河南省鹤壁市一中2023-2024学年物理高二第一学期期末联考试题含解析.doc

1、河南省鹤壁市一中2023-2024学年物理高二第一学期期末联考试题考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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，粗糙水平桌面上有一质量为m的矩形金属线圈。当一竖直放置的、磁极不明的条形磁铁从线圈中线AB正上方快速经过时，若线圈始终不动，则

2、关于线圈受到的支持力FN及其在水平方向运动趋势的正确判断是（）A.FN先小于mg后大于mg，运动趋势向右B.FN先小于mg后大于mg，运动趋势向左C.FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右D.由于磁铁磁极极性不明，无法判断2、两同学从公园西门出发前往东门甲步行，乙骑自行车，路线如图甲乙两人的（）A.路程和位移均相同B.路程和位移均不同C.路程相同，位移不同D.路程不同，位移相同3、如图所示，是磁场对通电直导线的作用力与磁场、电流方向关系的示意图，其中正确的是A.B.C.D.4、质量为m、长为L的直导体棒放置于光滑圆弧轨道上，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，直导体棒中通

3、有恒定电流，平衡时导体棒与圆弧圆心的连线与竖直方向成角，其截面图如图所示，则下列关于导体棒中电流的分析正确的是A.导体棒中电流垂直纸面向里，大小为B.导体棒中电流垂直纸面向里，大小为C.导体林中电流垂直纸面向外，大小为D.导体称中电流垂直纸面向外，小为5、质量为m的带电小球在a点水平射入竖直向上的匀强电场中，运动轨迹如图所示，则正确的说法是（）A.小球带负电B.小球在b点的加速度大于在a点的加速度C.小球的电势能减小D.小球从a到b做匀速圆周运动6、如图所示的电路，有直流和交流成分的电流通过，为了尽量减少R2上的交流成分，应（）A.选用自感系数较大的线圈和电容较小的电容器B.选用自感系数较小的

4、线圈和电容较大的电容器C.选用自感系数较小的线圈和电容较小的电容器D.选用自感系数较大线圈和电容较大的电容器二、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、下列仪器或设备在使用过程中应用了静电现象的有()A.避雷针B.指南针C.静电复印机D.变压器8、如图甲，有一个原.副线圈匝数比为4:1的理想变压器，图中的电压表和电流表均为理想电表，原线圈接如图乙所示的正弦式交流电，其中为热敏电阻（其电阻值随温度的升高而减小），为定值电阻，下列说法正确的是( )A.t0.02s时电压表V2的示

5、数为9VB.副线圈两端电压的瞬时值表达式为（V）C.变压器原.副线圈中的电流之比和输入.输出功率之比均为1：4D.Rt处温度升高时，电流表的示数变大，电压表V2的示数不变9、如图为回旋加速器的示意图两个靠得很近的D形金属盒处在与盒面垂直的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B一质子从加速器的A处开始加速已知D形盒的半径为R，高频交变电源的电压为U、频率为f，质子质量为m，电荷量为q已知质子在磁场中运动的周期等于交变电源的周期，下列说法正确的是（ ）A.质子的最大速度不超过2RfB.质子的最大动能为C.质子的最大动能与U无关D.若增大电压U, 质子的最大动能增大10、关于通电导线所受安培力F的方向，以

6、下各图示正确的是A.B.C.D.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）实际电流表有内阻，可等效为理想电流表与电阻的串联测量实际电流表G1内阻r1的电路如图1所示供选择的仪器如下：待测电流表G1（05mA，内阻约300），电流表G2（010mA，内阻约100），定值电阻R1（300），定值电阻R2（10），滑动变阻器R3（010），滑动变阻器R4（020），干电池（1.5V），电键S及导线若干（1）定值电阻应选_，滑动变阻器应选_（在空格内填写序号）（2）补全实验步骤：按电路图连接电路，并将滑动触头移至最左端；闭合电键S，移动滑动触头

7、至某一位置，记录G1、G2的读数I1、I2；_；以I2为纵坐标，I1为横坐标，作出相应图线，如图所示（3）根据I2-I1图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式r1=_12（12分）用如图所示的装置来探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度和半径r之间的关系两个变速轮塔通过皮带连接，转动手柄使长槽和短槽分别随变速轮塔匀速转动，槽内的钢球就做匀速圆周运动横臂的挡板对钢球的压力提供向心力，钢球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间的等分格显示出两个钢球所受向心力的比值如图是探究过程中某次实验时装置的状态（1）在研究向心力的大小F与质

8、量m关系时，要保持_相同A和r B和m Cm和r Dm和F（2）图中所示，两个钢球质量和半径相等，则是在研究向心力的大小F与_的关系A质量m B半径r C角速度（3）若图中标尺上红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为1:9，与皮带连接的两个变速轮塔的半径之比为_A1:3 B3:1 C1:9 D9:1.四、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）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

9、垂直纸面向里的匀强磁场.今有一质量为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L14（16分）如图，两根间距为L0.5m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.

