上海市奉賢區(qū)2023-2024學(xué)年物理高二第一學(xué)期期末調(diào)研模擬試題含解析

上海市奉賢區(qū)2023-2024學(xué)年物理高二第一學(xué)期期末調(diào)研模擬試題請(qǐng)考生注意：1．請(qǐng)用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應(yīng)位置上，請(qǐng)用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應(yīng)的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認(rèn)真閱讀答題紙上的《注意事項(xiàng)》，按規(guī)定答題。一、單項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、初速度為電子，沿平行于通電長直導(dǎo)線的方向射出，直導(dǎo)線中電流方向與電子初始運(yùn)動(dòng)方向如圖，則()A.電子將向左偏轉(zhuǎn)，速率不變B.電子將向左偏轉(zhuǎn)，速率改變C電子將向右偏轉(zhuǎn)，速率不變D電子將向右偏轉(zhuǎn)，速率改變2、如圖所示，美國物理學(xué)家安德森在研究宇宙射線時(shí)，在云霧室里觀察到有一個(gè)粒子的徑跡和電子的徑跡彎曲程度相同，但彎曲方向相反，從而發(fā)現(xiàn)了正電子，獲得了諾貝爾物理學(xué)獎(jiǎng)．下列說法正確的是()A.彎曲的軌跡是拋物線B.電子受到電場(chǎng)力作用C.云霧室中的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外D.云霧室中的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里3、如圖甲是我國自行研制成功的中央處理器（CPU）芯片“龍芯”1號(hào)，圖乙中，R1和R2是兩個(gè)材料相同、厚度相同、表面為正方形的芯片內(nèi)部電阻，R2的尺寸遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于R1的尺寸。若通過兩電阻的電流方向如圖所示，則R1、R2關(guān)系判斷正確的是A.R1=R2B.R1<R2C.R1>R2D.無法確定4、如圖所示，AOC是光滑的金屬導(dǎo)軌，AO沿豎直方向，OC沿水平方向，ab是一根金屬棒，立在導(dǎo)軌上，它從靜止開始在重力作用下運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中b端始終在OC上，a端始終在OA上，直到完全落在OC上，空間存在著勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，則ab棒在上述過程中()A.感應(yīng)電流方向b→aB.感應(yīng)電流方向是a→bC.感應(yīng)電流方向先是b→a，后是a→bD.感應(yīng)電流方向先是a→b，后是b→a5、如圖所示的電路中，輸入電壓U恒為10V，燈泡L標(biāo)有“5V，10W”字樣，電動(dòng)機(jī)線圈的電阻RM=0.5Ω，若燈泡恰好能正常發(fā)光，則下列說法中正確的是A.電動(dòng)機(jī)的電流是10AB.電動(dòng)機(jī)的熱功率是2WC.電動(dòng)機(jī)的輸出功率是10WD.整個(gè)電路消耗的電功率是18W6、一彈簧振子的位移y隨時(shí)間t變化的關(guān)系式為，位移y的單位為m，時(shí)間t的單位為s．則A.彈簧振子的振幅為0.2mB.彈簧振子的周期為1.25sC.在t=0.2s時(shí)，振子的運(yùn)動(dòng)速度為零D.在任意0.2s時(shí)間內(nèi)，振子的位移均為0.1m二、多項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)中的三個(gè)點(diǎn)A、B、C構(gòu)成一個(gè)直角三角形，，，．把一個(gè)帶電量為的點(diǎn)電荷從A點(diǎn)移到到B點(diǎn)電場(chǎng)力不做功，從B點(diǎn)移動(dòng)到C點(diǎn)電場(chǎng)力做功為W．若規(guī)定C點(diǎn)的電勢(shì)為零，則A.A點(diǎn)電勢(shì)為B.B、C兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為C.該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為D.