山东省滕州实验中学2023年物理高二上期末联考试题含解析.doc

1、山东省滕州实验中学2023年物理高二上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，一轻质长杆两侧各固定一铜环，左环M开口，右环N闭合，横杆可以绕中心自由转动，用一条形磁铁插向其中一个铜环，下列说法正确的是（）A.若磁铁插向M

2、环，横杆会发生转动B.若磁铁插向N环，横杆会发生转动C.无论磁铁插向哪个环，横杆都不会发生转动D无论磁铁插向哪个环，横杆都会发生转动2、如图所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线1和2为等势线a、b两个带电粒子以相同的速度从电场中M点沿等势线1的切线飞出，粒子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，则在开始运动的一小段时间内，以下说法正确的是()A.a受到的电场力较小，b受到的电场力较大B.a的速度将减小，b的速度将增大C.a一定带正电，b一定带负电D.a、b两个粒子所带电荷电性相反3、1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其

3、间留有空隙，下列说法不正确的是 ()A.带电粒子由加速器的中心附近进入加速器B.带电粒子由加速器的边缘进入加速器C.电场使带电粒子加速，磁场使带电粒子旋转D.离子从D形盒射出时的动能与加速电场的电压无关4、法拉第是英国物理学家、化学家，也是著名的自学成才的科学家，在物理学领域，法拉第有“电学之父”的美誉下列陈述不符合历史事实的是()A.法拉第首先引入“场”的概念来研究电和磁的现象B.法拉第首先引入电场线和磁感线来描述电场和磁场C.法拉第首先发现电磁感应现象D.法拉第首先发现电流的磁效应5、如图所示，一带电粒子以某速度进入方向水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹.M和N是轨

4、迹上的两点，其中M点是轨迹的最右点，不计粒子受到的重力，下列说法正确的是（）A粒子带正电B.粒子在N点速率小于M点速率C.粒子在M点电场力的瞬时功率为0D.粒子在电场中的电势能先减小后增大6、在足球比赛中，足球以5m/s的速度飞来，运动员把足球以10m/s的速度反向踢回，踢球时，脚与球的接触时间为0.2s，则足球的加速度大小是（）A.25m/s2B.50m/s2C.75m/s2D.100m/s2二、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、一束带电粒子从静止开始经同一电场加速后

5、垂直进入同一匀强磁场中。若它们在磁场中做圆周运动的半径相同，则它们在磁场中具有相同的（）A.速率B.动能C.动量大小D.周期8、如图所示，两虚线之间的空间内存在着正交或平行的匀强电场E和匀强磁场B，有一个带正电的小球（电荷量+q，质量为m）从正交或平行的电磁复合场上方的某一高度处自由落下，那么，带电小球不可能沿直线通过下列的哪个电磁混合场（ ）A.B.C.D.9、如图所示，虚线为某点电荷电场的等势面，现有两个比荷(即电荷量与质量之比)相同的带电粒子(不计重力)以相同的速率从同一等势面的a点进入电场后沿不同的轨迹1和2运动，则可判断()A.两个粒子电性相同B.经过b、d两点时，两粒子的加速度的大

6、小相同C.经过b、d两点时，两粒子的速率相同D.经过c、e两点时，两粒子的速率相同10、将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小、电容和极板所带的电荷量分别用d、U、E、C和Q表示下列说法正确的是()A.保持U不变，将d变为原来两倍，则E变为原来的一半B.保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍C.保持C不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的两倍D.保持d、C不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半三、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）某同学利用热敏电阻设计了一个“过热自动报警电路”，如图甲所示将热敏电阻R

7、安装在需要探测温度的地方，当环境温度正常时，继电器的上触点接触，下触点分离，指示灯亮；当环境温度超过某一值时，继电器的下触点接触，上触点分离，警铃响图甲中继电器的供电电压U1=3V，继电器线圈用漆包线绕成，其电阻R0为30当线圈中的电流大于等于50mA时，继电器的衔铁将被吸合，警铃响图乙是热敏电阻的阻值随温度变化的图象（1）图甲中警铃的接线柱C应与接线柱_相连，指示灯的接线柱D应与接线柱_相连（均选填“A”或“B”）（2）当环境温度升高时，热敏电阻阻值将_，继电器的磁性将_（均选填“增大”、“减小”或“不变”），当环境温度达到_时，警铃报警12（12分）为测量一个定值电阻的阻值，备用器材如下：

