酒泉市重點中學(xué)2023年物理高二第一學(xué)期期末教學(xué)質(zhì)量檢測模擬試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應(yīng)位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應(yīng)的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、一矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢e隨時間t的變化規(guī)律如圖所示，下列說法正確的有（）A.t1時刻線圈位于中性面B.t2時刻通過線圈的磁通量最大C.考慮保險絲的熔斷電流時應(yīng)該用EmD.一個周期內(nèi)交變電流的方向改變一次2、如圖在電場強度為E的勻強電場中，任取間距為L的A、B兩點，把試探電荷q沿三條不同路徑從A點移動到B點：沿直線AB電場力做功W1；沿折線AMB電場力做功W2；沿曲線AB電場力做功W3。關(guān)于電荷沿三條路徑從A點移動到B點的過程中，電場力做功W1、W2、W3及電勢能變化大小正確的說法是（）A.W1＜W2＜W3，沿曲線運動電勢能變化最大B.W3＜W2＜W1，沿直線運動電勢能變化最大C.W1=W2=W3=EqL，沿各條路徑電勢能變化一樣大D.W1=W2=W3=EqLcosθ，沿各條路徑電勢能變化一樣大3、兩平行通電長直導(dǎo)線M、N中的電流大小分別為I和2I，且電流方向相同．a(chǎn)、b、c、d為同一直線上的四個點，它們分別與兩直導(dǎo)線距離如圖所示，則圖中給定的四個點中，磁感應(yīng)強度最大的位置是（）A.a B.bC.c D.d4、如圖所示，一個花灑噴水頭掛在豎直墻上．開啟水龍頭后，假設(shè)噴水頭出水速度不變，噴出的水在空中做平拋運動，則下列說法正確的是A.噴水頭越高，水落地時速度越小B.水落地時的速度與噴水頭高度無關(guān)C噴水頭越高，水從噴出到落地所需時間越長D.水從噴出到落地所需時間與噴水頭高度無關(guān)5、回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其主體部分是兩個D形金屬盒，兩金屬盒處在垂直于盒底的勻強磁場中，并分別與高頻交流電源兩極相連接，從而使粒子每次經(jīng)過兩盒間的狹縫時都得到加速，如圖所示，現(xiàn)要增大帶電粒子從回旋加速器射出時的動能，下列方法可行的是（）A.增大金屬盒的半徑 B.減小狹縫間的距離C.減小磁場的磁感應(yīng)強度 D.增大高頻交流電壓6、如圖所示的電路中，輸入電壓U恒為12V，燈泡L標(biāo)有“6V12W”字樣，電動機線圈的電阻RM=0.5Ω．若燈泡恰能正常發(fā)光且電動機轉(zhuǎn)動，以下說法中正確的是（）A.電動機的輸入功率是14WB.電動機的輸出功率10WC.電動機的熱功率是1WD.整個電路消耗電功率是22W二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、如圖所示，正方形容器處在勻強磁場中，一束電子從a孔沿a→b方向垂直射入容器內(nèi)的勻強磁場中，結(jié)果一部分電子從小孔c射出，一部分電子從小孔d射出，則從c、d兩孔射出的電子A.速度之比vc∶vd＝1∶2B.在容器中運動時間之比tc∶td＝1∶2C.在容器中運動加速度之比ac∶ad＝2∶1D.在容器中運動受到向心力之比Fc∶Fd＝1∶28、如圖所示，兩個帶等量負電荷的小球A、B(可視為點電荷)，被固定在光滑的絕緣水平面上，P、N是小球A、B的連線的水平中垂線上的兩點，且PO=ON．現(xiàn)將一個電荷量很小的帶正電的小球C(可視為質(zhì)點)，由P點靜止釋放，在小球C向N點的運動的過程中，關(guān)于小球C的說法可能正確的是()A.速度先增大，再減小B.電勢能先增大，再減小C.加速度先增大再減小，過O點后，加速度先減小再增大D.加速度先減小，再增大9、圖所示，電源的電動勢為E，內(nèi)阻為r，R1為定值電阻，R2為滑動變阻器，C為電容器，L為小燈泡，電表均為理想電表，閉合開關(guān)S后，若滑動變阻器的觸頭P向下滑動時，則()A.