2023年黑龍江齊齊哈爾市龍江縣第二中學物理高二上期末經典模擬試題含解析

2023年黑龍江齊齊哈爾市龍江縣第二中學物理高二上期末經典模擬試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、把一個帶電量為q的試探電荷放在電場中的P點，測得P點的電場強度為E，電場強度的方向向東，已知q為正值，則（）A.若把電量為-q的點電荷放在P點，則P點的電場強度仍為E，電場強度的方向向東B.若把電量為+2q的點電荷放在P點，則P點的電場強度為E/2，電場強度的方向向東C.若在P點不放電荷，則P點的電場強度等于零D.電場強度的大小與該試探電荷的帶電量成正比2、電場強度是用比值定義法定義的物理量，下列哪個物理量的表達式是不相同的物理方法（）A.電流 B.磁感應強度C電容 D.電阻3、在如圖所示的電路中，為兩個完全相同的燈泡，為自感系數很大的線圈、為定值電阻，假設電源的內阻和線圈的直流電阻可忽略不計．下列說法正確的是A.閉合開關的瞬間，燈泡同時亮B.閉合開關，待穩(wěn)定后，燈泡比燈泡亮C.閉合開關，待電路穩(wěn)定后再斷開開關瞬間，燈泡中的電流大小不同D.閉合開關，待電路穩(wěn)定后再斷開開關瞬間，燈泡中的電流方向為從右向左4、電阻為，邊長為L=0.5m的正方形線圈位于隨時間變化的勻強磁場內，磁場方向垂直線圈所在的平面（紙面），如圖（甲）所示，取向里為正方向。當磁場按圖（乙）變化時，取線圈中電流逆時針為正方向，則線圈中產生感應電流圖象為()A.B.C.D.5、以下幾種帶電體所帶的電量不可能的是A.3.2×10-19CB.6.4×10-19CC.8.0×10-20CD.1.92×10-18C6、如圖所示電路中，A、B是相同的兩小燈泡。L是一個帶鐵芯的線圈，電阻可不計，調節(jié)R，電路穩(wěn)定時兩燈泡都正常發(fā)光，則在開關合上和斷開時（）A.兩燈同時點亮、同時熄滅B.合上S時，B比A先到達正常發(fā)光狀態(tài)C.斷開S時，A、B兩燈都不會立即熄滅，通過A、B兩燈的電流方向都與原電流方向相同D.斷開S時，A燈會突然閃亮一下后再熄滅二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、質量為m的通電細桿ab置于傾角為θ的導軌上，導軌的寬度為d，桿ab與導軌間的摩擦因數為μ，有電流時，ab恰好在導軌上靜止，如圖所示，圖中的四個側視圖中，標出了四種可能的勻強磁場方向，其中桿ab與導軌之間的摩擦力可能為零的圖是（）A.B.C.D.8、如圖所示，A、B為平行金屬板，兩板相距為d，分別與電源兩極相連，兩板的中央各有一小孔M和N。今有一帶電質點，自A板上方相距為h的P點由靜止自由下落(P、M、N在同一豎直線上)，空氣阻力忽略不計，到達N孔時速度恰好為零，然后沿原路返回，若保持兩極板間的電壓不變，則()A.把A板向上平移一小段距離，質點自P點自由下落后仍能返回B.把A板向下平移一小段距離，質點自P點自由下落后將穿過N孔繼續(xù)下落C.把B板向上平移一小段距離，質點自P點自由下落后不能返回D.把B板向下平移一小段距離，質點自P點自由下落后將穿過N孔繼續(xù)下落9、如圖，在勻強電場中，質量為m、電荷量為+q的小球由靜止釋放，斜向右下做直線運動，軌跡與豎直方向的夾角為，則（）A.電場強度的最小值為 B.電場方向可能水平向右C.電場力對小球可能不做功 D.小球的電勢能不可能增加10、如圖所示，粒子源S能在圖示紙面內的360°范圍內發(fā)射速率相同、質量為m、電量為+q的同種粒子（重力不計），MN是足夠大的豎直擋板，S到擋板的距離為L，擋板左側充滿垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為B，則下列說法正確的是（）A.S發(fā)射的粒子速率至少為，才能有粒子到達擋板B.