若從A點(diǎn)沿AB方向飛入一電子，其運(yùn)動(dòng)軌跡可能是甲8、如圖所示，圓O半徑為R，直徑豎直、BD水平．兩電荷量均為的點(diǎn)電荷固定在圓周上關(guān)于AC對(duì)稱的M、N兩點(diǎn)，從A點(diǎn)將質(zhì)量為m、電荷量為的帶電小球由靜止釋放，小球運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的速度大小為，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g．則A.小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的速度為B.小球從O運(yùn)動(dòng)到C，電勢(shì)能先增大后減小C.A、O兩點(diǎn)間電勢(shì)差D.A、C兩點(diǎn)電勢(shì)相等9、如圖，帶電平行金屬板中勻強(qiáng)電場(chǎng)方向豎直向上，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，帶電小球從光滑絕緣軌道上的a點(diǎn)由靜止滑下，經(jīng)過1/4圓弧軌道從端點(diǎn)P（切線水平）進(jìn)入板間后恰好沿水平方向做直線運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)使帶電小球從比a點(diǎn)稍低的b點(diǎn)由靜止滑下，在經(jīng)過P點(diǎn)進(jìn)入板間的運(yùn)動(dòng)過程中（）A.帶電小球的動(dòng)能將會(huì)增大B.帶電小球的電勢(shì)能將會(huì)增大C.帶電小球所受洛倫茲力將會(huì)減小D.帶電小球所受電場(chǎng)力將會(huì)增大10、如圖所示，不計(jì)質(zhì)量的光滑小滑輪用細(xì)繩懸掛于墻上O點(diǎn)，跨過滑輪的細(xì)繩連接物塊A、B，A、B都處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將物塊B移至C點(diǎn)后，A、B仍保持靜止，下列說法中正確的（）A.B與水平面間的摩擦力增大B.地面對(duì)B的彈力增大C.懸于墻上的繩所受拉力不變D.A、B靜止時(shí)，圖中α、β、θ三角始終相等三、實(shí)驗(yàn)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）要測(cè)定一卷阻值約為20Ω的金屬漆包線的長度（兩端絕緣漆層已去除），實(shí)驗(yàn)室提供有下列器材：A．電流表A：量程①0?0.6A，內(nèi)阻約為1Ω；量程②0?3A，內(nèi)阻約為0.2ΩB．電壓表V：量程③0?3V，內(nèi)阻約為2kΩ；量程④0?15V，內(nèi)阻約為10kΩC．學(xué)生電源E：電動(dòng)勢(shì)30V，內(nèi)阻r可以忽略D．滑動(dòng)變阻器R1：阻值范圍0~20Ω，額定電流2AE.滑動(dòng)變阻器R2：阻值范圍0~500Ω，額定電流0.5AF.開關(guān)S及導(dǎo)線若干(1)使用螺旋測(cè)微器測(cè)量漆包線直徑時(shí)示數(shù)如圖甲所示，則漆包線的直徑為d=____mm。(2)為了調(diào)節(jié)方便，并能較準(zhǔn)確地測(cè)出該漆包線的電阻，電流表應(yīng)選擇量程__________（選填量程序號(hào)），電壓表應(yīng)選擇量程__________（選填量程序號(hào)），滑動(dòng)變阻器應(yīng)選擇______（選填“R1”或“R2”）。請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)合理的實(shí)驗(yàn)電路，將電路圖完整地補(bǔ)畫在方框中______。(3)根據(jù)正確的電路圖進(jìn)行測(cè)量，某次實(shí)驗(yàn)中如圖乙所示，則電壓表示數(shù)___________與電流表示數(shù)___________(4)已知這種漆包線金屬絲的直徑為d，材料的電阻率為ρ，忽略漆包線的絕緣漆層的厚度，則這卷漆包線的長度L=__________（用U、I、d、ρ表示）。12．（12分）如圖所示，點(diǎn)電荷、、固定在一直線上，與的距離是與的距離的2倍，若每個(gè)電荷所受庫侖力的合力均為零，則電量大小之比：：=____。四、計(jì)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(dǎo)軌間接有電動(dòng)勢(shì)E＝3V、內(nèi)阻r＝1Ω的電源，導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角θ＝37°．