福建省福州市第十一中學2023-2024學年高二物理第一學期期末綜合測試模擬試題含解析

福建省福州市第十一中學2023-2024學年高二物理第一學期期末綜合測試模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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2、如圖甲所示，大量電子（不計重力）由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，連續(xù)不斷的沿平行板的方向從兩板正中間射入偏轉(zhuǎn)電場，當兩板不帶電時，這些電子通過兩板之間的時間為2t，當在兩板間加如圖乙所示的周期為2t、幅值為U的電壓時，所有的電子均能從兩板間通過，則電子在剛穿出兩板之間時的最大側(cè)向位移與最小側(cè)向位移之比為（）A.3:1 B.2:1C.4:1 D.3:23、如圖所示，MN、PQ是水平方向的勻強磁場的上下邊界，磁場寬度為L．一個邊長為a的正方形導線框（L>2a）從磁場上方下落，運動過程中上下兩邊始終與磁場邊界平行．線框進入磁場過程中感應電流i隨時間t變化的圖象如右圖所示，則線框從磁場中穿出過程中線框中感應電流i隨時間t變化的圖象可能是以下的哪一個（）A. B.C. D.4、一帶負電荷的質(zhì)點，在電場力作用下沿曲線abc從a運動到c，已知質(zhì)點的速率是遞減的．關(guān)于b點電場強度E的方向，下列圖示中可能正確的是（虛線是曲線在b點的切線）A. B.C. D.5、某同學為了驗證斷電自感現(xiàn)象，自己找來帶鐵芯的線圈L、小燈泡A、開關(guān)S和電池組E，用導線將它們連接成如圖所示的電路．檢查電路后，閉合開關(guān)S，小燈泡發(fā)光；再斷開開關(guān)S，小燈泡僅有不顯著的延時熄滅現(xiàn)象．雖然多次重復，仍未見老師演示時出現(xiàn)的小燈泡閃亮現(xiàn)象，他冥思苦想找不出原因．你認為最有可能造成小燈泡未閃亮的原因是()A.電源的內(nèi)阻較大B.小燈泡電阻偏大C.線圈電阻偏大D.線圈的自感系數(shù)較大6、如圖所示，在互相垂直的勻強電場和勻強磁場中，電荷量為q的液滴在豎直面內(nèi)做半徑為R的勻速圓周運動，已知電場強度為E，磁感應強度為B，則油滴的質(zhì)量和環(huán)繞速度分別為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、電子以初速度v0垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場中，則（）A.磁場對電子的洛倫茲力大小、方向恒定不變B.磁場對電子的洛倫茲力始終不做功C.電子的速度、加速度始終不變D.電子的動能始終不變8、磁流體發(fā)電是一項新興技術(shù)，它可以把物體的內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能，下圖是它的示意圖。平行金屬板A、B（兩板相距為d）之間有一個很強的磁場，磁感應強度為B，將一束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量正，負帶電粒子）以速度沿垂直于B的方向噴入磁場，A、B兩板間便產(chǎn)生電壓。如果把A、B和用電器連接，A、B就是一個直流電源的兩個電極。則下列說法正確的是A.B板是電源正極 B.電流從B板經(jīng)電阻流向A板C.該發(fā)電機的電動勢為Bdv D.該發(fā)電機的電動勢為9、如圖所示電路中，電源的電動勢為E，內(nèi)阻為r，R1、R2為兩只相同燈泡，R為光敏電阻（隨光照的增強電阻減小），當光照強度逐漸增強的過程中，發(fā)現(xiàn)電壓表的示數(shù)變化了△U．下列判斷正確的是A.R1燈逐漸變暗，R2燈逐漸變亮B.R和R1消耗的總功率逐漸減小C.R1的電流增大量為D.R2的電壓增大量小于△U10、如圖所示，在豎直向上的勻強電場中，一根不可伸長的絕緣細繩的一端系著一個帶電小球，另一端固定于O點，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，最高點為a，最低點為b。不計空氣阻力，則（）A.小球帶負電B.電場力跟重力平衡C.小球在從a點運動到b點的過程中，電勢能減小D.小球在運動過程中機械能不守恒三、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）(1)在做“驗證力的平行四邊形定則”的實驗中有同學各自畫了以下力的圖，圖中F1、F2是用兩把彈簧秤同時拉橡皮筋時各自的拉力，F(xiàn)′是用一把彈簧秤拉橡皮筋時的拉力；畫出了F1、F2、F′的圖示，以表示F1、F2的有向線段為鄰邊畫平行四邊形，以F1、F2交點為起點的對角線用F表示，在以下四幅圖中，只有一幅圖是合理的，這幅圖是______(2)在做完實驗后，某同學將其實驗操作過程進行了回顧，并在筆記本上記下如下幾條體會，你認為他的體會中正確的是______A．