为
8、用标有“6V，3W”的灯泡L1、“6V，6W”的灯泡L2与理想电压表和理想电流表连接成如图甲所示的实验电路，其中电源电动势E=9V．图乙是通过两个灯泡的电流随两端电压变化的曲线．当其中一个灯泡正常发光时( )

A.电流表的示数为0.5A
B.电压表的示数为6V
C.电路输出功率为4W
D.电源内阻为1Ω
9、下列属于预防静电危害做法的有（）
A.行驶中的油罐车尾部带一条拖地的铁链
B.利用静电现象制造静电喷涂机
C.在制造轮胎的橡胶中添加导电材料
D.水泥厂利用静电除去废气中的粉尘
10、如图所示电场，实线表示电场线．一个初速度为v的带电粒子仅在电场力的作用下从a点运动到b点，虚线表示其运动的轨迹．则：（）

A.粒子带正电
B.粒子在a点受的电场力比b点大
C.a点电势高于b点电势
D.粒子的动能增加，电势能减小
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）(1)某同学用游标卡尺测量一圆柱体的长度l，用螺旋测微器测量圆柱体的直径d，示数如图所示。由图可读出l＝________cm，d＝________mm；

(2)在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，已连接好部分实验电路。
①按如图甲所示的实验电路，把图乙中剩余的电路连接起来_______；

②在如图乙所示的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于________端（填“A”或“B”）；
③图丙是根据实验数据作出的U—I图象，由图可知，电源的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω；

(3)在测定金属电阻率的实验中，某同学连接电路如图所示．闭合电键后，发现电路有故障（已知电源、电表和导线均完好，电源电动势为E）：
①若电流表示数为零、电压表示数为E，则发生故障的是________（填“待测金属丝”“滑动变阻器”或“电键”）；
②若电流表、电压表示数均为零，该同学利用多用电表检查故障．先将选择开关旋至________挡（填“欧姆×100”“直流电压10V”或“直流电流2.5mA”），再将________（填“红”或“黑”）表笔固定在a接线柱，把另一支表笔依次接b、c、d接线柱．若只有滑动变阻器断路，则多用电表的示数依次是________、________、________。

12．（12分）图为一演示实验电路图，图中L是一带铁芯的线圈，A是一灯泡，电键S处于闭合状态，电路是接通的．现将电键K断开，则在电路切断的瞬间，通过灯泡A的电流方向是从___ 端到____端，这个实验是用来演示______现象的

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）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
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】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，O为圆心，故有
Oa＝Ob＝
带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，故有
Ob＝v0t，Oa＝t2
联立以上各式，解得＝2v0。
故选C。
2、C
【解析】考查力的合成。
【详解】A．甲图：

A错误；
B．乙图：

如图，F1与F3的合力为F13=3N，方向与F2同向，所以合力为：

B错误；
C．丙图：由力的三角形定则可知，F2与F3的合力刚好为F1，所以合力大小为：

C正确；
D．丁图：由力的三角形定则可知，首尾相连的力合力为0，D错误。
故选C。
3、B
【解析】A、用电高峰时，开启大功率电器，用户用电的总功率增加，升压变压器、降压变压器的原、副线圈电流都要增加，功率损失增大，故A错误；
B、若减小降压变压器原线圈n3的匝数，根据可知U4增大，根据可知可能会使白炽灯正常发光，故B正确；
C、若减小降压变压器副线圈n4的匝数，根据可知U4减小，根据可知使白炽灯更暗，故C错误；
D、若减小升压变压器副线圈n2的匝数，根据可知U2减小，根据可知输送电流增大，损失电压增大，功率损失增大，降压变压器的原、副线圈的电压减小，使白炽灯更暗，故D错误；
故选B
4、C
【解析】由题意可知A、B两点电势相等，所以AB为一条等势线，如图所示，过C作CD⊥AB于D，则电场强度方向为由D指向C，即垂直于AB斜向上。设电场强度的大小为E，由题意可得