金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置，質(zhì)量m＝0.2kg．導(dǎo)軌與金屬桿接觸良好且金屬桿與導(dǎo)軌電阻均不計(jì)，整個(gè)裝置處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．當(dāng)R0＝1Ω時(shí)，金屬桿ab剛好處于靜止?fàn)顟B(tài)，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8（1）求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；（2）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）ABC表示豎直放在電場(chǎng)強(qiáng)度為E=104V/m的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)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(diǎn)，而且AB=R=0.2m，把一質(zhì)量m=0.1kg，帶電量為q=+C的小球，放在A點(diǎn)由靜止釋放后，求：（g=10m/s2）(1)小球到達(dá)C點(diǎn)的速度大小(2)小球在C點(diǎn)時(shí)，軌道受到的壓力大小15．（12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(chǎng)強(qiáng)度為E=5.0×105N/C，b板下方整個(gè)空間存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=6.0T、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng).今有一質(zhì)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(jì)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(qiáng)電場(chǎng)，剛好從狹縫P處穿過b板而垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，最后粒子回到b板的Q處（圖中未畫出）．求P、Q之間的距離L

參考答案一、單項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、C【解析】根據(jù)安培定則判斷出通電導(dǎo)體右側(cè)的磁場(chǎng)方向，然后根據(jù)左手定則判斷出電子所受洛倫茲力的方向，即得出電子的偏轉(zhuǎn)方向，注意應(yīng)用左手定則時(shí)四指指向與電子運(yùn)動(dòng)方向相反，洛倫茲力不做功【詳解】由安培定則可知導(dǎo)體右側(cè)磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，然后跟左手定則可知運(yùn)動(dòng)電子所受洛倫茲力向右，因此電子將向右偏轉(zhuǎn)，洛倫茲力不做功，故其速率不變，故ABD錯(cuò)誤，C正確故選C【點(diǎn)睛】在解決帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問題時(shí)安培定則與左手定則經(jīng)常聯(lián)合應(yīng)用，在平時(shí)練習(xí)中要加強(qiáng)訓(xùn)練，以提高應(yīng)用它們的解題能力2、D【解析】云霧室中所加的是磁場(chǎng)，則電子所受的是洛倫茲力作用，運(yùn)動(dòng)的軌跡是圓弧，由圖示可知，電子剛射入磁場(chǎng)時(shí)，負(fù)電子所受洛倫茲力水平向左，正電子所受洛倫茲力水平向右，由左手定則可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直于紙面向里，故ABC錯(cuò)誤，D正確。故選D點(diǎn)睛：本題考查了左手定則，要熟練應(yīng)用左手定則判斷洛倫茲力的方向，要注意判定負(fù)電荷受到的洛倫茲力的方向要使用電流的方向來判定3、A【解析】設(shè)導(dǎo)體的電阻率為ρ，厚度為d，邊長為L，則由電阻定律得導(dǎo)體的電阻：可知電阻與邊長L無關(guān)，只取決于厚度，故R1=R2。A.R1=R2。