河南省洛阳中学学校2023年物理高二第一学期期末检测模拟试题含解析.doc

河南省洛阳中学学校2023年物理高二第一学期期末检测模拟试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．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、金属铂的电阻值对温度的高低非常“敏感”，如图的四个图象中可能表示金属铂电阻的U﹣I图象是（　　）
A. B.
C. D.
2、如图所示的电路中，在开关S闭合的状态下，有一带电油滴静止在电容器两极板中间，下列有关判断正确的是（　　）

A.保持开关闭合，增大电容器两极板间的距离的过程中，油滴仍将保持静止
B.保持开关闭合，将滑动变阻器的滑动触片向下移动，油滴将向下运动
C.断开开关S后，油滴仍将保持静止
D.断开开关S后，电阻R2上始终没有电流通过
3、把长0.10m的直导线全部放入匀强磁场中，保持导线和磁场方向垂直．当导线中通过的电流为3.0A时，该直导线受到的安培力的大小为1.5×10﹣3N．则该匀强磁场的磁感应强度大小为（ ）
A.4.5×10﹣3 T B.2.5×103 T
C.2.0×102T D.5.0×10﹣3T
4、电场中有a、b两点，a点电势为4V，若把电量为2×10-8C的负电荷，从a移到b的过程中，电场力做正功4×10-8J，则 （ ）
A.a、b两点中，a点电势较高 B.b点电势是6V
C.b点电势是-2V D.b点电势是2V
5、下列说法正确的是（ ）
A.电流互感器的原线圈匝数小于副线圈匝数
B.竖直上抛小球，从小球抛出到落回抛出点的过程中，重力的冲量为零
C.回旋加速器所用交流电源的周期是带电粒子在磁场中运动的周期的2倍
D.远距离输电时，输电线路的总电阻为R，输电电压为U，则输电线损失的功率为
6、下面是对电源和电流概念的认识，正确的是（ ）
A.电动势反映了电源把电能转化为其他形式能量的本领
B.电动势和电势差的单位相同，电动势实质上就是电势差
C.电流的方向就是电荷定向移动的方向
D.在金属导体中，电流的方向与自由电子定向移动的方向相反
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，虚线为某点电荷电场的等势面，现有两个比荷(即电荷量与质量之比)相同的带电粒子(不计重力)以相同的速率从同一等势面的a点进入电场后沿不同的轨迹1和2运动，则可判断(　　)

A.两个粒子电性相同
B.经过b、d两点时，两粒子的加速度的大小相同
C.经过b、d两点时，两粒子的速率相同
D.经过c、e两点时，两粒子的速率相同
8、如图所示，刻度尺水平放置并固定在竖直平面上，直角三角板紧贴在刻度尺上方．使三角板沿刻度尺水平向右匀速运动，同时一支铅笔的笔尖从三角板直角边的最下端由静止开始紧贴此边向上做匀加速直线运动．关于铅笔笔尖的运动及其所留下的痕迹的判断中，下列说法正确的是：

A.笔尖在竖直平面上留下的痕迹是一条抛物线
B.笔尖在竖直平面上留下的痕迹是一条倾斜的直线
C.在运动过程中，笔尖运动的速度方向始终保持不变
D.在运动过程中，笔尖运动的加速度方向始终不变
9、当导线中分别通以图示方向的电流时，小磁针静止时N极垂直纸面向里的是（）
A. B.
C. D.
10、如图所示电路中,电源电动势E恒定,内阻r=1Ω,定值电阻R3=5Ω.开关S断开时与闭合时相比,ab段电路消耗的电功率相等．以下说法中正确的是

A.电阻R1、R2可能分别为4Ω、5Ω
B.电阻R1、R2可能分别为3Ω、6Ω
C.开关S断开时理想电压表的示数一定小于S闭合时的示数
D.开关S断开时与闭合时相比,理想电压表的示数变化量大小与理想电流表的示数变化量大小之比一定等于6Ω
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“测定金属丝的电阻率”的实验中,待测金属丝的电阻Rx约为5 Ω,实验室备有下列实验器材：
A．电压表V1(量程3V，内阻约为15kΩ)
B．电压表V2(量程15V，内阻约为75kΩ)
C．电流表A1(量程3A，内阻约为0.2Ω)
D．电流表A2(量程0.6A，内阻约为1Ω)
E．滑动变阻器R1(0～50Ω，0.6A)
F．滑动变阻器R2(0～500Ω，0.1A)
G．电池E(电动势为3 V，内阻约为0.3Ω)
H．开关S，导线若干
(1`)为提高实验精确度,减小实验误差,电压表应选用__________．电流表应选用__________．滑动变阻器应选用__________．（选填器材前面的字母序号）
(2)为减小伏安法测电阻的实验误差,应选用_________[填“甲”或“乙”]为该实验的电路图

(3)某次实验中，电表表盘如图所示，则电压表读数为________V,电流表读数为________A;

(4)用千分尺测量金属丝的直径，示数如图所示，该金属丝的直径的测量值为________mm.