兩根細繩套必須等長B．用兩只彈簧測力計拉繩套時，兩測力計示數(shù)要相同C．若F1、F2方向不變，而大小各增加1N，則合力的方向也不變，大小也增加1ND．用兩只彈簧測力計拉時合力的圖示F與用一只彈簧測力計拉時圖示F′不完全重合，在誤差允許范圍內(nèi)，可以說明“力的平行四邊形定則”成立12．（12分）某同學用多用電表測量一未知電阻阻值，選擇了“×1k”擋位，并進行了歐姆調(diào)零?測量時發(fā)現(xiàn)指針指在圖1所示位置，則應改換_________擋位?重新歐姆調(diào)零之后，指針位置如圖2所示，則該電阻的阻值為_________Ω?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(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）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

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】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(guān)系?！驹斀狻緼．根據(jù)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(guān)，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(guān)，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(lǐng)大小，與Q、U無關(guān)，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(guān)，采用的是比值定義法，D不符合題意。故選A。2、A【解析】由題意可知，從0、2t0、4t0…等時刻進入偏轉(zhuǎn)電場的電子側(cè)向位移最大，在這種情況下，電子的側(cè)向位移為：，從t0、3t0…等時刻進入偏轉(zhuǎn)電場的電子側(cè)向位移最小，在這種情況下，電子的側(cè)向位移為：，所以最大側(cè)向位移和最小側(cè)向位移之比為ymax：ymin=3：1，故A正確，BCD錯誤3、B【解析】由題意可知，線框進入磁場過程中感應電流i隨時間t變化的圖象如圖（乙）所示，由法拉第電磁感應定律可知，線框勻速進入磁場，由于L＞2a，當完全進入磁場后，因磁通量不變，則沒有感應電流，線框只受到重力，使得線框速度增加，當出磁場時，速度大于進入磁場的速度，由法拉第電磁感應定律可知，出磁場的感應電流大于進磁場的感應電流，導致出磁場時的安培力大于重力，導致線框做減速運動，根據(jù)牛頓第二定律，BIL-mg=ma，則做加速度在減小的減速運動，故B正確，ACD錯誤；故選B【點睛】由題意可知，線框進入磁場時，做勻速直線運動，根據(jù)L＞2a，則可知，出磁場時，速度與進入磁場的速度相比較，從而確定線框的運動性質(zhì)，進而由法拉第電磁感應定律，可求得感應電流的大小如何變化，即可求解4、D【解析】A、電荷做曲線運動，電場力與速度方向不在同一直線上，應指向軌跡彎曲內(nèi)側(cè)，不可能沿軌跡的切線方向，則場強也不可能沿軌跡的切線方向．故A錯誤B、負電荷所受的電場力方向與場強方向相反，圖中電場力方向與速度方向的夾角為銳角，電場力做正功，電荷的速率增大，與題不符．故B錯誤C、圖中場強方向指向軌跡的內(nèi)側(cè)，則電場力指向軌跡的外側(cè)，電荷的軌跡應向上彎曲，不可能沿如圖的軌跡運動．故C錯誤D、圖中場強方向指向軌跡的外側(cè)，則電場力指向軌跡的內(nèi)側(cè)，而且電場力方向與電荷的速度方向成鈍角，電場力做負功，電荷的速率減小，符合題意．故D正確5、C【解析】A、開關(guān)斷開開關(guān)時，燈泡能否發(fā)生閃亮，取決于燈泡的電流有沒有增大，與電源的內(nèi)阻無關(guān)，A錯誤；B、若小燈泡電阻偏大，穩(wěn)定時流過燈泡的電流小于線圈的電流，斷開開關(guān)時，根據(jù)楞次定律，流過燈泡的電流從線圈原來的電流逐漸減小，燈泡將發(fā)生閃亮現(xiàn)象，B錯誤；C、線圈電阻偏大，穩(wěn)定時流過燈泡的電流大于線圈的電流，斷開開關(guān)時，根據(jù)楞次定律，流過燈泡的電流從線圈原來的電流逐漸減小，燈泡不發(fā)生閃亮現(xiàn)象，C正確；D、線圈的自感系數(shù)較大，產(chǎn)生的自感電動勢較大，但不能改變穩(wěn)定時燈泡和線圈中電流的大小，D錯誤；故選C6、D【解析】液滴在復合場中做勻速圓周運動，可判斷出電場力和重力為平衡力，從而可求出液滴的質(zhì)量并可判斷電場力的方向，結(jié)合電場的方向便可知液滴的電性．