山东省临沂市莒南县第三中学2023年物理高二上期末考试模拟试题含解析.doc

山东省临沂市莒南县第三中学2023年物理高二上期末考试模拟试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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、首先发现电磁感应现象的科学家是(　　 )
A.法拉第 B.麦克斯韦
C.安培 D.奥斯特
2、如图所示，虚线a、b和c 是某静电场中的三个等势面，它们的电势分别为φa、φb 和φc，φa＞φb＞φc，一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示，由图可知

A.粒子从K到L的过程中，电场力做正功
B.粒子从L到M的过程中，电场力做负功
C.粒子从K到L的过程中，电势能增加
D.粒子从L到M的过程中，动能减小
3、如图所示,电源电动势为E,内电阻为r,平行板电容器两金属板水平放置,开关S是闭合的,两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态,G为灵敏电流计．则以下说法正确的是( )

A.在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴向上加速运动，G中有从b到a的电流
B.在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从b到a的电流
C.在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴仍然静止，G中有从a到b的电流
D.在将S断开后，油滴仍保持静止状态，G中无电流通过
4、如图所示，甲图中AB是某孤立点电荷的一条电场线，乙图为该电场线上a、b两点的试探电荷所受电场力大小与其电荷量的关系图像，a、b两点的电场强度及电势分别为Ea、Eb和φa、φb。下列判定正确的是（）

A.点电荷带正电，在A侧，φa>φb，Ea>Eb
B.点电荷带正电，在B侧，φa<φb，EaEb
D.点电荷带负电，在B侧，φa<φb，Ea块在水平恒力F的作用下，静止在光滑的斜面上，恒力F=3 N，斜面倾角为37°，（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10 m/s2）则物块的质量是（）

A.0.1 kg B.0.2 kg
C.0.3 kg D.0.4 kg
6、如图所示，MN、PQ是水平方向的匀强磁场的上下边界，磁场宽度为L．一个边长为a的正方形导线框（L>2a）从磁场上方下落，运动过程中上下两边始终与磁场边界平行．线框进入磁场过程中感应电流i随时间t变化的图象如右图所示，则线框从磁场中穿出过程中线框中感应电流i随时间t变化的图象可能是以下的哪一个（ ）

A. B.
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、某静电场的方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图所示．一质量m=2.0×10－14kg，电荷量q=－2.0×10－11C的带电粒子从(2，0)点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上运动．则

A.沿x轴方向，从－1cm到2cm电场强度先增大后减小
B.x轴原点左侧电场强度E1和右侧电场强度E2的大小之比
C.该粒子在x轴上做周期性运动，且运动的周期T=3.0×10－4s
D.该粒子在运动过程中最大速度的大小为200m/s
8、质量为M的木块，放在光滑的水平桌面上处于静止状态，今有一质量为m、速度为v0的子弹沿水平方向击中木块并停留在其中与木块一起运动，则子弹击中木块的过程中，木块受到的冲量大小为
A. B.
C. D.
9、在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献．下列说法正确的是（）
A.奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象
B.麦克斯韦预言了电磁波；楞次用实验证实了电磁波的存在
C.库仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值
D.安培发现了磁场对运动电荷的作用规律；洛仑兹发现了磁场对电流的作用规律
10、关于电场和磁场下列说法正确的是（　　）
A.运动电荷在磁场中的受力方向就是该点的磁感应强度方向
B.运动电荷在磁场中某位置受到的磁场力为零，该位置的磁感应强度不一定为零
C.放入电场中某位置的电荷受到的电场力不为零，该位置的电场强度一定不为零
D.沿着电场线的方向电势逐渐降低，沿着电流方向电势逐渐降低
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）要测绘额定电压为2 V的日常用小电珠的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：
A．电源E（电动势3.0 V，内阻可不计）
B．电压表V1(量程为0~3.0 V，内阻约2 kΩ)
C．电压表V2(0~15.0 V，内阻约6 kΩ
D．电流表A1(0~0.6 A，内阻约1 Ω)
E．电流表A2(0~100 mA，内阻约2 Ω)
F．滑动变阻器R1（最大值10 Ω）
G．滑动变阻器R2（最大值2 kΩ）
（1）为减少实验误差，实验中电压表应选择_____.，电流表应选择_____.，滑动变阻器应选择:________（填各器材的序号）
（2）为提高实验精度，请你设计实验电路图，并画在下面的虚线框中_____.

（3）实验中测得一组数据如下表所示，根据表格中的数据在方格纸上作出该电珠的伏安特性曲线________

（4）该小电珠的额定功率是_____
12．（12分）宇宙飞船（内有宇航员）绕地球做匀速圆周运动，地球的质量为M，宇宙飞船的质量为，宇宙飞船到地球球心的距离为r，引力常量为G，宇宙飞船受到地球对它的万有引力F=________；飞船内的宇航员处于________状态（填 “超重”或“失重”）
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、A
【解析】英国物理学家法拉第最早发现了电磁感应现象，故A正确，BCD错误，故选A。
2、C
【解析】先根据等势面图得到电场线的分布图，再结合动能定理以及电场力做功与电势能变化关系分析判断
【详解】电场线与等势面垂直，由较高的等势面指向较低的等势面，分布图如图：

