2024屆安徽省廬巢七校物理高二上期末調(diào)研模擬試題含解析

2024屆安徽省廬巢七校物理高二上期末調(diào)研模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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、電流為I的直導線處于磁感應強度為B的勻強磁場中，所受磁場力為F．關于電流I、磁感應強度B和磁場力F三者之間的方向關系，下列圖示中正確的是（）A. B.C. D.2、如圖，一個帶負電的橡膠圓盤處在豎直面內(nèi)，可以繞過其圓心的水平軸高速旋轉(zhuǎn)，當它不動時，在它軸線上、兩處的小磁針均處于靜止狀態(tài)，當橡膠圓盤逆時針（從左向右看）高速旋轉(zhuǎn)時，關于小磁針的情況分析正確的是（）A.兩處小磁針極均向左偏B.兩處小磁針極均向右偏C.處小磁針極向右偏轉(zhuǎn)，處小磁針極向左偏轉(zhuǎn)D.處小磁針極向紙內(nèi)偏轉(zhuǎn)，處小磁針極向紙面外偏轉(zhuǎn)3、關于電場，下列說法正確的是（）A.由知，若q減半，則該處電場強度為原來的2倍B.由知，E與Q成正比，而與成反比C.由知，在以Q為球心，以r為半徑的球面上，各處場強均相同D.電場中某點場強方向就是該點所放電荷受到的靜電力的方向4、下列說法中正確的是（）A.線圈中產(chǎn)生的自感電動勢總是阻礙線圈中電流的變化B.感應電動勢的大小跟穿過這一電路的磁通量的變化成正比C.感應電流產(chǎn)生的磁場總是阻止引起感應電流的磁通量的變化D.穿過閉合回路的磁通量不發(fā)生變化，回路中也可能有感應電流產(chǎn)生5、發(fā)現(xiàn)利用磁場產(chǎn)生電流的條件和規(guī)律的科學家是（）A.韋伯 B.安培C.法拉第 D.奧斯特6、如圖，在等量異種點電荷形成的電場中，O為兩電荷連線的中點，B、D位于該連線上，A、C位于該連線的中垂線上，ABCD構成一正方形．關于A、B、C、D四點的場強大小E和電勢的關系，正確的是()A.B.C.D.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、如圖所示，水平放置的兩組光滑軌道上分別放有可自由移動的金屬棒PQ和MN，并且分別放置在磁感應強度為B1和B2的勻強磁場中，當PQ在外力的作用下運動時，MN向右運動，則PQ所做的運動可能是（）A.向左加速運動 B.向右加速運動C向右減速運動 D.向右勻速運動8、兩塊平行金屬板間的電壓是U，板間是一個勻強電場，場強是E，板間距離為d。一個帶正電q的粒子質(zhì)量為m，粒子從正極板處由靜止開始向負極板運動，到達負極板時的動能是A.qU B.C.qEd D.9、下列現(xiàn)象屬電磁驅(qū)動的是A.磁電式儀表線圈的骨架用鋁框來做B.微安表的表頭在運輸時要把兩接線柱短接C.自制金屬地雷探測器D.當圖中B變大時，ab在固定光滑導軌上滑動10、如圖所示，虛線右側存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外，具有一定電阻的正方形金屬線框的右邊與磁場的邊界重合．在外力作用下，金屬線框從0時刻由靜止開始，以垂直于磁場邊界的恒定加速度a進入磁場區(qū)域，t1刻線框全部進入磁場．若規(guī)定時針方向為感應電流i的正方向，則感應電流i、外力大小F、線框中電功率的瞬時值P以及通過導體橫截面的電荷量q隨時間t變化的關系可能正確的是A. B.C. D.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）如圖所示為驗證動量守恒的實驗裝置示意圖（1）若入射小球質(zhì)量為m1，半徑為r1；被碰小球質(zhì)量為m2，半徑為r2．則要完成該實驗須滿足（）A．m1＞m2，r1＞r2B．m1＞m2，r1＜r2C．m1＞m2，r1=r2D．m1＜m2，r1=r2（2）0為斜槽末端垂足，P為碰前入射小球落點的平均位置，M、N兩點為碰后兩球平均落點位置，則在誤差允許的范圍內(nèi)，關系式m1OP=_________________（用m1、m2及圖中字母表示）成立，即表示碰撞中動量守恒12．（12分）如圖所示是“研究電磁感應現(xiàn)象”的實驗裝置。（1）將圖中所缺導線補接完整。（）（2）如果在閉合電鍵時發(fā)現(xiàn)靈敏電流計的指針向右偏了一下。那么合上電鍵后，將原線圈迅速插入副線圈時，電流計指針向_____偏轉(zhuǎn)；原線圈插入副線圈后，將滑動變阻器滑片迅速向左移動時，電流計指針向_____偏轉(zhuǎn)。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）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(zhì)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(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）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(nèi)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(zhì)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??；（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

