福建省南平市2023年高二物理第一学期期末综合测试模拟试题含解析.doc

福建省南平市2023年高二物理第一学期期末综合测试模拟试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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，将质量为m的小球用橡皮筋悬挂在竖直墙的O点，小球静止在Q点，P为O点正下方一点，OP间的距离等于橡皮筋原长，在P点固定一光滑圆环，橡皮筋穿过圆环．现对小球施加一个外力F，使小球沿以PQ为直径的圆弧缓慢向上运动，不计一切阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )

A.小球在Q向P运动的过程中外力F的方向始终跟橡皮筋垂直
B.小球在Q向P运动的过程中外力F的方向始终水平向右
C.小球在Q向P运动的过程中外力F逐渐减小
D.小球在Q向P运动的过程中外力F先变大后变小
2、如图所示，环形导线周围有三只小磁针a、b、c，闭合开关S后，三只小磁针N极的偏转方向是（ ）

A.全向里 B.全向外
C.a向里，b、c向外 D.a、c向外，b向里
3、某同学做观察电磁感应现象的实验，将电流表线圈A和B、蓄电池、开关用导线连接成如图所示的实验电路，实验进行中，下列所描述的现象与实验事实相符合的是

A.闭合开关瞬间，电流表指针不会发生偏转
B.开关闭合稳定后，电流表指针会发生偏转，且示数不变
C.开关闭合稳定后，把线圈A插入及拔出线圈B这两个过程，电流表指针都会发生偏转，且偏转方向相反
D.断开开关瞬间，电流表指针不会发生偏转
4、如图所示，在探究影响通电导线受力的因素的实验中，三块相同的蹄形磁铁并列放在桌上，可以认为磁极间的磁场是均匀的．将一根直导线水平悬挂在磁铁的两极间，导线的方向与磁感应强度的方向（由下向上）垂直．若导线质量为m，导线中的电流为I，处于磁场中通电部分的长度为L，导线静止时悬线与竖直方向的夹角为θ，则导线所处空间磁场的磁感应强度大小为（　　）

A. B.
C. D.
5、图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2 ．在T的原线圈两端接入一电压的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其它因素的影响，则输电线上损失的电功率为( )

A. B.
C. D.
6、如图所示，电阻R和内阻为r的电动机M串联接到电路中，接通开关后，电动机正常工作，设电阻R和电动机M两端的电压分别为U1和U2，经过时间t，电流通过电阻R做功W1，产生热量Q1，电流流过电动机做功W2，产生热量Q2，则有（　　）

A.
B.＜
C.Q1=Q2
D.W1=W2
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、如图所示的电路中，各个电键均闭合，且k2接a，此时电容器C中的带电微粒恰好静止，现要使微粒向下运动，则应该（）

A.将k1断开 B.将k2掷在b
C.将k2掷在c D.将k3断开
8、如图所示，带电平行金属板A，B，板间的电势差为U，A板带正电，B板中央有一小孔．一带正电的微粒，带电量为q，质量为m，自孔的正上方距B板高h处自由落下，若微粒恰能落至A，B板的正中央c点，则( )

A.微粒进入电场后，电势能和重力势能之和不断增大
B.微粒下落过程中重力做功为，电场力做功为
C.微粒落入电场中，电势能逐渐增大，其增加量为
D.若微粒从距B板高2h处自由下落，则恰好能达到A板
9、如图所示，两个倾角分别为30°和60°的光滑绝缘斜面固定于水平地面上，并处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，两个质量为m、带电荷量为＋q的小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动一段时间后，两小滑块都将飞离斜面，在此过程中（　　）

A.甲滑块飞离斜面瞬间的速度比乙滑块飞离斜面瞬间的速度大
B.甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短
C.两滑块在斜面上运动的位移大小相同
D.两滑块在斜面上运动的过程中，重力的平均功率相等
10、如下图所示，工厂里通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈等距离排列，且与传送带以相同的速度匀速运动．为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带，根据穿过磁场后线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈，通过观察图形判断，下列说法正确的有