若S發(fā)射的粒子速率為，則擋板能被粒子擊中部分的長度為2LC.若S發(fā)射的粒子速率為，粒子到達擋板的最短時間是D.若S發(fā)射的粒子速率為，粒子到達擋板的最短時間是三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）真空中兩個點電荷電量分別為q1、q2，兩點電荷間的距離為r，相互作用的庫侖力為F?(1)若甲的電量是乙的4倍，則甲對乙的作用力是乙對甲的作用力的_________倍；(2)保持兩電荷電量不變，將距離增為原來的3倍，那么它們之間的相互作用力變?yōu)樵瓉淼腳________倍?12．（12分）在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實驗中，可供選擇的器材有：A．小燈泡：規(guī)格“3.8V、0.3A”B．電流表：量程0～0.6A，內阻約為0.5ΩC．電流表：量程0～3A，內阻約為0.1ΩD．電壓表：量程0～5V，內阻約為5kΩE.電壓表:量程0～15V，內阻約為50kΩF.滑動變阻器：阻值范圍0～10Ω，額定電流2AG.滑動變阻器:阻值范圍0～100Ω，額定電流50mAH．電池組：電動勢6V，內阻約為1ΩI．開關一只，導線若干（1）為了使測量盡可能地準確，電流表應選______，電壓表應選_____,滑動變阻器應選_______．(填器材代號)需要使小燈泡兩端電壓從0逐漸增大到3.8V且能方便地進行調節(jié)，滑動變阻器應采用_________的連接方式（2）請在虛線框內設計一個電路圖______四、計算題：本題共3小題，共38分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）如圖，兩根間距為L＝0.5m的平行光滑金屬導軌間接有電動勢E＝3V、內阻r＝1Ω的電源，導軌平面與水平面間的夾角θ＝37°．金屬桿ab垂直導軌放置，質量m＝0.2kg．導軌與金屬桿接觸良好且金屬桿與導軌電阻均不計，整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中．當R0＝1Ω時，金屬桿ab剛好處于靜止狀態(tài)，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8（1）求磁感應強度B的大?。唬?）若保持B的大小不變而將方向改為垂直于斜面向上，求金屬桿的加速度14．（16分）如圖所示，水平放置的兩塊長直平行金屬板a、b相距d=0.10m，a、b間的電場強度為E=5.0×105N/C，b板下方整個空間存在著磁感應強度大小為B=6.0T、方向垂直紙面向里的勻強磁場.今有一質量為m=4.8×10-25kg、電荷量為q=1.6×10-18C的帶正電的粒子(不計重力)，從貼近a板的左端以v0=1.0×106m/s的初速度水平射入勻強電場，剛好從狹縫P處穿過b板而垂直進入勻強磁場，最后粒子回到b板的Q處（圖中未畫出）．求P、Q之間的距離L15．（12分）ABC表示豎直放在電場強度為E=104V/m的水平勻強電場中的絕緣光滑軌道，其中軌道的BC部分是半徑為R的圓環(huán)，軌道的水平部分與半圓環(huán)相切．A為水平軌道上的一點，而且AB=R=0.2m，把一質量m=0.1kg，帶電量為q=+C的小球，放在A點由靜止釋放后，求：（g=10m/s2）(1)小球到達C點的速度大小(2)小球在C點時，軌道受到的壓力大小

