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天津市第四十一中学2022-2023高二物理上学期期末试题(Word版含解析)

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2022-2023学年高二年级上学期物理学科线上模拟练习一、选择题(本题共9个小题。第1~5题只有一个选项正确,每小题5分。第6~9题有多项正确,每小题全部选对的得5分,选不全的得3分,有选错的或不答的得0分)1.下述说法中正确的是(  )A.根据E=,可知电场中某点的场强与电场力成正比B.根据E=,可知电场中某点的场强与形成电场的点电荷的电荷量成正比C.根据场强叠加原理,可知合电场的场强一定大于分电场的场强D.电场线就是点电荷在电场中运动的轨迹【答案】B【解析】【详解】A.E=是定义式,场强大小由电场本身决定,与试探电荷的受力无关,选项A错误;B.E=是决定式,点电荷产生的电场场强大小与形成电场的点电荷的电荷量成正比,选项B正确;C.场强的叠加遵循平行四边形定则,合场强大于等于两个分场强之差,小于等于两个分场强之和,不一定大于分场强,选项C错误;D.电场线是人为想象出来用来模拟静电场的曲线,并不表示粒子运动的轨迹,选项D错误。故选B。2.三个质量均为m电荷量均为q的质子1、2和3分别以大小相等的初速度v经平板MN上的小孔O射入匀强磁场,各初速度的方向如图所示,磁场方向垂直纸面向里磁感应强度大小为B,整个装置处在真空中,且不计质子重力.最终这三个质子打到平板MN上的位置到小孔的距离分别为s1、s2和s3,则以下正确的是()As1<s2<s3B.s2>s3>s1第13页/共13页学科网(北京)股份有限公司 C.s1=s3<s2=D.s1=s3<s2=【答案】C【解析】【详解】三个质子速度大小相等,根据:可知,质子运动的半径相同;1和3与MN板的夹角相等,根据对称性可知这两个质子的轨迹恰好构成一个完整的圆,所以1和3打到MN板上的位置到小孔的距离相等,长度为圆的弦长(小于直径);2粒子垂直入射,垂直出射,打到MN板上的位置到小孔的距离为直径:所以,故C正确,ABD错误故选C.3.如图所示,水平桌面上放有一个闭合铝环,在铝环轴线上方有一个条形磁体。当条形磁体沿轴线竖直向下迅速移动时,下列判断正确的是(  )A.铝环有收缩的趋势,对桌面的压力增大B.铝环有收缩的趋势,对桌面的压力减小C.铝环有扩张趋势,对桌面的压力减小D.铝环有扩张的趋势,对桌面的压力增大【答案】A【解析】【分析】【详解】根据楞次定律可知:当条形磁体沿轴线竖直向下迅速移动时,闭合铝环内的磁通量增加,因此铝环有收缩的趋势,同时有远离磁体的趋势,从而阻碍磁通量的增加,故增加了和桌面的挤压程度,从而使铝环对桌面的压力增加,故选项A正确,BCD错误。故选A。4.如图所示,带箭头的线表示某一电场的电场线.在电场力作用下,一带电粒子(不计重力)经A点飞向B点,径迹如图中虚线所示,下面说法中正确的是()第13页/共13页学科网(北京)股份有限公司 A.粒子带负电,且在A点加速度大B.粒子带正电,且在B点加速度大C.粒子在A点动能大,电势能也大D.粒子在A点动能大,电势能小【答案】D【解析】【详解】AB.曲线运动所受合外力指向轨迹的凹侧,根据粒子的运动轨迹可知粒子带负电,根据牛顿第二定律:可知B处的电场线密集,,则,故AB错误;CD.沿电场线方向,电势降低:粒子带负电,电势能关系:粒子仅受电场力,电势能和动能相互转化,动能关系:故C错误,D正确。故选D.5.带正电的甲、乙、丙三个粒子(不计重力)分别以v甲、v乙、v丙速度垂直射入电场和磁场相互垂直的复合场中,其轨迹如图所示,则下列说法正确的是()Av甲<v乙<v丙B.v甲=v丙<v乙C.电场力对丙做正功,动能增大D.电场力对甲做正功,动能增大【答案】C【解析】【详解】AB.分别对三个粒子受力分析,根据运动轨迹可知:第13页/共13页学科网(北京)股份有限公司 可知:,故AB错误;C.丙粒子受到的电场力竖直向下,电场力做正功,动能增加,故C正确;D.甲粒子受到的电场力竖直向下,电场力做负功,动能减少,故D错误。故选C.6.如图所示,带电量相等、质量不同的带电粒子a和b从带电平行板M的边缘沿平行于极板的方向以相同的初动能进入M、N两极板间的匀强电场中且最终都飞离电场,a恰好能从N板的右缘飞出,不计重力作用,则()A.b粒子飞出电场时的位置一定与a相同B.b粒子飞出电场时的位置位于两板中点C.两粒子飞出电场时动能一定相等D.两粒子飞出电场时的动能不一定相等【答案】AC【解析】【详解】AB.