2023-2024学年广西百色民族高级中学物理高二上期末复习检测模拟试题含解析.doc

1、2023-2024学年广西百色民族高级中学物理高二上期末复习检测模拟试题注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，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、如图所示，在水平冰面上，狗拉着雪橇做匀速圆周运动，O点为圆心。能正确表示雪橇受到的牵引力F及摩擦力Ff的图是（）A.B.C.D.2、某同学沿

2、400m的跑道跑步一圈后回到起点，此过程的路程和位移分别是A.400m，0B.400m，400mC.0，400mD.0，03、下列说法正确的是（）A.法拉第提出的“分子电流”假说，揭示了磁现象的电本质B.元电荷e的数值最早是由库仑用实验测得的C.奥斯特发现了电流的磁效应D.静电力常量是卡文迪许通过扭秤实验测得的4、图甲为“中星 9A”在定位过程中所进行的 10 次调整轨道的示意图，其中的三条轨道如图乙所示，曲线是最初发射的椭圆轨道，曲线是第 5 次调整后的椭圆轨道，曲线是第 10 次调整后的最终预定圆轨道；轨道与在近地点 A 相切，轨道与在远地点B 相切。卫星在变轨的过程中质量变化忽略不计，下

3、列说法正确的是（）A.卫星在轨道上运行的速度大于第一宇宙速度B.卫星在轨道上经过 B 点时的速度等于卫星在轨道上经过 B 点时的速度C.卫星在轨道上经过A 点时的机械能小于卫星在轨道上经过 B 点时的机械能D.卫星在轨道上经过B 点时的加速度小于卫星在轨道上经过 B 点时的加速度5、如图所示，把带电小球用绝缘细线悬挂于匀强磁场中，从图示位置由静止释放，当带电小球第一、二两次经过最低点时，相同的量是A.小球的速度B.细线的拉力C.小球的加速度D.小球受到的洛伦兹力6、如图所示，在两等量异种点电荷连线上有D、E、F三点，且DE=EF。K、M、L分别为过D、E、F三点的等势面。一电子从a点射入电场，

4、运动轨迹如图中实线所示，电子从a点到b点电场力做功的数值为|Wab|，从b点到c点电场力做功的数值为|Wbc|，则A.|Wab|=|Wbc|B.|Wab|Wbc|C.粒子由a点到b点，动能增大D.a点的电势较b点的电势低二、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、如图所示为圆柱形区域的横截面，在没有磁场的情况下带电粒子（不计重力）以初速度v0沿截面直径方向入射，穿过此区域的时间为t。在该区域加沿轴线方向的匀强磁场，磁感应强度为B，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出

5、此区域时，速度方向偏转60角，根据上述条件下列说法正确的是（）A.该粒子带正电B.带电粒子在磁场中运动的时间为C.带电粒子在磁场中运动的半径为D.带电粒子的比荷为8、某电场的电场线分布如图所示，以下说法正确的是A.点场强大于 点场强B.点电势高于 点电势C.若将一试电荷由 点释放，它将沿电场线运动到点D.若在点再固定一点电荷 ，将一试探电荷由 移至的过程中，电势能减小9、电荷量为Q1和Q2的两点电荷分别固定在x 轴上的O、C 两点，规定无穷远处电势为零，x 轴上各点电势随x 的变化关系如图所示则A.Q1的电荷量小于Q2 的电荷量B.G 点处电场强度的方向沿x 轴负方向C.将一带负电的试探电荷自

6、G 点静止释放，仅在电场力作用下一定能到达D 点D.将一带负电的试探电荷从D 点移到J 点，电场力先做正功后做负功10、如图所示，固定在倾角为的斜面内的两根平行长直金属导轨，其间距为d，底端接有阻值为R的电阻，整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m（质量分布均匀）的导体杆ab垂直于导轨放置，导体杆ab与导轨间的动摩擦因数，导体杆ab从静止开始沿导轨下滑距离为L时，速度恰好达到最大（运动过程中导体杆ab始终与导轨保持垂直，且与两导轨保持良好接触），设导体杆ab接入电路的电阻为R，导轨电阻和空气阻力忽略不计，重力加速度大小为g，导体杆ab由静止到速度达到最大的过程中。