根據(jù)洛倫茲力的方向，利用左手定則可判斷液滴的旋轉(zhuǎn)方向．結(jié)合重力與電場力平衡以及液滴在洛倫茲力的作用下的運動半徑公式，可求出線速度【詳解】液滴在重力場、勻強電場和勻強磁場中做勻速圓周運動，可知，液滴受到的重力和電場力是一對平衡力，重力豎直向下，所以電場力豎直向上，與電場方向相反，故可知液滴帶負電；磁場方向向里，洛倫茲力的方向始終指向圓心，由左手定則可判斷液滴的旋轉(zhuǎn)方向為順時針；由液滴做勻速圓周運動，得知電場力和重力大小相等，得①，得，液滴在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動的半徑為，聯(lián)立得：，D正確【點睛】此題考查了液滴在復合場中的運動．復合場是指電場、磁場、重力場并存，或其中某兩種場并存的場．液滴在這些復合場中運動時，必須同時考慮電場力、洛倫茲力和重力的作用或其中某兩種力的作用，因此對液滴的運動形式的分析就顯得極為重要．該題就是根據(jù)液滴的運動情況來判斷受到的電場力情況二、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、BD【解析】電子以初速度v0垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場中，電子在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，粒子受到的洛倫茲力的大?。篺=qvB，大小不變，但方向時刻改變，故A錯誤；洛倫茲力的方向始終與速度的方向垂直，所以洛倫茲力只是改變了電子的運動方向，并沒有改變速度的大小，磁場不會對電子做功．故B正確．電子在磁場中做勻速圓周運動，速度的方向始終沿圓弧的切線方向，方向不斷變化．同時加速度的方向也在時刻改變，故C錯誤．電子在磁場中做勻速圓周運動，速度的大小不變，所以電子的動能就沒有變化．故D正確．故選BD【點睛】帶電粒子垂直于勻強磁場射入，此時粒子在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，洛倫茲力只是改變帶電粒子的運動方向，不改變粒子的速度大小，即洛倫茲力不會對帶電粒子做功8、ABC【解析】AB．由左手定則知正電荷運動的方向向里，受到向下的洛倫茲力，向B板聚焦，故B板是電源正極，電流從B板經(jīng)電阻流向A板，故AB正確；CD．兩板間電壓穩(wěn)定時滿足：，解得E=Bdv，則發(fā)電機的電動勢E=Bdv，故C正確，D錯誤。故選ABC。9、ABD【解析】A.當光照增強時，光敏電阻R的阻值減小，電路的總電阻減小，由閉合電路歐姆定律可得，電路中總電流增大，則R2燈逐漸變亮。由U=E?Ir可知，路端電壓減小，R2燈的電壓增大，則R1兩端的電壓減小，故R1燈逐漸變暗，故A正確；B.將R2燈看成電源內(nèi)電路的一部分，光敏電阻R和燈泡R1消耗的總功率是等效電源的輸出功率，由于等效電源的內(nèi)阻大于外電阻，所以當光敏電阻的阻值減小，外電阻減小時，等效電源的內(nèi)外電阻之差加大，輸出功率減小，則光敏電阻R和燈泡R1消耗的總功率逐漸減小。故B正確；C.由A選項分析可知，R1兩端的電壓減小，電流也減小，故C錯誤；D.R1兩端的電壓減小△U，R2燈和內(nèi)阻的電壓和增大△U，所以R2的電壓增大量小于△U，故D正確。故選：ABD10、BD【解析】AB．小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，合外力提供向心力。由題意可知，重力和電場力等大反向，相互抵消，細繩的拉力提供向心力，則小球帶正電，A錯誤，B正確；C．小球在從a點運動到b點的過程中，電場力做負功，電勢能增加，C錯誤；D．小球運動過程中電場力要做功，則機械能不守恒，D正確。故選BD。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.B②.D【解析】(1)以表示F1、F2的有向線段為鄰邊畫平行四邊形，以F1、F2交點為起點的對角線用F表示，故F是理論值，存在誤差，不一定與橡皮筋伸長方向共線．F′是用一把彈簧秤拉橡皮筋時的拉力，是實際值，一定與橡皮筋伸長方向共線．故ACD錯誤，B正確；故選B（2）兩根細繩套沒有必要必須等長，選項A錯誤；用兩只彈簧測力計拉繩套時，兩測力計的示數(shù)不一定要相同，選項B錯誤；若F1、F2方向不變，而大小各增加1N，根據(jù)平行四邊形定則知，合力的方向可能改變，大于不一定增加1N．故C錯誤；由于實驗總存在誤差，用兩只彈簧秤拉時合力的圖示F與用一只彈簧秤拉時圖示F′不完全重合，只要在誤差允許范圍內(nèi)，就可以說明“力的平行四邊形定則”成立．故D正確12、①.×100②.1900【解析】考查歐姆表讀數(shù)。【詳解】(1)[1]由于歐姆表表盤零刻度在右側(cè)，并且刻度不均勻，由歐