粒子在偏转电场中做平抛运动穿过极板,极板长度为,分解位移:电场力提供加速度,极板间距为:解得偏转位移:,当时,动能满足:根据题意可知两粒子带电量相等,初动能相同,所以两粒子均满足上述方程,则b粒子飞出电场时的位置一定与a相同,故A正确,B错误;CD.粒子运动过程中只有电场力做功,根据动能定理:第13页/共13页学科网(北京)股份有限公司 结合AB选项的分析可知,两粒子飞出电场时的动能一定相等,故C正确,D错误。故选AC.7.质量为m、带电荷量为q的小物块,从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑,整个斜面置于方向水平向里的匀强磁场中,磁感应强度为B,如图所示.若带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零,下面说法中正确的是()A.小物块下滑时受洛伦兹力方向垂直斜面向下B.小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动且加速度为gsinθC.小物块在斜面上运动时做加速度增大,而速度也增大的变加速直线运动D.小物块在斜面上从下滑到对斜面压力为零用的时间为【答案】BD【解析】【详解】A.带电小物块能够离开斜面,速度沿斜面向下,根据左手定则可知洛伦兹力应垂直斜面向上,故A错误;BC.对小物块受力分析,沿斜面方向根据牛顿第二定律:解得加速度:,小物块做匀加速直线运动,故B正确,C错误;D.小物块对斜面压力为零,在垂直于斜面方向:从静止到离开斜面用时:故D正确。故选BD.8.如图所示,已知回旋加速器的匀强磁场的磁感应强度为B,D形金属盒的半径为R,狭缝间的距离为d,加在两D形金属盒间电压为U。一个电荷量为q,质量为m的带电粒子在回旋加速器的中心从速度为O开始加速,当它离开回旋加速器时的动能为Ek。要使该粒子离开回旋加速器时的动能大于Ek,则下列方法中正确的是第13页/共13页学科网(北京)股份有限公司 A.只增大两D形金属盒间的电压UB.只增大狭缝间的距离dC.只增大匀强磁场的磁感应强度BD.只增大D形金属盒的半径R【答案】CD【解析】【详解】ABCD.由解得则动能为由此可知动能与加速的电压无关,狭缝间的距离无关,与磁感应强度大小和D形盒的半径有关,增大磁感应强度和D形盒的半径,可以增加粒子的动能,故A,B错误,C,D正确。故选CD。9.如图所示,平行金属板中带电质点P原处于静止状态,不考虑电流表和电压表对电路的影响,当滑动变阻器R4的滑片向a端移动时,则()A.电压表读数变大B.电流表读数变大C.质点P将向上运动D.R1上消耗的功率逐渐增大【答案】BD【解析】第13页/共13页学科网(北京)股份有限公司 【详解】AB.由图可知,R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后,再与R1串联接在电源两端;电容器与R3并联;当滑动变阻器R4的滑片向a移动时,滑动变阻器接入电阻减小,则电路中总电阻减小;由闭合电路欧姆定律可知,电路中电流增大;路端电压减小,同时R1两端的电压也增大,故并联部分的电压减小;由欧姆定律可知流过R3的电流减小,流过并联部分的总电流增大,故电流表示数增大;因并联部分电压减小,而R2中电压增大,故电压表示数减小.故A不符合题意,B符合题意.C.因电容器两端电压减小,故电荷受到的向上电场力减小,则重力大于电场力,合力向下,质点将向下运动.故C不符合题意.D.由于流过R1的电流增大,根据,可知R1上消耗的功率逐渐增大.故D符合题意.二、实验题(共18分。)10.(1)用多用电表电阻挡“×10”测量某电阻时读数为___________Ω。(2)有一个小灯泡上标有“4V,2W”的字样,现在要用伏安法描绘这个小灯泡的伏安特性曲线,现有下列器材供选用:A.电压表V1(0~6V,内阻约10kΩ)B.电压表V2(0~15V,内阻约20kΩ)C.电流表A1(0~0.3A,内阻约1Ω)D.电流表A2(0~0.6A,内阻约0.4Ω)E.滑动变阻器R1(0~10Ω)F.滑动变阻器R2(0~100Ω)G.学生电源(直流6V)、开关及导线①为了调节方便,测量尽可能准确,实验中应选用电压表___________,电流表___________,滑动变阻器___________。(填器材前的选项符号)②为使实验误差尽量减小,要求从零开始多取几组数据,请用①中所选的仪器在答题卡的虚线框中画出实验电路图。___________第13页/共13页学科网(北京)股份有限公司 ③如按图中方法测量,测量结果将比真实值___________。(选填“偏大”或“偏小”)(3)利用电流表和电压表测定电源的电动势和内电阻。要求尽量减小实验误差。①应该选择的实验电路是图中的___________(选填“甲”或“乙”)。