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、B【解析】A．根據(jù)電流和磁場方向，由左手定則知安培力的方向水平向左，故A錯誤；B．根據(jù)電流和磁場的方向，由左手定則知安培力的方向水平向右，故B正確；C．根據(jù)電流和磁場的方向，由左手定則知安培力的方向豎直向上，故C錯誤；D．根據(jù)電流和磁場的方向，由左手定則知安培力的方向垂直于導線斜向左上方，故D錯誤。故選B。2、B【解析】帶負電橡膠圓盤，逆時針旋轉(zhuǎn)，則圓盤的電流方向與旋轉(zhuǎn)方向相反，為順時針。由安培定則可知，磁感線從左向右，靜止時小磁針極所指方向即為磁感線的方向，故處小磁針極向右偏，處小磁針極向右偏，ACD錯誤，B正確。故選B。3、B【解析】A．電場中某點的電場強度是由電場本身決定的，與試探電荷的電量無關，選項A錯誤；B．由知，E與Q成正比，而與成反比，選項B正確；C．由知，在以Q為球心，以r為半徑的球面上，各處場強大小均相同，但是方向不同，選項C錯誤；D．電場中某點場強方向就是該點所放正電荷受到的靜電力的方向，選項D錯誤。故選B4、A【解析】A．由楞次定律可知，線圈中產(chǎn)生的自感電動勢總是阻礙線圈中電流的變化，故A正確；B．由法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢的大小跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比，故B錯誤；C．由楞次定律可知，根據(jù)楞次定律得知：感應電流的磁場總是要阻礙引起感應電流的磁通量的變化，而不是阻止磁通量的變化，故C錯誤；D．穿過閉合回路的磁通量不發(fā)生變化時，回路中一定沒有感應電流產(chǎn)生，故D錯誤。故選A。5、C【解析】發(fā)現(xiàn)利用磁場產(chǎn)生電流的條件和規(guī)律的科學家是法拉第，故選C.6、D【解析】AB.等量異種電荷之間的電場線是中間疏，兩邊密，連線的中垂線上，由O點向兩邊逐漸變疏，可知故AB錯誤CD.沿電場線方向電勢逐漸降低，等量異種電荷連線的中垂線是等勢線，則故C錯誤，D正確二、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、AC【解析】根據(jù)安培定則可知，MN處于垂直紙面向里的磁場中，MN在磁場力作用下向右運動，說明MN受到的磁場力向右，由左手定則可知電流由M指向N，L2中感應電流的磁場向上，由楞次定律可知，L1線圈中電流的磁場應該是向上減弱，或向下增強。若L1中磁場方向向上減弱，根據(jù)安培定則可知PQ中電流方向為Q→P且減小，根據(jù)右手定則可知PQ向右減速運動；若L1中磁場方向向下增強，根據(jù)安培定則可知PQ中電流方向為P→Q且增大，根據(jù)右手定則可知PQ向左加速運動。故選AC。8、AC【解析】粒子從正極板處由靜止開始向負極板運動，電場力作正功，轉(zhuǎn)化為粒子的動能，電場力所做的功為到達負極板時的動能是qU或qEdA.qU與分析相符，故A正確。B.與分析不符，故B錯誤。C.qEd與分析相符，故C正確。D.與分析不符，故D錯誤。9、AD【解析】A．鋁是導體，儀表指針偏轉(zhuǎn)時鋁框隨之轉(zhuǎn)動，并切割磁感線產(chǎn)生感應電流，感應電流又會受到安培阻力，阻礙線圈的轉(zhuǎn)動，故A正確；