8、待测电阻Rx电流表A1(量程100A，内阻约2k)电流表A2(量程500A，内阻约300)电压表V1(量程15V，内阻约150k)电压表V2(量程50V，内阻约500k)电源E(电动势15V)滑动变阻器R(最大阻值1k)多用电表，开关S，导线若干(1)先用多用电表欧姆挡对Rx进行粗测若选择100挡用正确的测量方法进行测量，发现指针几乎不偏转，为较准确测量应选用_挡(10，1k)。重新选挡测量，刻度盘上的指针位置如上图所示，测量结果是_。(2)现用伏安法测量Rx阻值为了尽量减小实验误差，要求测多组数据。电流表应选_，电压表应选_画出实验电路图_根据实验中测得的多组数据作出的UI图线如下图所示，根

9、据图线求得待测电阻的阻值为_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

10、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.今有一质量为m=4.810-25kg、电荷量为q=1.610-18C的带正

11、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、B【解析】左环不闭合，磁铁插向M环时，不产生感应电流，环不受力，横杆不转动；右环闭合，磁铁插向N环时，环内产生感应电流，环受到磁场的作用，横杆转动，故B正确，ACD错误2、D【解析】A电场线的疏密表示电场的强弱，由图可知，越向左场强越小，越向右场强越大，故a出发后的一小段时间内其所处的位置的场

12、强越来越小，而b出发后的一小段时间内其所处的位置场强越来越大，所以出发后的一小段时间内a受到的电场力变小，b受到的电场力变大。但是不知道ab两电荷的电量关系，不能比较ab两点荷所受电场力的大小，故A错误。B由于出发后电场力对两电荷都做正功，故两电荷的动能都越来越大，则两个电荷的速度都越来越大，故B错误。C由于不知道场强的方向，故不能确定电场力的方向与场强方向的关系，所以不能确定ab两电荷的电性。故C错误。D由于两电荷所受的电场力的方向相反，故a、b两粒子所带的电荷的电性相反。故D正确。故选D。3、B【解析】AB根据回旋加速器的加速原理，被加速离子只能由加速器的中心附近进入加速器，从边缘离开加速

13、器，A正确，不符合题意；B错误，符合题意；C在磁场中洛伦兹力不做功，离子是从电场中获得能量，C正确，不符合题意；D当离子离开回旋加速器时，半径最大，动能最大，则有：与加速的电压无关，D正确，不符合题意。故选B。【点睛】解决本题的关键掌握加速器的工作原理以及加速器的构造，注意粒子从电场中获得能量，但是出回旋加速器的最大速度与电场无关，与磁感应强度和D形盒的半径有关4、D【解析】法拉第首先引入“场”的概念来研究电和磁的现象，选项A正确；法拉第首先引入电场线和磁感线来描述电场和磁场，选项B正确；法拉第首先发现电磁感应现象，选项C正确；奥斯特首先发现电流的磁效应，选项D错误；此题选择不符合历史事实的选

14、项，故选D.5、C【解析】A粒子受到的电场力的方向与场强方向相反，故该粒子带负电，故A错误;B电子受到的电场力向左，在向右运动的过程中，电场力对电子做负功，电子的速度减小，运动到M点时，电子的速度最小，故B错误;C粒子在M点水平速度减小到0，根据，所以粒子在M点电场力的瞬时功率为0，故C正确;D电场力向左，因此在运动过程中，电场力先做负功再做正功，电势能先增大后减小，则D错误。故选C。6、C【解析】取飞来时速度方向为正方向，末速度为-10m/s，所以加速度二、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

15、分，有选错的得0分。7、AD【解析】根据动能定理得得：根据，得根据半径相同，U相同，知粒子的比荷相同。根据知，粒子在磁场中的速率相同。根据知，粒子在磁场中的周期相同。A速率，与结论相符，选项A正确；B动能，与结论不相符，选项B错误；C动量大小，与结论不相符，选项C错误；D周期，与结论相符，选项D正确；故选AD。8、AB【解析】A图中，小球受重力、向左的电场力、向右的洛伦兹力，下降过程中速度一定变大，故洛伦兹力一定增大，不可能一直与电场力平衡，故合力不可能一直向下，故一定做曲线运动，故A错误；B图中小球受重力、向上的电场力、垂直向外的洛伦兹力，合力与速度一定不共线，故一定做曲线运动，故B错误；C