②如图是根据本次实验记录数据画出的U-I图像,则电动势E=___________V,内阻r=___________Ω【答案】①.120②.A③.D④.E⑤.⑥.偏小⑦.甲⑧.3.0⑨.1.0【解析】【详解】(1)[1]选用“×10”欧姆挡时读数=刻度盘读数×倍率,即R=12.0×10Ω=120Ω(2)①[2][3][4]因灯泡的额定电压为4V,为保证安全选用的电压表量程应稍大于4V,但不能大太多,量程太大则示数不准确;故只能选用0~6V的电压表,故选A;而灯泡的额定电流为为保证安全选用的电流表量程应稍大于0.5A,故选D(0.6A);而由题意要求可知,电压从零开始变化,并要多测几组数据,故只能采用滑动变阻器分压接法,而分压接法中应选总阻值小的滑动变阻器,故选E;(3)②[5]灯泡电阻第13页/共13页学科网(北京)股份有限公司 因可知灯泡电阻是个小电阻,选用电流表的外接法可以减小系统误差;由题意要求可知电压从零开始变化并要多测几组数据,故只能采用滑动变阻器分压接法;电路如图所示③[6]由于电压表分流作用导致测量值比真实值大,因此电阻测量值偏小;(3)①[7]甲图中路端电压测量准确,由于电压表分流导致实验误差;乙图中干路电流测量准确,电流表分压导致实验误差;电压表的内阻较大,分流不明显,电流表的内阻和电源内阻较为接近,分压明显,所以选择甲电路图合理;(2)②[8]根据闭合电路欧姆定律:可知与纵轴的截距为电动势:[9]斜率为内阻:三、计算题。(本题共2小题,11题17分,12题20分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位。)11.如图甲所示,两根足够长的平行光滑金属导轨固定放置在水平面上,间距L=0.2m,一端通过导线与阻值为R=1Ω的电阻连接;导轨上放一质量为m=0.5kg的金属杆,金属杆与导轨的电阻均忽略不计,整个装置处于竖直向上的大小为B=0.5T的匀强磁场中.现用与导轨平行的拉力F作用在金属杆上,金属杆运动的v-t图象如图乙所示.(g=10m/s2)求:(1)t=10s时拉力的大小及电路的发热功率;第13页/共13页学科网(北京)股份有限公司 (2)在0~10s内,通过电阻R的电量.【答案】(1),;(2)【解析】【详解】(1)由v-t图象可知:①由牛顿第二定律:②③④⑤(或由图可知,t=10s时,v=4m/s)⑥联立以上各式,代入数据得:⑦⑧(2)由电量的定义⑨⑩联立以上各式,代入数据得:【点睛】该题为电磁感应与动力学综合的问题,解决本题的关键理清导体棒的运动情况,知道速度图象的斜率等于加速度,能根据相关规律推导出电量的表达式.12.如图所示,xOy坐标内在的区域,存在以ON为界的磁感应强度大小分别为B1=B2=1T的反向匀强磁场,磁场方向均垂直xOy平面。在x>6m的区域内存在沿y轴负方向的匀强电场,场强大小为。现有比荷的带正电粒子(不计重力),从A板由静止出发,经加速电压(电压可调)加速后从坐标原点O沿x轴正方向射入磁场B1中;已知ON分界线上有一点P,P点坐标为(3m,)。则:(1)要使该带电粒子经过P点,求最大的加速电压U0;(2)满足第(1)问加速电压的条件下,求粒子再次通过x轴时的速度大小及此时到坐标原第13页/共13页学科网(北京)股份有限公司 点O的距离;(3)从粒子经过坐标原点O开始计时,求粒子到达P点的可能时间。【答案】(1);(2),;(3)(其中n=1,2,3,…)【解析】【详解】(1)加速电压最大时,粒子进入磁场中的半径最大,如图1所示,由几何知识可知又代入数据解得电场加速有代入数据解得第13页/共13页学科网(北京)股份有限公司 (2)粒子运动轨迹如图1所示,粒子经过N点,其坐标为,设再次到达x轴的位置为M点,N到M过程x轴方向有y轴方向有由动能定理解得所以M点到O点的距离为(3)粒子在磁场中做圆周运动有又解得周期与速度无关,粒子通过P点还可能如图2所示:考虑重复性,有第13页/共13页学科网(北京)股份有限公司 (其中n=1,2,3,…)【点睛】掌握平抛运动的处理方法并能运用到类平抛运动中,粒子在磁场中做匀速圆周运动,能正确的画出运动轨迹,并根据几何关系确定各量之间的关系。第13页/共13页学科网(北京)股份有限公司

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所属: 高中 - 物理
发布时间:2023-02-23 09:12:02 页数:13
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文章作者:随遇而安

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