與上述結(jié)論相符，故A正確；B.R1<R2。與上述結(jié)論不符，故B錯(cuò)誤；C.R1>R2。與上述結(jié)論不符，故C錯(cuò)誤；D.無法確定。與上述結(jié)論不符，故D錯(cuò)誤。故選：A。4、C【解析】在ab桿滑動(dòng)的過程中，△aob的面積先增大，后減小，穿過△aob磁通量先增大，后減小，根據(jù)楞次定律可知：感應(yīng)電流的方向先是由b→a，后是由a→b．故ABD錯(cuò)誤，C正確．故選C【點(diǎn)睛】本題是楞次定律的應(yīng)用，難點(diǎn)是分析△aob的面積變化．尤其要注意到面積在變化的過程中存在最大值，即在ab桿滑動(dòng)的過程中，△aob的面積先增大，后減小，穿過△aob磁通量先增大，后減小，根據(jù)楞次定律來判斷電流的方向5、B【解析】AB．電動(dòng)機(jī)兩端的電壓為：U1=U-UL=10-5V=5V整個(gè)電路中的電流等于燈泡的額定電流為：電動(dòng)機(jī)的電流是2A；電動(dòng)機(jī)的熱功率為：P熱=I2RM=4×0.5W=2W故A錯(cuò)誤，B正確；C．電動(dòng)機(jī)消耗功率為：P=U1I=5×2W=10W則電動(dòng)機(jī)的輸出功率為：P出=P-P熱=10W-2W=8W故C錯(cuò)誤D．整個(gè)電路消耗的功率為：P總=UI=10×2W=20W故D錯(cuò)誤；故選B.點(diǎn)睛：解決本題的關(guān)鍵知道電動(dòng)機(jī)的能量轉(zhuǎn)化關(guān)系，電動(dòng)機(jī)的輸出功率P出=P-I2RM，知道整個(gè)電路消耗的功率P總=UI6、C【解析】根據(jù)公式對(duì)應(yīng)可得，，A錯(cuò)誤；根據(jù)公式可得,B錯(cuò)誤；在t=0.2s時(shí)，x=0振子位于正向最大位移處，速度為零，C正確；根據(jù)振子的振動(dòng)規(guī)律可得，只有振子位于平衡位置或者最大位移處時(shí)，經(jīng)過任意0.2s的時(shí)間內(nèi)的路程為0.1cm，D錯(cuò)故選C考點(diǎn)：考查了簡(jiǎn)諧振動(dòng)點(diǎn)評(píng)：本題知道簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)位移的解析式，讀出振幅、周期、任意時(shí)刻的位移是基本能力．基礎(chǔ)題二、多項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、BD【解析】點(diǎn)電荷從B點(diǎn)移動(dòng)到C點(diǎn)電場(chǎng)力做功為W，則B、C兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為，點(diǎn)電荷從A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)電場(chǎng)力不做功，說明A、B兩點(diǎn)在同一等勢(shì)面上．從B點(diǎn)移動(dòng)到C點(diǎn)電場(chǎng)力做功為W．說明電場(chǎng)強(qiáng)度方向垂直AB邊向下，則有：，其，解得A點(diǎn)的電勢(shì)為，該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為，電子從A點(diǎn)沿AB方向飛入，所受的電場(chǎng)力方向?qū)⒀仉妶?chǎng)線方向的反方向，故電子將向左上偏轉(zhuǎn)，其運(yùn)動(dòng)軌跡可能是甲，故AC錯(cuò)誤，BD正確，故選BD.【點(diǎn)睛】點(diǎn)電荷從A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)電場(chǎng)力不做功，說明A、B兩點(diǎn)在同一等勢(shì)面上，從B點(diǎn)移動(dòng)到C點(diǎn)電場(chǎng)力做功為W．說明電場(chǎng)強(qiáng)度方向垂直AB邊向下.8、BC【解析】等量同種點(diǎn)電荷電場(chǎng)的分布具有對(duì)稱性，由動(dòng)能定理結(jié)合其對(duì)稱性來分析【詳解】A．由電場(chǎng)線的分布特點(diǎn)及對(duì)稱性知，從O到C的過程由動(dòng)能定理得：，解得：，故A錯(cuò)誤；B．從O運(yùn)動(dòng)到C，場(chǎng)強(qiáng)的方向先向上后向下，電場(chǎng)力對(duì)小球先做負(fù)功后做正功，所以電勢(shì)能先增加后減小，故B正確；C．