代入数据解得
E=1000V/m
故选C。

5、C
【解析】两电阻串联时，总电阻R1=2R；由闭合电路欧姆定律可知：E=I（2R+r）；两电阻并联时，外部总电阻R2=R/2；由闭合电路欧姆定律可知：E=I(r+R)；联立解得：r=4R；故选C
6、C
【解析】A．R的图线的斜率大小等于R的阻值，则=2.0Ω，故A错误；
B．根据闭合电路欧姆定律得，U=E−Ir，当I=0时，U=E，由图可读出电源的电动势E=4.0V,内阻等于图线a的斜率大小，则=2.0Ω，故B错误；
C．两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电阻两端电压U=2.0V，电路中电流I=1.0A，则电阻在2s内消耗的电能E=UIt=4J，故C正确；
D．由于电源内阻的存在，若将两个相同电阻R串联接入该电源，则电流比原来的一半大，故D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、CD
【解析】开始时，小球沿虚线做匀速运动，可知小球受向下的重力和向上的电场力平衡Eq=mg，小球带正电，则电场竖直向上，选项A错误；改变电场方向后，小球仍沿虚线做直线运动，可知电场力与重力的合力沿着NO方向，因Eq=mg，可知电场力与重力关于ON对称，电场方向与NO成600，选项B错误；电场方向改变后，电场力与重力夹角为1200，故合力大小为mg，小球的加速度大小为g，选项C正确；电场方向改变后，小球能沿ON运动的距离为 ，则克服电场力做功为： ，故小球的电势能最大值为 ，选项D正确；故选CD.
8、AC
【解析】因为两个灯泡串联，所以通过两灯泡的电流相等，L1的额定电流为I1=P1/U1=0.5A，L2的额定电流为I2=P2/U2=1A，电路中电流为0.5A，所以只有L1正常发光，故A正确；从图像中可以看出，电流为0.5A时，L1两端电压为6V，L2两端电压为2V，电压表示数为2V，故B错误；电路中输出功率为P=UI=（2V+6V）x0.5A=4W,故C正确；电源内阻r=E-U/I=2Ω，故D错误，C正确．所以AC正确，BD错误
9、AC
【解析】根据“预防静电危害”可知，考查了关于静电的防止与应用，从各种实例的原理出发就可以判断出答案
【详解】A、铁链的目的是为了将静电导入大地，属于静电的防止，故A正确；
B、静电喷漆是静电的应用，故B错误；
C、由于车的运动，轮胎和地面之间会产生静电，在制造轮胎的橡胶中添加导电材料可以及时的把产生的静电导走，所以C正确
D、静电除尘属于静电应用，故D错误
10、BC
【解析】电场线的疏密代表电场的强弱，正电荷所受电场力的方向就是电场线的方向，而负电荷所受的电场力的方向与电场线的方向相反，沿着电场线方向电势降低
【详解】A．由轨迹弯曲方向可判断出电场力方向，受力方向指向弧内，与电场方向相反，则粒子带负电荷;故A错误.
B．电场线的疏密代表电场的强弱，a点的电场线较b点的电场线密，则粒子在a点受到的电场力大于在b点受到的电场力;故B正确.
C．沿着电场线方向电势降低，则a点电势高于b点电势；故C正确.
D．电场力方向与速度方向夹角大于90°，一直做负功，动能减小，电势能增大；故D错误.
故选BC.
【点睛】理解电场线的特点，明白只要合外力做正功物体的动能就增加的道理

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、 ①.2.25 ②.6.860 ③. ④.B ⑤.1.5 ⑥.1 ⑦.待测金属丝 ⑧.直流电压10V ⑨.红 ⑩.0 ⑪.E ⑫.E
【解析】(1)[1][2]对游标卡尺主尺读数为2.2 cm，游标尺读数为
5×mm＝0.5 mm＝0.05 cm
故
l＝2.2 cm＋0.05 cm＝2.25 cm
螺旋测微器先读出固定刻度的读数，由于半刻度线已露出，所以固定刻度为6.5 mm，再读出可动刻度上的格数×0.01 mm，读数为
5 mm＋36.0×0.01 mm＝6.860 mm
(2) ①[3]由原理图可知滑动变阻器为限流接法，电压表并联在滑动变阻器两端，由原理图连接实物图所示；

②[4]为保证实验安全，在开始时电路中电流应为最小值，故滑动变阻器应接入最大阻值，由图可知，滑动变阻器接入部分为左半部分；故滑片应接到B端；
③[5][6]由U-I图可知，电源的电动势E=1.5V；当路端电压为1V时，电流为0.5A，则由闭合电路欧姆定律可知：
r=1.0Ω
(3) ①[7]电流表示数为零，说明电路断路，由于电压表示数为E，说明电压表两端与电源相连，因而待测金属丝断路。
②[8][9][10][11][12]判断电路故障问题，应利用多用电表的直流电压挡，电流应从多用电表的红表笔流入多用电表，因而红表笔应与a接线柱相连，当只有滑动变阻器断路时，黑表笔接b时，多用电表不能与电源形成闭合回路，示数为零，黑表笔接c、d时，多用电表与电源两极相连，示数为电源电动势。
12、 (1).a (2).b (3).自感
【解析】在断开前，自感线圈中有向左的电流，断开K后瞬间，的电流要减小，于是中产生自感电动势，阻碍自身电流的减小，但电流还是逐渐减小为零，原来跟并联的灯泡，由于电源的断开，向右的电流会立即消失．但此时它却与形成了串联的回路，中维持的正在减弱的电流恰好从灯泡中流过，方向由到，因此，灯泡不会立即熄灭，而是渐渐熄灭，将这称为自感现象，
【点睛】线圈的特点是闭合时阻碍电流的增大，断开时产生一自感电动势相当于电源，与组成闭合回路，的左端电势高，做好本类题目的关键是弄清线圈与哪种电器相配，结合线圈特点分析新组成的闭合回路的电流流向

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、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）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