A、故粒子从K到L的过程中，负粒子从高电势向低电势运动，故电场力做负功，故A错误；
B、粒子从L到M的过程中，先从高电势向低电势运动，后从低电势向高电势运动，电场力先做负功后做正功，故B错误；
C、粒子从K到L的过程中，电场力做负功，电势能增加，故C正确；
D、粒子从L到M的过程中，电场力先做负功后做正功，故动能先减小后增大，故D错误；
故选C.
【点睛】本题关键要明确电场力的做功情况，然后根据动能定理判断动能的变化情况，根据电场力做功与电势能变化的关系得到电势能的变化情况
3、A
【解析】电容器与电阻R、电阻R2相并联后与R1串联，滑片移动，根据电路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到导致电容器两端电压变化情况，最终判断油滴受力变化和运动情况
解：A、C、粒子原来处于平衡状态，重力和静电力平衡；电容器与电阻R、电阻R2相并联后与R1串联，滑片向上移动，电阻R变大，电路总电阻变大，电流变小，电容器两端电压为：U=E﹣I（r+R1），故电容器两端电压变大，带电量变大，电场力变大，粒子向上加速；电容器充电，故电流从b到a，故A正确，C错误；
B、在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程刚好与选项A相反，故B错误；
D、在将S断开后，电容器通过电阻R2与R1放电，电量减为零，电流沿a至b，故D错误；
故选A
【点评】本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化
4、B
【解析】AB．根据电场强度的定义：

可知图像斜率的物理意义为电场强度，所以：

根据点电荷的场强公式：

可知点靠近点电荷，所以正电荷应在侧，沿电场线方向电势降低，所以：

A错误，B正确
CD．根据上述分析可知负电荷也应在侧，电场强度和电势大小关系：

CD错误。
故选B。
5、D
【解析】由平衡可知：

解得
m=0.4kg.
A．0.1 kg，与结论不相符，选项A错误；
B．0.2 kg，与结论不相符，选项B错误；
C．0.3 kg，与结论不相符，选项C错误；
D．0.4 kg，与结论相符，选项D正确；
故选D.
6、B
【解析】由题意可知，线框进入磁场过程中感应电流i随时间t变化的图象如图（乙）所示，由法拉第电磁感应定律可知，线框匀速进入磁场，由于L＞2a，当完全进入磁场后，因磁通量不变，则没有感应电流，线框只受到重力，使得线框速度增加，当出磁场时，速度大于进入磁场的速度，由法拉第电磁感应定律可知，出磁场的感应电流大于进磁场的感应电流，导致出磁场时的安培力大于重力，导致线框做减速运动，根据牛顿第二定律，BIL-mg=ma，则做加速度在减小的减速运动，故B正确，ACD错误；故选B
【点睛】由题意可知，线框进入磁场时，做匀速直线运动，根据L＞2a，则可知，出磁场时，速度与进入磁场的速度相比较，从而确定线框的运动性质，进而由法拉第电磁感应定律，可求得感应电流的大小如何变化，即可求解

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、BD
【解析】根据U=Ed结合φ-x图像可求解两边场强的大小；该粒子将在-1cm到0之间电场力做正功，动能增加；该粒子将在0-2cm间克服电场力做功，动能减少，所以该粒子将在-1cm到2cm间作周期性运动；根据牛顿第二定律结合运动公式可求解最大速度和周期.
【详解】根据U=Ed结合图像可知：左侧电场强度：；右侧电场强度：；所以x轴左侧电场强度和右侧电场强度的大小之比，沿x轴方向，从－1cm到2cm电场强度在O点两侧都是匀强电场，故A错误，B正确；该粒子将在-1cm到0之间电场力做正功，动能增加；该粒子将在0-2cm间克服电场力做功，动能减少，所以该粒子将在-1cm到2cm间作周期性运动，在-1cm-0之间的加速度，到达O点的速度最大，大小为，用时间；同理从O点到2cm位置的时间，则振动的周期为，故C错误；D正确；故选BD
8、CD
【解析】分析题意得到，子弹击中木块的过程系统的动量守恒，即有方程：mv0=(m+M)v′，解得共同的速度根据动量定理得木块受到的冲量大小为木块动量的增加量：所以选项C正确．因为系统动量守恒，所以子弹的动量减少量等于木块动量的增加量：mv0–mv′=，所以选项D正确，选项A、B是错误的
9、AC
【解析】A、奥斯特发现了电流磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，故A正确；
B、麦克斯韦预言了电磁波，赫兹用实验证实了电磁波的存在，故B错误；
C、库仑发现了点电荷的相互作用规律，密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值，故C正确；
D、洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，安培发现了磁场对电流的作用规律，故D错误
10、BC
【解析】A．根据左手定则可知运动电荷在磁场中的受力方向与该点的磁感应强度方向垂直，故A错误；
B．根据可知，运动电荷在磁场中某位置受到的磁场力为零，则该位置的磁感应强度可能为零或电荷的速度为零或速度方向与磁感应强度方向平行，故B正确；
C．由电场的基本性质可知，对放入电场中某位置的电荷受到的电场力不为零，则该位置一定不为零，故C正确；
D．沿着电场线方向电势逐渐降低；在闭合电路的外电路中沿着电流的方向电势逐渐降低，在内电路中沿着电流的方向电势逐渐升高，故D错误；
故选BC。

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.B ②.D ③.F ④.电路图见解析； ⑤.图像见解析 ⑥.1.00W
【解析】（1）[1][2][3]．由题意小灯泡额定电压为2 V，额定电流为0.5 A，故电压表应选B，电流表应选D，又描绘伏安特性曲线要求电流从零调，故变阻器应用分压式接法，应选阻值小变阻器F
（2）[4]．由于小电珠电珠较小，满足，电流表应用外接法，又变阻器应采用分压式接法电路图如图所示：

（3）[5]．小电珠的伏安特性曲线如图所示：

（4）[6]．由图可知，当电压为2 V，电流为0.5 A；则功率

12、 ①. ②.失重
【解析】根据万有引力定律可得宇宙飞船受到的万有引力为，由于宇航员在运动过程中万有引力完全充当向心力，故处于失重状态，
考点：考查了万有引力定律的应用

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