12．（12分）在“测定金属丝的电阻率”的实验中，某同学进行了如下测量：

（1）用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度，测量结果如图甲所示，金属丝的另一端与刻度尺的零刻线对齐，则接入电路的金属丝长度为______cm．用螺旋测微器测量金属丝的直径，测量结果如图乙所示，则金属丝的直径为______mm。
（2）在接下来实验中发现电流表量程太小，需要通过测量电流表的满偏电流和内阻来扩大电流表量程。他设计了一个用标准电流表G1（量程为0～30μA）来校对待测电流表G2的满偏电流和测定G2内阻的电路，如图所示。已知G1的量程略大于G2的量程，图中R1为滑动变阻器，R2为电阻箱。该同学顺利完成了这个实验。
①实验步骤如下：
A.分别将R1和R2的阻值调至最大。
B.合上开关S1。
C.调节R1使G2的指针偏转到满刻度，此时G1的示数I1如图甲所示，则I1=______μA。
D.合上开关S2。
E.反复调节R1和R2的阻值，使G2的指针偏转到满刻度的一半，G1的示数仍为I1，此时电阻箱R2的示数r如图乙所示，则r=______Ω。
②若要将G2量程扩大为I，并结合前述实验过程中测量的结果，写出需在G2上并联的分流电阻RS的表达式，RS=______。（用I、I1、r表示）
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）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
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、B
【解析】金属铂导体的电阻对温度的变化很敏感，电阻随温度的升高而增大，在一定温度下其U-I图线是非线性的，且图线的斜率越来越大，B正确、ACD错误
故选B
2、B
【解析】在变化前油滴静止，油滴受到的电场力和重力是一对平衡力；
A．保持开关闭合，两极板间的电势差恒定不变，若增大电容器两极板间的距离，根据可知两极板间的电场强度减小，则油滴受到的电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，粒子将向下运动，A错误；
B．保持开关闭合，将滑动变阻器的滑动触片向下移动，连入电路的电阻增大，路端总电阻增大，即路端电压增大，总电流减小，故两端电压减小，所以并联支路两端的电压增大，故通过的电流增大，而总电流减小，所以的电流减小，即两端电压减小，故滑动变阻器两极板间的电势差减小，根据可知两极板间的电场强度减小，则油滴受到的电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，粒子将向下运动，B正确；
CD．断开开关S瞬间，电容器放电，与电容器能形成闭合回路，故中的电流不为零，电容器放电，两极板间的电场强度减小，油滴向下运动，CD错误。
故选B。
3、D
【解析】当磁场的方向与电流方向垂直时，，根据该公式求出磁场的磁感应强度
当磁场的方向与电流方向垂直时， ，则

故磁感应强度的大小为5×10﹣3T．故选D
4、B
【解析】从a移到b的过程中电场力做正功，电势能减小，又因为是负电荷，则电势升高，所以b点电势较高，故A错误；根据电势差定义：，则φa-φb=-2V，可得：φb=6V，故B正确，CD错误．所以B正确，ACD错误
5、A
【解析】A．电流与匝数成反比，所以电流互感器的原线圈匝数小于副线圈匝数，A正确；
B．从小球抛出到落回抛出点的过程中重力的方向一直竖直向下，重力的冲量不为零，B错误；
C．带电粒子在磁场中运动半个周期后加一次速，而在交流电源一个周期内带电粒子要加速两次，故回旋加速器所用交流电源的周期等于带电粒子在磁场中运动的周期，C错误；
D．输电线上损失的功率为：