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、A【解析】電場中某點的場強是由電場本身決定的，只要P點在電場中的位置確定，它的場強應是一個確定值，與檢驗電荷的正負和帶電量的多少無關，故A正確，BCD錯誤．故選A【點睛】電場強度定義式具有比值定義法的共性，定義出的電場強度與F、q無關，由電場本身決定2、A【解析】比值法定義中，被定義的物理量與等式右邊的各個物理量沒有關系?！驹斀狻緼．根據閉合電路歐姆定律，可知電路中電流的大小為可見電流與電動勢和整個回路的總電阻有關，故A不是應用了比值法定義，A符合題意；B．磁感應強度B與F、I、L無關，故采用的是比值定義法，B不符合題意；C．電容C反映電容器容納電荷的本領大小，與Q、U無關，電容采用的是比值定義法，C不符合題意；D．電阻與U、I無關，采用的是比值定義法，D不符合題意。故選A。3、D【解析】根據題圖可知，考查了自感現象；當電鍵K閉合時，通過線圈L的電流實然增大，穿過線圈的磁通量增大，根據楞次定律判斷感應電動勢的方向和作用，分析哪個燈先亮【詳解】A、燈B與電阻R串聯，當電鍵K閉合時，燈B立即發(fā)光．通過線圈L的電流增大時，穿過線圈的磁通量增大，根據楞次定律線圈產生的感應電動勢與原來電流方向相反，阻礙電流的增大，電路的電流只能逐漸增大，A逐漸亮起來．所以B比A先亮，A錯誤；B、由于線圈直流電阻忽略不計，當電流逐漸穩(wěn)定時，感應電動勢減小，A燈電流逐漸增大，A燈逐漸變亮，比B燈亮，故B錯誤；CD、穩(wěn)定后，斷開開關S，由于自感現象，兩個燈串聯，電流大小一樣，B中電流方向與原方向相反，故C錯誤，D正確4、A【解析】0~1s過程，磁場均勻增大，感應電動勢恒定，即感應電流恒定，線圈中的感應電流為：，根據楞次定律可知方向為逆時針方向；1~5s過程，磁場先正向減小后反向增大，變化率恒定，所以感應電動勢恒定，即感應電流恒定，線圈中的感應電流為：，根據楞次定律可知方向為順時針方向，5~7s過程，磁場反向減小后又正向增大，過程中變化率恒定，所以感應電動勢恒定，即感應電流恒定，線圈中感應電流為：，根據楞次定律可知方向為逆時針方向；7~9s過程，磁場先正向減小后反向增大，變化率恒定，所以感應電動勢恒定，即感應電流恒定，線圈中的感應電流為：，根據楞次定律可知方向為順時針方向，A．綜上所述0~1s過程電流大小恒為0.1A，方向為正；1~5s過程電流大小恒為0.05A，方向為負；5~7s過程電流大小恒為0.1A，方向為正；7~9s過程電流大小恒為0.05A，方向為負，A正確；B．綜上所述0~1s過程電流大小恒為0.1A，方向為正；1~5s過程電流大小恒為0.05A，方向為負；5~7s過程電流大小恒為0.1A，方向為正；7~9s過程電流大小恒為0.05A，方向為負，B錯誤；C．綜上所述0~1s過程電流大小恒為0.1A，方向為正；1~5s過程電流大小恒為0.05A，方向為負；5~7s過程電流大小恒為0.1A，方向為正；7~9s過程電流大小恒為0.05A，方向為負，C錯誤；D．綜上所述0~1s過程電流大小恒為0.1A，方向為正；1~5s過程電流大小恒為0.05A，方向為負；5~7s過程電流大小恒為0.1A，方向為正；7~9s過程電流大小恒為0.05A，方向為負，D錯誤；故選A。5、C【解析】最小的電荷量是1.6×10?19C，我們把這個最小的電荷量叫做元電荷，任何物體的帶電量都是元電荷或是元電荷的整數倍A.3.2×10-19C是1.6×10?19C的整數倍，故A不符合題意；B.6.4×10-19C是1.6×10?19C的整數倍，故B不符合題意；C.8.0×10-20C不是1.6×10?19C的整數倍，故C符合題意；D.1.92×10-18C是1.6×10?19C的整數倍，故D不符合題意6、B【解析】B．合上S，B燈立即正常發(fā)光。A燈支路中，由于L產生的自感電動勢阻礙電流增大，A燈將推遲一些時間才能達到正常發(fā)光狀態(tài)，B正確；CD．