重庆市主城区七校联考2023年物理高二第一学期期末经典试题含解析.doc

1、重庆市主城区七校联考2023年物理高二第一学期期末经典试题注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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

2、选项中，只有一项是符合题目要求的。1、如图所示，a、b、c、d为某一电场中的四个等势面，已知相邻等势面间电势差相等，一个带正电粒子运动过程中只受电场力作用，先后经过M点和N点，则（ ）A.电场力对粒子做正功B.粒子在M点的加速度比N点大C.四个等势面电势关系为abcdD.该粒子在N点的动能较大，电势能较小2、由磁感线强度的定义式立可知A.该定义式只适用于匀强磁场B.磁感应强度B的方向与F的方向一致C.只要满足L很短、I很小的条件,该定义式对任何磁场都适用D.通电导线L所在处受到磁场力F为零,该处的磁感应强度B也一定为零3、有两个同种材料制成的导体，两导体为横截面为正方形的柱体，柱体高均为h，大

3、柱体柱截面边长为a，小柱体柱截面边长为b，则（ ）A.从图示电流方向看大柱体与小柱体的电阻之比为a：bB.若电流方向竖直向下，大柱体与小柱体的电阻之比为a：bC.从图示电流方向看大柱体与小柱体的电阻之比为1：1D.若电流方向竖直向下，大柱体与小柱体的电阻之比为a2：b24、如图，两电荷量分别为+Q和-Q的点电荷对称地固定于x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷+Q之间，b点位于y轴O点上方，取无穷远处的电势为零下列说法正确的是（）A.正试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右B.b点电势为零，电场强度也为零C.将正的试探电荷从O点沿y轴移到b点，电场力先减小后增大D.a点的电势

4、低于b点的电势5、如图所示，在水平长直导线的正下方，有一只可以自由转动的小磁针。现给直导线通以由a向b的恒定电流I，若地磁场的影响可忽略，则小磁针的N极将A.保持不动B.向下转动C.垂直纸面向里转动D.垂直纸面向外转动6、如图所示，匀强电场中A、B两点的场强分别用EA、EB表示，电势分别用、表示，关于EA和EB、和的大小关系，下列说法正确的是（）A.EA=EBB.EAEBC.=D.F1,根据这两个数据,可以确定( )A.磁场的方向B.磁感强度的大小C.安培力的大小D.铜棒的重力9、如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑片P在a处

5、，此时绝缘线向右偏离竖直方向(电源的内阻不能忽略)下列判断正确的是()A.小球带正电B.当滑片P从a向b滑动时，细线的偏角变大C.当滑片P从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从上向下D.当滑片P停在b处时，电源的输出功率一定大于滑片P在a处时电源的输出功率10、如图所示为两平行金属极板P、Q，在P、Q两极板上加直流电压U0，极板Q的右侧有一个边长为L的正方形匀强磁场区域abcd，匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里P极板上中心O处有一粒子源，可发射出初速度为零、比荷为k的带电粒子，Q极板中心有一小孔，可使粒子射出后垂直磁场方向从a点沿对角线ac方向进入匀强磁场区域，则下列说法正确的是

6、()A.如果带电粒子恰好从d点射出，则满足U0kB2L2B.如果带电粒子恰好从b点射出，则粒子源发射的粒子可能带负电C.带电粒子在匀强磁场中运动的速度为D.带电粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径为三、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）利用图甲所示的装置探究碰撞中的不变量，在图甲中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间，实验测得滑块A质量m1=0.280kg，滑块B的质量m2=0.11

7、0kg，遮光片的宽度d=0.50cm；打点计时器所用的交流电的频率为f=50Hz，将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与静止的B相碰；碰后光电计时器显示的时间为tB=2.500ms，碰撞后打出的纸带如图乙所示(1)在该实验方案中，下列说法正确的是_A调节气垫导轨，确保导轨水平B滑块A的初始位置应尽可能靠近滑块BC遮光片的宽度适当窄一些有利于减小误差D滑块A和滑块B的质量交换也可完成该实验(2)两滑块碰撞前A滑块的速度大小为_m/s，两滑块碰撞后B滑块的速度大小为_m/s；(结果保留三位有效数字)(3)碰撞后滑块A的质量和速度的乘积大小为_kgm/s；(结果保

8、留三位有效数字)(4)通过实验采集到的数据可得，在误差允许的范围内，A、B两个滑块碰撞过程中的不变量是_12（12分）在测定金属丝电阻率的实验中，需要测出其长度L。直径d和电阻R。用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图甲，则金属丝的直径为_ cm。若用图乙测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值_。（“偏大”，“偏小”）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，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

9、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14（16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

10、的压力大小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

11、】AD由轨迹可知，正粒子从M到N时所受的电场力大致向右，可知场强大致向右，则从M到N电场力做负功，电势能变大，动能减小，则该粒子在N点的动能较小，电势能较大，选项AD错误；B因为M点的等势线较N点密集，可知M点的电场线较N点密集，则M点的场强较大，则粒子在M点的加速度比N点大，选项B正确；C因为场强大致向右，沿电场线电势降低，可知四个等势面电势关系为abcd，选项C错误；故选B.2、C【解析】A、磁感应强度的定义式中IL为电流元，对非匀强电场同样适用，故A错误；B、磁感强度的方向与F的方向垂直，故B错误；C、只要满足L很短，I很小条件，即IL是电流元，B对任何磁场都通用，故C正确；D、通电导线