A.若线圈闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动
B.若线圈不闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动
C.从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈
D.从图中可以看出，第4个线圈是不合格线圈
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）用相同的灵敏电流计改装成量程为3V和15V两个电压表，将它们串联接入电路中，则它们的指针偏角之比为______，读数之比______.
12．（12分）某同学想要测量一个电源的电动势和内阻，准备的器材有电流表A(0~100mA，内阻为30Ω)、电阻箱R(最大阻值99.9Ω)、开关和若干导线
（1）由于电流表A的量程较小，考虑到安全因素，同学们需将一个定值电阻和电流表A进行_________联(填写“串”或“并”)，若要使连接后的电流表A可测量电流的最大值变为原来的6倍，则定值电阻的阻值R0=__Ω
（2）如图甲所示，虚线框中为同学设计了实验电路的一部分，请将电路图补充完整______

（3）实验中记录了若干组电阻箱的阻值R和电流表A的示数Ⅰ，并用记录的实验数据描绘出R-图线如图乙所示，则该电源的电动势E=_________V，内阻r=__________Ω(结果保留两位有效数字)
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、A
【解析】设圆的半径为R，橡皮筋的劲度系数为k，当小球与N的连线与竖直方向之间的夹角为α时，橡皮筋的伸长量：△x=2R•cosα
橡皮筋的弹力：F′=k△x=mgcosα

对小球，设拉力F与水平方向之间的夹角为β，在水平方向：Fcosβ=F′sinα
竖直方向：F′cosα+Fsinβ=mg
联立可得：β=α，F=mgsinα
可知拉力F的方向绳子与橡皮筋的方向垂直，而且随α的增大，F逐渐增大
A.小球在Q向P运动的过程中外力F的方向始终跟橡皮筋垂直，与结论相符，选项A正确；
B.小球在Q向P运动的过程中外力F的方向始终水平向右，与结论不相符，选项B错误；
C.小球在Q向P运动的过程中外力F逐渐减小，与结论不相符，选项C错误；
D.小球在Q向P运动的过程中外力F先变大后变小，与结论不相符，选项D错误；
2、D
【解析】线圈中的电流方向为顺时针方向，根据安培定则a、c向外，b向里,故D正确，ABC错误
3、C
【解析】当通过闭合回路的磁通量发生变化，就会产生感应电流，电流表指针发生偏转.
【详解】A、开关闭合的瞬间，则通过螺线管B中的磁通量从无到有，则产生感应电流，电流表指针发生偏转，故A错误；
B、开关闭合稳定后，则通过螺线管B中的磁通量不变电流表指针不发生偏转，故B错误；
C、开关闭合稳定后，把线圈A插入及拔出线圈B这两个过程，穿过线圈B的磁通量发生变化，产生感应电流，指针发生偏转，故C正确；
D、开关断开的瞬间，则通过螺线管B中的磁通量从有到无，则产生感应电流，电流表指针发生偏转，故D错误；
故选C.
【点睛】解决本题的关键掌握感应电流的产生条件，知道当通过闭合回路的磁通量发生变化，就会产生感应电流.
4、B
【解析】导线静止处于平衡状态，根据导线受力情况，应用平衡条件求出磁感应强度大小
【详解】通电导线静止处于平衡状态，由平衡条件得：BIL=mgtanθ，解得：，故B正确，ACD错误；故选B
【点睛】本题考查了求磁感应强度问题，通电导线静止处于平衡状态，应用安培力公式与平衡条件可以解题
5、C
【解析】加在原线圈上电压，根据电压比与匝数比关系：，所以：
根据，输电线上的电流，输电线上消耗的功率．故C正确，ABD错误．故选C
6、B
【解析】AB．设开关接通后，电路中电流为I，对于电阻R，由欧姆定律得：U1=IR，有：
I=
对于电动机，有U2＞Ir，即有：
I＜
联立可得：
＜
故A不符合题意，B符合题意；
C．根据焦耳定律得电阻产生的热量为：
Q1=I2Rt
电动机产生的热量为：
Q2=I2rt
由于题目中没有所电阻相等，则可知热量不相等，故C不符合题意；
D．电流通过电阻R做功为：
W1= Q1=I2Rt=U1It
电流流过电动机做功：
W2=U2It
由以上可知做功不相等，故D不符合题意。
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、AC
【解析】A．断开k1，电容器与电源断开，电容器放电，电压减小，粒子向下运动，故A正确；
B．将k2掷在b时，电容器之间与电源连接，电容器两端电压变大，粒子受向上的电场力变大，则粒子向上运动，故B错误；
C．将k2掷在c时，电容器被短路，电容器放电，电压减小粒子向下运动，故C正确；
D．断开k3，电容器被断开，不会产生充放电现象，故粒子受力不变，油滴不会运动，故D错误；
故选AC。
8、ACD
【解析】微粒从进入电场至C点过程中，做减速运动，动能减小，根据能量守恒可知电势能和重力势能之和一直增大，故A正确．微粒下降的高度为h+，重力做正功，为WG=mg（h+），电场力向上，位移向下，电场力做负功为．故B错误．微粒落入电场中，电场力做负功，电势能逐渐增大，其增加量等于微粒克服电场力做功△EP=qU．根据能量守恒，还应等于整个过程的重力势能减小量，即△EP＝WG＝mg(h+)，故C正确；由题微粒恰能落至A，B板的正中央C点过程，由动能定理得若微粒从距B板高2h处自由下落，设达到A板的速度为v，则由动能定理得：，由两式联立得v=0，即恰好能达到A板．故D正确
9、AD
【解析】A．小滑块飞离斜面时，洛伦兹力与重力垂直斜面方向的分力平衡，由