斷開S，L中產生與原電流方向相同的自感電動勢，流過B燈的電流與原電流反向。因為斷開S后，由L作為電源的供電電流是從原來穩(wěn)定時通過L中的電流值逐漸減小的，所以A、B兩燈只是延緩一些時間熄滅，并不會比原來更亮，ACD錯誤。故選B。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、AB【解析】A．桿子受重力、水平向右的安培力和斜面的支持力，若三個力平衡，則不受摩擦力。故A正確。B．桿子受重力，豎直向上的安培力，若重力與安培力相等，則二力平衡，不受摩擦力。故B正確。C．桿子受重力、豎直向下的安培力、支持力，要想處于平衡，一定受摩擦力。故C錯誤。D．桿子受重力、水平向左的安培力，支持力，要想處于平衡，一定受摩擦力。故D錯誤。故選AB.8、AD【解析】A．由題設條件，由動能定理得則知電場力做功等于重力做功的大小。把A板向上平移一小段距離，質點自P點自由下落，根據動能定理知小球到達N點速度為零然后返回，故A正確；B．將A板向下移動一小段距離，根據動能定理知，小球到達N點速度為零然后返回，故B錯誤；C．把B板向上平移一小段距離，根據動能定理知可小球未到達N點速度已減為零，然后返回，故C錯誤；D．把B板向下平移一小段距離后，根據動能定理知可知小球到達N點速度不為零，小球會穿過N孔繼續(xù)下落，故D正確。故選AD。9、ABC【解析】A．帶電小球的運動軌跡為直線，在電場中受到重力mg和電場力F，其合力必定沿此直線向下，根據三角形定則作出合力，由圖看出，當電場力F與此直線垂直時，電場力F最小，場強最小，則有得到故A正確；B．小球帶正電，所受的電場力方向只能指向右側，故電場方向不可能向左，故B錯誤；C．由圖可知，電場力有可能與運動方向相互垂直，故電場力可能不做功，故C正確；D．如果小球受到的電場力與運動方向夾角小于90度，則電場力可能做正功，小球的電勢能增加，故D錯誤。故選ABC。10、AC【解析】A.板上的點到S的距離最小為L，要保證有粒子打在板上，粒子做圓周運動的最小半徑：r洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝m，解得粒子最小速度：v故A項符合題意.B.倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝m，由題意可知：v，解得：r＝L由幾何知識得：ACL，當粒子向右水平射出時，剛好能打在檔板上如圖B點，則：BC＝r＝L，被粒子擊中的部分長度為：AB＝AC+BC＝（1）L；故B項不合題意.CD.根據B項分析可知粒子做圓周運動的軌道半徑：r＝L，粒子到達擋板的最短距離為L，此時所對圓心角最小，所用時間最短，由幾何關系得：解得：θ＝60°粒子在磁場中做圓周運動的周期：T，粒子在磁場中運動的最短時間：tTT，故C項符合題意正確,D項不合題意.三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、①.1②.【解析】本題考查牛頓第三定律和庫侖定律。【詳解】(1)[1]根據牛頓第三定律，可知作用力與反作用力總是等大反向的，因此是1倍。(2)[2]根據庫侖定律距離增為原來的3倍，它們之間的相互作用力變?yōu)樵瓉淼摹?2、①.B②.D③.E④.分壓式⑤.【解析】（1）[1][2][3][4]．小燈泡的額定電壓為3.8V，則電壓表應選擇D；燈泡的額定電流為0.3A，為了減小測量的誤差，使得測量更精確，電流表量程選擇0～0.6A的B．需要使小燈泡兩端電壓從0逐漸增大到3.8V且能方便地進行調節(jié)，滑動變阻器要采用分壓電路，故選用阻值較小的E；（2）[5][6]．小燈泡電阻約為13Ω，則有故燈泡電阻屬于小電阻，電流表采用外接法．電壓和電流需從0開始測起，所以滑動變阻