12、L所在处受到磁场力F为零时，该处磁感应强度不一定为零，当B与L平行时，F也为零，故D错误3、C【解析】AC从图示方向看，则根据电阻定律可知，故两电阻相等，比值为，故A错误，C正确；BD若电流竖直向下，则根据电阻定律有：，故，故BD错误【点睛】本题考查电阻定律的应用，要注意本题可以作为电阻微型化的依据，注意电流方向不同，同一个电阻其阻值可能不同4、A【解析】A由图，两个点电荷在a点产生的电场强度的方向都向右，所以合场强的方向一定向右，则正电荷在a点受到的电场力的方向向右；正电荷从a向O运动的过程中，电场力做正功，电势能减小，而O点的电势等于0，所以正的试探电荷在a点的电势能大于零，故A正确；B结

13、合等量异种点电荷的电场的特点可知，两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线。电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向，所以b点的电势等于0，而电场强度不等于0故B错误；C在两点荷连线的垂直平分线上，O点的电场线最密集，场强最大，则将正的试探电荷从O点沿y轴移到b点，电场力逐渐减小，选项C错误；Da点的电势高于O点，而O点的电势等于b点的电势，则a点的电势高于b点的电势，选项D错误；故选A5、C【解析】当通入如图所示的电流时，根据右手螺旋定则可得小磁针的位置的磁场方向是垂直纸面向里，由于小磁针静止时N极的指向为磁场的方向，所以小磁针的N极将垂直于纸面向里转动。A保持不动，故A不符合

14、题意；B向下转动，故B不符合题意；C垂直纸面向里转动，故C符合题意；D垂直纸面向外转动，故D不符合题意。故选C。6、A【解析】由电场线的分布情况可知，AB两处电场线密集程度相同，则A点的场强等于B点的场强，即EA=EB顺着电场线电势降低，则AB故选项A正确，BCD错误，故选A点睛：本题的关键是理解电场线的意义对于电场线的物理意义：电场线疏密表示场强的大小，电场线的方向反映电势的高低要牢固掌握，熟练应用二、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、ABC【解析】A.AB棒切割磁感

15、线产生感应电流，设向右运动的距离为x，则平均感应电动势为平均感应电流为通过电阻R的电量所以AB杆运动的距离选项A正确；B.根据动量定理有而所以有代入数值解得AB杆运动的时间选项B正确。C.当杆速度为2m/s时，根据牛顿第二定律有：而感应电动势、电流、安培力，所以有代入数值解得选项C正确；D.根据能量守恒有所以电阻R上产生的热量为代入数值解得选项D错误。故选ABC。8、ACD【解析】A因为电流反向时，弹簧秤的读数F2F1，所以可以知道电流自左向右时，导体棒受到的磁场力方向向上，根据左手定则可以确定磁场的方向为垂直纸面向里，故磁场的方向可以确定，故A正确。B由于电流大小不知，所以无法确定磁感应强度

16、的大小，故B错误；CD.令铜棒的重力为G，安培力的大小为F，则由平衡条件得：2F1=G-F当电流反向时，磁场力变为竖直向下，此时同样根据导体棒平衡有：2F2=G+F联立可得：棒的重力G=F1+F2安培力F的大小F=F2-F1因此可确定安培力的大小与铜棒的重力，故CD正确。9、AC【解析】A.由图，A板带正电，B带负电，电容器内电场方向水平向右细线向右偏，电场力向右，则小球带正电故A正确.B.滑动头向右移动时，R变小，外电路总电阻变小，总电流变大，路端电压U=E-Ir变小，两定值电阻电压之和减小，R1两端电压减小，电容器电压变小，两板间场强减小，则细线偏角变小，故B错误 C.滑动头向右移动时，电

17、容器电压变小，电容器放电，因A板带正电，则流过电流表的电流方向向下故C正确D.根据电源的输出功率与外电阻的关系：当外电阻等于内阻时，输出功率最大外电阻大于内阻，外电阻减小，输出功率增大；当外电阻小于内阻时，外电阻减小，输出功率减小本题，不知道外电阻与内阻大小关系，故无法判断电源输出功率的大小，故D错误10、ACD【解析】当带电粒子恰好从d点射出时，根据图中几何关系可知，轨道半径rL.设带电粒子射入磁场时速度为v，由qvBm，解得v；由qU0mv2，解得U0kB2L2，选项A正确；由左手定则可知，如果带电粒子恰好从b点射出，则粒子源发射的粒子一定带正电，选项B错误；由qU0mv2，解得，选项C正

18、确；由qvBm，解得，选项D正确；故选ACD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、 .AC .1.90 .2.00 .0.308 .两滑块总动量【解析】(1)1A导轨水平，可以消除重力分力的影响，故A正确；B滑块A的初始位置越靠近B，不利于滑块A碰前的初速度计算，故B错误；C遮光片的宽度适当窄些，处理滑块的速度越准确，故C正确；D由于A的质量较大，如果交换质量，有可能使A反弹，则不能完成该实验，故D错误。故选AC；(2)2由图乙所示纸带可知，碰撞前A的速度3两滑块碰撞后B滑块的速度大小；(3)4碰撞后滑块A的速度为碰撞后滑块A的质量和速度

19、的乘积大小为；(4)5碰撞后滑块B质量和速度的乘积大小为碰撞前滑块A的质量和速度的乘积大小为碰撞后滑块A、B的质量和速度的乘积之和为所以在误差允许的范围内，A、B两个滑块碰撞过程中的不变量是两滑块与速度乘积之和即总动量。12、 . .偏小【解析】1螺旋测微器的读数为2电路中，由于电压表分流，导致电流表测量值偏大，故根据可知电阻测量值偏小。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）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）

20、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14、 (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=3N15、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