10、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）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】

11、条形磁铁从线圈中线AB正上方快速经过时，穿过线圈的磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知，线圈中的感应电流会阻碍穿过其磁通量发生变化，这种阻碍作用表现在线圈先有远离磁铁的运动趋势，后有靠近磁铁的运动趋势，所以竖直方向上线圈对桌面的压力先大于mg后小于mg，根据牛顿第三定律可知FN先大于mg后小于mg，而水平方向上线圈始终有向右运动的趋势，综上所述可知C正确。故选C。2、D【解析】由图看出，甲乙两人起点都在西门，终点都在东门，位移相同；路程为经过的路线的长度，由图象知甲的路程小，故D正确，ABC错误故选D3、B【解析】据左手定则可得，A图中安培力的方向向下，故A错误；据左手定则可得，B图中安培力的

12、方向向上，故B正确；据左手定则可得，C图中安培力的方向向右，故C错误；据左手定则可得，D图中安培力的方向向左，故D错误；故选B【点睛】根据左手定则来判断即可，让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是导线受的安培力的方向4、A【解析】对导体棒受力分析，受重力、支持力和电场力，根据左手定则判断电流方向，根据平衡条件求解安培力，根据安培力公式FA=BIL求解电流【详解】对导体棒受力分析，受重力、支持力和电场力，如图所示：安培力向右，根据左手定则，电流向里；根据平衡条件，有：FA=mgtan53=mg，故电流：，故选A5、C【解析】A、由图示可知，小球向上偏转，小球受到的电场

13、力向上，电场力方向与场强方向相同，则小球带正电，故A错误；B、小球受到的电场力与重力恒定不变，小球受到的合力不变，由牛顿第二定律可知，小球的加速度不变，故B错误；C、在运动过程中电场力对小球做正功，电势能减小，故C正确；D、因小球受到的力为恒力，不可能有始终指向圆心的向心力，故小球不可能做圆周运动，故D错误6、D【解析】自感系数越大的线圈对交流电的阻碍作用越大，电容越大的电容器对交流电的阻碍作用越小，所以为了尽量减少R2上的交流成分，需要选用自感系数较大的线圈和电容较大的电容器，故D正确，ABC错误。故选D。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

14、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】利用静电现象的原理的是避雷针和静电复印机，而指南针是利用地磁场的原理，而变压器是利用电磁感应的原理制成的，故AC正确，BD错误。故选AC。8、AD【解析】B.原线圈接的图乙所示的正弦交流电，由图知最大电压，周期0.02s，故角速度是，（V），因变压器原、副线圈的匝数比为4：1，可知次级电压最大值为，则副线圈两端电压的瞬时值表达式为：（V），故B错误；A.电压表V2的示数为有效值，级电压最大值为，所以有效值为，故A正确；C.根据可知，变压器原、副线圈中的电流之比1：4；输入、输出功率之比为1：1，故C错误；

15、D.变压器次级电压由初级电压和匝数比决定，则Rt处温度升高时，次级电压不变，电压表V2的示数不变，次级电阻减小，则电流表的示数变大，故D正确；9、AC【解析】A质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，则所以最大速度不超过2fR，A正确。BC周期，质子的最大动能与电压无关，B错误，C正确；D质子的最大动能，只增大电压U，则质子的最大动能不变，D错误。故选AC。10、AD【解析】根据左手定值可知，A图中的安培力竖直向上，故A正确；B中安培力竖直向下，故B错误；C中垂直纸面向外，故C错误；D安培力竖直向上，D正确；故选AD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

16、写出演算过程。11、 . . .多次移动滑动触头，记录相应的，读数 .【解析】(1)器材选择：定值电阻要和待测电流表内阻接近，因为电流表G2的量程是待测电流表G1的2倍；滑动变阻器的电阻不要太大故定值电阻选，滑动变阻器选(2)补充实验步骤: 多次移动滑动触头，记录相应的，读数(3)根据并联分流公式，又，解得，式中r1即rG1【点睛】本题考查测量实际电流表G1内阻r1的实验器材选择，实验原理（并联分流）等对于变阻器分压式接法，操作时要注意：开关闭合前，变阻器输出电压要最小12、 .A .C .B【解析】（1）1在研究向心力的大小F与质量m、角速度和半径r之间的关系时，需先控制某些量不变，研究另外

17、两个物理量的关系，该方法为控制变量法故选A（2）2两个钢球质量和半径相等，则是在研究向心力的大小F与角速度的关系，故选C（3）3根据F=m2r，两球的向心力之比为1：9，半径和质量相等，则转动的角速度之比为1：3，因为靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等，根据v=r，知与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比为3：1故选B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、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

18、解得14、（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、 (1) (2)3N【解析】(1)设小球在C点的速度大小是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=3N