D错误。
故选A。
6、D
【解析】电动势反映了电源把其他形式能量转化为电能的本领，选项A错误；电动势的单位和电势差相同，但电动势与电势差是两个不同的物理量，它们的物理意义不同．故B错误．电流的方向就是正电荷定向移动的方向，选项C错误；在金属导体中，电流的方向与自由电子定向移动的方向相反，选项D正确；故选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、BD
【解析】A.由图可知电荷1受到中心电荷的斥力，而电荷2受到中心电荷的引力，故两粒子的电性一定不同，故A错误
B.两粒子经过b、d两点时，受到库仑力作用，由牛顿第二定律可得，，由题意可知，两粒子的加速度大小相同，故B正确
C.根据图中运动轨迹可知，粒子1做减速运动，而粒子2做加速运动，开始它们的速率相同，当两粒子经过b、d（同一等势面）两点时，两粒子的速率不会相同，故C错误
D.两个粒子的初速度仅仅是方向不同，速率相等，而粒子1从a到c、粒子2从a到e电场力做功均为零，则经过c、e两点两粒子的速率相等，故D正确
8、AD
【解析】三角板沿刻度尺水平向右匀速运动，铅笔笔尖在水平方向上做匀速运动，铅笔的笔尖从三角板直角边的最下端由静止开始紧贴此边向上做匀加速直线运动．在竖直方向上做匀加速运动，这两个运动的合运动是类平抛运动，笔尖在竖直平面上留下的痕迹是一条抛物线，速度方向不断变化，在运动过程中，笔尖运动的加速度方向始终不变
A.笔尖在竖直平面上留下的痕迹是一条抛物线与上述分析相符，故A正确；
B.笔尖在竖直平面上留下的痕迹是一条倾斜的直线与上述分析不相符，故B错误；
C.在运动过程中，笔尖运动的速度方向始终保持不变与上述分析不相符，故C错误；
D.在运动过程中，笔尖运动的加速度方向始终不变与上述分析相符，故D正确；
9、AB
【解析】AB．已知通电直导线中电流的方向，根据右手螺旋定则，可知A、B选项的图中小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向里，所以小磁针静止时N极垂直纸面向里，A、B正确；
C．环形导线的电流方向如题图所示，根据右手螺旋定则，可知小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向外，所以小磁针静止时N极垂直纸面向外，C错误；
D．根据右手螺旋定则，结合电流的方向，可知通电螺线管内部的磁场方向由右向左，则小磁针静止时N极指向左，D错误.
10、AD
【解析由题中“电源电动势E恒定”可知，本题考查闭合电路欧姆定律和动态电路，根据闭合电路欧姆定律公式和动态电路变化可分析本题
【详解】AB．取

有

当S断开前后有
时

将代入方程成立，而将代入方程不成立，故A错误B正确；
C．将R3和电源内阻看作一整体，则此时电压表测量路端电压，开关断开时等效外电路总电阻大于开关闭合时的，所以开关断开时电压表示数大，故C错误；
D．根据闭合电路欧姆定律得

则电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比为

故D正确

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.A ②.D ③.E ④.乙 ⑤.1.20 ⑥.0.50 ⑦.1.685(1.684~1.687)
【解析】(1)根据电源电动势选择电压表，由欧姆定律求出电路最大电流，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器
(2)根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表采用内接法还是外接法，然后选择实验电路
(3)电表读数要根据精确度选择估读在同一位或下一位.
(4)螺旋测微器的精确度为0.01mm，通过格数的估读会读到0.001mm.
【详解】(1)由于电源的电动势为3 V，所以电压表应选A，被测电阻阻值约为5Ω，电路中的最大电流约为,则电流表选D；为保证安全且方便实验操作，滑动变阻器应选小电阻E(50Ω).
(2)由于,即待测电阻为小电阻，采用小电阻外接法测量值会偏小；故选乙电路.
(3)电压表的量程为3V，精确度为0.1V，需估读到下一位，故读数为1.20V；电流表的量程为0.6A，精确度为0.02A，需估读到同一位，故读数为0.50V.
(4)由图示螺旋测微器可知，导线的直径d=1.5mm+18.5×0.01mm=1.685mm(1.684~1.687).
【点睛】本题考查了实验器材的选取、实验电路的选择、连接实物电路图；要掌握实验器材的选取原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作；确定电流表的接法是正确解题的关键
12、 ①.22.46 ②.0.850 ③.25.0 ④.508 ⑤.
【解析】（1）[1]毫米刻度尺读数要估读到0.1mm，故读数为224.6mm=22.46cm；
[2]螺旋测微器固定刻度读数为0.5mm；
可动刻度读数
故毫米刻度尺读数为；
（2）①[3]C.微安表最小分度为1μA，故指针示数为25.0μA；
E.[4]由电阻箱示数可知，电阻箱的读数为：5×100+0+8×1=508Ω；
②[5]扩大量程要并联电阻分流，并联的电阻为：
。

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）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、 (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
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