7、下列说法正确的是（）A.通过电阻R的电荷量为B.导体杆ab两端电压最大值为C.电阻R中的最大电流为D.导体杆ab运动的时间为三、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）图(a)为某同学组装完成的简易多用电表的电路图图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为250 A，内阻为480虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别于两表笔相连该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆100挡(1)关于R6的使用，下列说法正确的是_A在使用多用电表之前，调整R

8、6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置B使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置C使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置(2)某次测量时该多用电表指针位置如图(b)所示若此时B端是与“3”相连的，则读数为_(3)根据题给条件可得R1+R2_，R4_12（12分）（1）用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图所示的读数是_cm。（2）某同学先用多用电表粗测其电阻，用已经调零且选择开关指向欧姆挡“10”档位的多用电表测量，发现指针的偏转角度太大，这时他应将选择开关换成欧姆挡的“_”档位（选填“100”或“1”），然后进行_，再次测量电阻丝的阻

9、值，其表盘及指针所指位置如图所示，则此段电阻丝的电阻为_（电阻丝电阻结果保留3位有效数字）。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）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14（16分）如图，两根间距为L0.5m

10、的平行光滑金属导轨间接有电动势E3V、内阻r1的电源，导轨平面与水平面间的夹角37金属杆ab垂直导轨放置，质量m0.2kg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R01时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g10m/s2，sin370.6，cos370.8（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=5.0105N/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

11、为m=4.810-25kg、电荷量为q=1.610-18C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0 =1.0106m/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、C【解析】A因雪橇做匀速圆周运动，合力一定指向圆心。故摩擦力的合力和牵引力的合力应该竖直向上，根据力的合成遵循平行四边形定则，可知牵引力的方向斜向右上方，由此可知，A错误；B由于雪橇在冰面上滑动，其滑动摩擦力方向必与运动方向相反，

12、即沿圆的切线方向B错误；C因雪橇做匀速圆周运动，合力一定指向圆心。故摩擦力的合力和牵引力的合力应该竖直向上，根据力的合成遵循平行四边形定则，可知牵引力的方向斜向右上方，由此可知，C正确；D由于雪橇在冰面上滑动，其滑动摩擦力方向必与运动方向相反，即沿圆的切线方向D错误。故选C。2、A【解析】运动员沿跑道跑完一周，路程等于跑道的周长，即s=400m，位移等于首末位置的距离，即x=0，故A正确，BCD错误3、C【解析】A安培提出的“分子电流”假说，揭示了磁现象的电本质，故A错误；B元电荷e的数值最早是由密立根用油滴实验测得的，故B错误；C奥斯特发现了通电导线周围的小磁针发生偏转，发现了电流的磁效应，

13、故C正确；D静电力常量是库伦通过扭秤实验测得的，故D错误。故选C4、C【解析】A第一宇宙速度是最大环绕速度，故卫星在轨道上运行的速度小于第一宇宙速度，A错误；B卫星从轨道到轨道上需要在B点加速，所以卫星在轨道上经过B点时的速度小于卫星在轨道上经过B点时的速度，故B错误；C卫星从轨道到轨道上需要在A点加速，机械能增加。在椭圆轨道上机械能不变，卫星从轨道到轨道上需要在B点加速，机械能增加。故卫星在轨道上经过A点时的机械能小于卫星在轨道上经过B点时的机械能，选项C正确；D根据得到可知卫星在轨道上经过B点时的加速度等于卫星在轨道上经过B点时的加速度，故D错误。故选C。5、C【解析】A项：小球两次经过最