B．連接后由于電磁效應動圈阻尼變得極大，運輸時線圈不再容易擺動，可以防止指針打壞，故B錯誤；

C．金屬探測器由高頻振蕩器、振蕩檢測器、音頻振蕩器和功率放大器等組成，而非電磁驅(qū)動，故C錯誤；

D．當圖中B變大時，回路中產(chǎn)生電流，又產(chǎn)生安培力，故屬于電磁驅(qū)動，故D正確；

故選AD。10、ACD【解析】線框做勻加速運動，其速度v=at，感應電動勢E=BLv，感應電流，i與t成正比，故A正確；線框進入磁場過程中受到的安培力，由牛頓第二定律得：，得，F(xiàn)-t圖象是不過原點的傾斜直線，故B錯誤；線框的電功率，故P-t圖象應是開口向上，過原點的拋物線，故C正確；線框的位移，則電荷量，故q-t圖象應是開口向上，過原點的拋物線，故D正確三、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.C②.m1OM+m2ON【解析】（1）為了保證碰撞前后使入射小球的速度方向不變，故必須使入射小球的質(zhì)量大于被碰小球的質(zhì)量；為了使兩球發(fā)生正碰，兩小球的半徑相同（2）根據(jù)動量守恒定律求出需要驗證的表達式【詳解】（1）為保證兩球發(fā)生對心正碰，兩球的半徑應相等，為防止碰撞后入射球反彈，入射球的質(zhì)量應大于被碰球的質(zhì)量，故選C；（2）小球離開軌道后做平拋運動，小球拋出點的高度相等，則它們在空中的運動時間t相等，驗證碰撞中的動量守恒，需要驗證：m1v1=m1v1′+m2v2，則：m1v1t=m1v1′t+m2v2t，m1x1=m1x1′+m2x2，因此需要驗證：m1OP=m1OM+m2ON【點睛】本題考查利用平拋運動驗證動量守恒定律；主要是運用等效思維方法，平拋時間相等，用水平位移代替初速度，這樣將不便驗證的方程變成容易驗證12、①.②.右③.左【解析】(1)[1]探究電磁感應現(xiàn)象實驗電路分兩部分，要使原線圈產(chǎn)生磁場必須對其通電，故電源、開關、滑動變阻器、原線圈組成閉合電路，靈敏電流計與副線圈組成另一個閉合電路，如圖所示：(2)[2]閉合開關，穿過副線圈的磁通量增大，靈敏電流表的指針向右偏；將原線圈迅速插入副線圈時，磁場方向不變，穿過副線圈的磁通量增大，靈敏電流計指針將向右偏轉(zhuǎn)；[3]原線圈插入副線圈后，由電路圖可知，將滑動變阻器觸頭迅速向左拉時，滑動變阻器接入電路的阻值變大，原線圈電流變小，穿過副線圈的磁場方向不變，但磁通量變小，靈敏電流計指針將左偏轉(zhuǎn)。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、(1)(2)3N【解析】(1)設小球在C點的速度大小是vC，則對于小球由A→C的過程中，由動能定理得：解得：(2)小球在C點時受力分析如圖由牛頓第二定律得：解得：由牛頓第三定律可知，小球?qū)壍缐毫Γ篘C′=NC=3N14、8cm【解析】粒子a板左端運動到P處，由動能定理得代入有關數(shù)據(jù)，解得，代入數(shù)據(jù)得θ=30°粒子在磁場中做勻速圓周運動，圓心為O，半徑為r，如圖由幾何關系得聯(lián)立求得代入數(shù)據(jù)解得15、（1）2T；（2）1.5m/s2，方向沿斜面向上【解析】（1）當R0=1Ω時，根據(jù)閉合電路的歐姆定律求解電流強度，由平衡條件求解磁感應