可得

所以斜面倾角越小，飞离斜面瞬间的速度越大，即甲滑块飞离斜面瞬间的速度较大，故A正确；
B．滑块在斜面上运动的加速度恒定不变，由受力分析和牛顿第二定律可得加速度

所以甲滑块的加速度小于乙滑块的加速度，因为甲滑块的最大速度大于乙滑块的最大速度，由

甲滑块在斜面上运动的时间大于乙滑块在斜面上运动的时间，故B错误；
C．根据

甲滑块在斜面上的位移大于乙滑块在斜面上运动的位移，故C错误；
D．由平均功率的公式

因
sin 30°＝cos 60°
则重力的平均功率相等，故D正确；
故选AD。
10、AC
【解析】详解】A.若线圈闭合，进入磁场时，线圈中出现感应电流，受到安培力使线圈相对传送带向后滑动，故A正确；
B.若线圈不闭合，进入磁场时，线圈中没有感应电流，则相对传送带位置不变，故B错误；
C.从图中可以看出，第3个线圈是不合格，若是闭合的，则在安培力作用下，会向后滑动，故C正确；
D.从图中可以看出，第4个、5个及6个线圈均是合格的，其位置均匀。故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、 ①.1：1 ②.1：5
【解析】因两电压表是串联关系，则通过两电压表的电流相同，故指针偏转的角度相同，即指针偏角之比为1:1，串联电路电流相等，电阻两端电压与阻值成正比，两电压表内阻之比为1:5，两电压表串联时示数之比1:5.
12、 ①.并 ②.6 ③. ④.12 ⑤.1.0
【解析】（1）改装电流表需要并联电阻进行分流；由并联电路规律可知，并联部分电压相等，要使量程扩大为原来的6倍；则由并联电路规律可知：；
（2）根据改装原理以及测量电动势和内电阻实验原理可知应将改装后电表与电阻箱串联接在电源两端，故测量原理图如图所示；

（3）电路中干路电流为电流表示数的6倍，故根据闭合电路欧姆定律可知：，则变形得，故图象中的斜率等于，解得；图象与纵坐标的交点为，解得r=1.0Ω

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