14、低点时的速度方向不同，所以两次小球过最低点的速度不相同，故A错误；B、D项：由于洛伦兹力和拉力不做功，所以小球两次经过最低点的速度大小相等，根据牛顿第二定律可知，由于速度方向不同，导致产生的洛伦兹力的方向不同，则拉力的大小不同，故B、D错误；C项：由公式可知，小球的向心加速度大小相同，且方向指向固定点，即加速度相，故C正确；故选C6、B【解析】AB.由等量异种点电荷的电场线特点可知靠近电荷处电场强度大，类比公式U=Ed知：|Uab|Ubc|，而W=qU，所以|Wab|Wbc|，则A错误、B正确。；C.粒子由a点到b点，电场力做负功，电势能增加，动能减少，故C错误；D.从带负电粒子的运动轨迹可知

15、该粒子从a点到c点受到大体向左的作用力，故左侧为正电荷，从左向右电势降低，a点的电势较b点的电势高，故D错误。故选：B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、AC【解析】A根据左手定则可知该粒子带正电，故A正确；BCD没有磁场时，粒子做匀速直线运动，故有加上磁场后，轨迹如图根据几何关系，则有带电粒子在磁场中运动的半径为根据几何关系可知粒子转过的圆心角，粒子在磁场中做圆周运动的运动时间粒子磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得解得带电粒子的比荷为故C正确，B

16、、D错误；故选AC。8、BD【解析】电场线的密的地方场强大，b点电场线密，所以b点场强大，故A错误沿着电场线方向电势降低，a点电势高于b点电势，故B正确若将一试探电荷+q由a点静止释放，将沿着在a点的场强方向运动，运动轨迹不是电场线，故C错误若在d点再固定一点电荷Q，将一试探电荷q由a移至b的过程中，原来的电场力和点电荷Q对试探电荷q做功均为正，故电势能减小，选项D正确；故选BD考点：电场线；电场力的功和电势能9、BD【解析】A项：图像斜率表示场强大小，由图可知在H点的场强为零，即Q1和Q2两电荷在H的合场强为零，由公式可知，Q1的电荷量大于Q2的电荷量，故A错误；B项：由图知B点的电势为零，

17、由于沿着电场线电势降低，所以在B点边场强方向沿x轴正方向，在B点右边场强方向沿x轴负方向，故B正确；C项：由在G点场强方向沿x轴向左，负电荷所受电场力向右，所以负电荷沿x轴向右运，故C错误；D项：由图像可知从D点到J点电势先升高再降低，负电荷的电势能先减小后增大，电场力先做正功后做负功，故D正确10、BCD【解析】A电荷量为A错误；BC导体棒匀速下滑时，加速度为0，速度最大，产生的电动势最大，根据平衡条件解得回路中最大电流为路端电压BC正确；D导体棒匀速运动时切割磁感线根据电路解得根据动量定理又联立方程解得D正确。故选BCD。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，

18、不要求写出演算过程。11、 .B .1.1 .160 .880【解析】(1)1 由电路图可知，R6只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流档时也不需要时行调节，故B项与题意相符；(2)2 若与3连接，则为欧姆档100挡，读数为11100=1100=1.10k(3)34直流电流档分为1mA和2.5mA，由图可知，当接2时应为1mA；根据串并联电路规律可知，总电阻接4时，为电压档，因串入的电阻较小，故应为量程1V的电压表；此时电流计与R1、R2并联后再与R4串联，即改装后的1mA电流表与R4串联再改装后电压表；根据串联电路规律可知，12、 .0.680m

19、m .1 欧姆 .调零 .12.0【解析】(1)1由图示螺旋测微器可知，故固定刻度的读数为0.5mm，可动刻度读数为0.0118.0mm=0.180mm，所以最终读数为：5mm+0.180mm=0.680mm(2)2选择开关指向欧姆挡“10”挡位的多用电表测量，发现指针的偏转角度太大，说明所选挡位太大，为准确测量，应换小挡，应该将选择开关换成欧姆挡的“1”档位，3然后进行欧姆调零；4由图示表盘可知，则此段电阻丝的电阻为：01=12.0四、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) (2)3N【解析】(1)设小球在C点

20、的速度大小是vC，则对于小球由AC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=3N14、（1）2T；（2）1.5m/s2，方向沿斜面向上【解析】（1）当R0=1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R01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：BILcosmgsin解得B2T；（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：BILmgsinma解得：a1.5m/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=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