從A運(yùn)動(dòng)到O，由動(dòng)能定理得：，解得：，故C正確；D．由電場(chǎng)線的分布特點(diǎn)及對(duì)稱性知O、C兩點(diǎn)電勢(shì)相等，要比A點(diǎn)電勢(shì)高，故D錯(cuò)誤所以BC正確，AD錯(cuò)誤【點(diǎn)睛】本題考查等量同種點(diǎn)電荷電場(chǎng)的分布特點(diǎn)，可以結(jié)合等量同種點(diǎn)電荷電場(chǎng)的分布圖象來分析最為直接方便．基礎(chǔ)題9、AB【解析】根據(jù)題意分析得：小球從P點(diǎn)進(jìn)入平行板間后做直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)小球進(jìn)行受力分析得小球共受到三個(gè)力作用：恒定的重力G、恒定的電場(chǎng)力F、洛倫茲力，這三個(gè)力都在豎直方向上，小球在水平直線上運(yùn)動(dòng)，所以可以判斷出小球受到的合力一定是零，即小球一定是做勻速直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)合左手定則，洛倫茲力和電場(chǎng)力同向，都向上，小球帶正電；如果小球從稍低的b點(diǎn)下滑到從P點(diǎn)進(jìn)入平行板間，則小球到達(dá)P點(diǎn)的速度會(huì)變小，所以洛倫茲力比之前的減小，因?yàn)橹亓和電場(chǎng)力F一直在豎直方向上，所以這兩個(gè)力的合力一定在豎直方向上，若洛倫茲力變化了，則三個(gè)力的合力一定不為零，且在豎直方向上，而小球從P點(diǎn)進(jìn)入時(shí)的速度方向在水平方向上，所以小球會(huì)偏離水平方向向下做曲線運(yùn)動(dòng)，因此減小入射速度后，洛倫茲力減小，合力向下，故向下偏轉(zhuǎn)，故電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，水平方向速度不變，但豎直方向的速度增加，所以動(dòng)能將會(huì)增大，導(dǎo)致洛倫茲力也會(huì)增大，電場(chǎng)力不變，故AB正確，CD錯(cuò)誤【點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵先分析出小球受力平衡，然后再考慮洛侖茲力變化后運(yùn)動(dòng)情況，同時(shí)要結(jié)合平行板電容器的表達(dá)式和電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系式列式分析分卷II10、ABD【解析】AB．對(duì)物體A受力分析，受到重力和細(xì)繩的拉力，由于A處于靜止?fàn)顟B(tài)，則根據(jù)平衡條件，拉力等于物體A的重力，當(dāng)把物體B移至C點(diǎn)后，繩子與水平方向的夾角變小，但細(xì)繩的拉力仍等于A的重力，所以不變，對(duì)物體B受力分析，B受重力、支持力、拉力和靜摩擦力，如圖所示：根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有由于角r變小，故B與水平面間的靜摩擦力變大，地面對(duì)B的彈力增大，故A、B正確；C．對(duì)滑輪受力分析，受繩子的拉力T以及懸于墻上的繩子的拉力F，由于繩子的拉力與A的重力相等，所以不變，但夾角變大，故其合力變小，所以墻上的繩子的拉力F也變小，故C錯(cuò)誤；D．由于繩子的拉力相等，故合力在角平分線上，故α＝β，由圖可知，α、θ是同位角，由幾何關(guān)系可知α＝θ，故α＝β＝θ，故D正確。故選ABD。三、實(shí)驗(yàn)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、①.0.830②.①③.④④.R1⑤.⑥.U=11.5V⑦.I=0.54A⑧.【解析】(1)[1]螺旋測(cè)微器的固定刻度為0.5mm，可動(dòng)刻度為33.0×0.01mm=0.330mm。所以漆包線的直徑為d=0.5mm+0.330mm=0.830mm(2)[2][3][4]題目中給出的電源電動(dòng)勢(shì)為30V，為了安全起見，所以電壓表應(yīng)選擇量程④0～15V，通過金屬漆包線的最大電流不超過所以電流表應(yīng)選擇量程①，為了最大電流不超過額定電流，采用滑動(dòng)變阻器限流式接法，故滑動(dòng)變阻器選總電阻較小的R1；由于說明電阻較小，故電流表選擇外接法，實(shí)驗(yàn)電路如圖所示(3)[6]電壓表量程為15V，故最小分度為0.5V，故讀數(shù)為11.5V[7]電流表量程為0.6A，最小分度為0.02A，則指針示數(shù)為：0.5