16、图中小球受重力、向左上方的电场力、水平向右的洛伦兹力，若三力平衡，则粒子做匀速直线运动，故C正确；D图中粒子受向下的重力和向上的洛伦兹力，合力一定与速度共线，故粒子一定做直线运动，故D正确；此题选择不可能做直线运动的选项，故选AB。【点睛】本题考查了带电粒子在复合场中运动问题；解题的关键在于洛伦兹力与速度垂直且与粒子速度方向垂直，要使粒子做直线运动，要么三力平衡，要么不受洛伦兹力.9、BD【解析】A.由图可知电荷1受到中心电荷的斥力，而电荷2受到中心电荷的引力，故两粒子的电性一定不同，故A错误B.两粒子经过b、d两点时，受到库仑力作用，由牛顿第二定律可得，由题意可知，两粒子的加速度大小相同，故

17、B正确C.根据图中运动轨迹可知，粒子1做减速运动，而粒子2做加速运动，开始它们的速率相同，当两粒子经过b、d（同一等势面）两点时，两粒子的速率不会相同，故C错误D.两个粒子的初速度仅仅是方向不同，速率相等，而粒子1从a到c、粒子2从a到e电场力做功均为零，则经过c、e两点两粒子的速率相等，故D正确10、ACD【解析】保持U不变，根据E=可得E与d的关系；保持E不变，根据U=Ed可得U与d成正比；保持C不变，根据公式C=可知将Q与U成正比；保持d、C不变，将Q变为原来的一半，根据公式C=可知，U变为原来的一半，根据公式E=即可得到E的变化【详解】A.保持U不变，将d变为原来的两倍后，根据E=可得

18、E变为原来的一半，A正确；B.保持E不变，将d变为原来的一半，根据U=Ed可得U变为原来的一半，B错误；C.根据公式C=可知将Q变为原来的两倍，则U变为原来的两倍，C正确；D.根据C=可得C不变，将Q变为原来的一半，U变为原来的一半，根据公式E=可知d不变，U变为原来的一半，E变为原来的一半，D正确【点睛】本题考查电容器的动态分析，学生抓住电容器的几个相关公式即可分析出结果三、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、 .B .A .减小 .增大 .80【解析】（1）由题干中“当环境温度超过某一值时，继电器的下触点接触，上触点分离，警铃响”判断出

19、警铃和指示灯的连接情况；（2）由图象分析热敏电阻阻值随温度的变化关系，结合欧姆定律分析电路中电流的变化，从而判断出电磁铁磁性的变化；由题干中“当线圈中的电流大于等于50mA时，继电器的衔铁将被吸合，警铃响”，结合欧姆定律求出热敏电阻接入电路的阻值的最大阻值，从图象上找到对应的温度就可以解决问题；【详解】（1）由题中“当环境温度超过某一值时，继电器的下触点接触，上触点分离，警铃响”，所以警铃的接线柱C应与接线柱B连，指示灯的接线柱D应与接线柱A相连；（2）分析乙图，发现：温度升高时，热敏电阻阻值减小，根据欧姆定律，电路中电流就会增大，电磁铁的磁性就会增大；当线圈中的电流时，继电器的衔铁将被吸合，

20、警铃报警，则控制电路的总电阻因此热敏电阻由图乙可知，此时，所以，当温度时，警铃报警【点睛】本题既考查电磁继电器原理的分析，也考查了结合欧姆定律的内容进行相关的计算，综合性比较强，解题时要仔细分析12、 .1k .30k . . . .31k【解析】（1）12指针偏角小，说明待测电阻的阻值较大，应换用“1k”挡，并重新调零后测量，测量时手不能接触电阻；欧姆表的读数为：（2）34电压表和电流表的选择要求指针偏转角度大些，在其满量程的三分之二左右偏转最好，由于所选电源电动势为15V，因此电压表选择，根据欧姆表的粗测可知，该电阻大小30k，因此回路中的最大电流为：故电流表选择。5要求多测数据，应采用滑

21、动变阻器的分压接法，由于待测电阻较大，因此电流表采用内接法，故具体电路图如下所示：6根据该电阻的U-I图线可以求出待测电阻为：【点睛】明确各种测量电阻方法的原理以及误差来源，熟练掌握安培表的内外接法以及滑动变阻器的分压和限流接法。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

22、，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