小燈泡的功率增大B.電壓表的示數(shù)增大C.電容器上的電荷量增加D.兩表示數(shù)變化量的比值不變10、物體做變速直線運動的v﹣t圖象如圖所示，關(guān)于物體t1=1s和t2=3s時的運動情況，下列判斷正確的是（）A.速度方向相同 B.速度方向相反C.加速度大小相同 D.加速度大小不同三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）如圖所示，已知R1=10Ω，R2=20Ω，R3=20Ω，AB兩端間電壓恒為30V，若CD之間接理想電壓表，則電壓表示數(shù)U=_____V；若CD之間改接理想電流表，則電流表示數(shù)I=______A12．（12分）如圖兩個相干波源S1、S2產(chǎn)生的波在同一種均勻介質(zhì)中相遇。圖中實線表示某時刻的波峰，虛線表示某時刻的波谷，圖中所標(biāo)A、B、C、D、E，為介質(zhì)中的質(zhì)點，其中E點位于AD連線的中點，則其中處于減弱區(qū)的質(zhì)點有________，從此刻起經(jīng)四分之一周期時刻，E質(zhì)點處于_______（選填“波峰”、“波谷”、“平衡位置”）四、計算題：本題共3小題，共38分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）ABC表示豎直放在電場強度為E=104V/m的水平勻強電場中的絕緣光滑軌道，其中軌道的BC部分是半徑為R的圓環(huán)，軌道的水平部分與半圓環(huán)相切．A為水平軌道上的一點，而且AB=R=0.2m，把一質(zhì)量m=0.1kg，帶電量為q=+C的小球，放在A點由靜止釋放后，求：（g=10m/s2）(1)小球到達C點的速度大小(2)小球在C點時，軌道受到的壓力大小14．（16分）如圖，兩根間距為L＝0.5m的平行光滑金屬導(dǎo)軌間接有電動勢E＝3V、內(nèi)阻r＝1Ω的電源，導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角θ＝37°．金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置，質(zhì)量m＝0.2kg．導(dǎo)軌與金屬桿接觸良好且金屬桿與導(dǎo)軌電阻均不計，整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中．當(dāng)R0＝1Ω時，金屬桿ab剛好處于靜止?fàn)顟B(tài)，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8（1）求磁感應(yīng)強度B的大??；（2）若保持B的大小不變而將方向改為垂直于斜面向上，求金屬桿的加速度15．（12分）如圖所示，水平放置的兩塊長直平行金屬板a、b相距d=0.10m，a、b間的電場強度為E=5.0×105N/C，b板下方整個空間存在著磁感應(yīng)強度大小為B=6.0T、方向垂直紙面向里的勻強磁場.今有一質(zhì)量為m=4.8×10-25kg、電荷量為q=1.6×10-18C的帶正電的粒子(不計重力)，從貼近a板的左端以v0=1.0×106m/s的初速度水平射入勻強電場，剛好從狹縫P處穿過b板而垂直進入勻強磁場，最后粒子回到b板的Q處（圖中未畫出）．求P、Q之間的距離L

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、A【解析】A．t1時刻感應(yīng)電動勢零，磁通量最大，線圈位于中性面，故A正確；B．由圖知t2時刻，感應(yīng)電動勢為最大值，通過線圈的磁通量為零，故B錯誤；C．保險絲的熔斷電流時應(yīng)該用有效值，故C錯誤；D．一個周期內(nèi)交變電流的方向改變兩次，故D錯誤。故選A。2、D【解析】電場力做功與路徑無關(guān)，只取決于初末兩點的位置，可得根據(jù)功能關(guān)系，電勢能的減少量等于靜電力做的功即故各條路徑電勢能變化一樣大，故ABC錯誤，D正確。故選D。3、D【解析】由安培定則確定兩電流在圖示各點所產(chǎn)生磁場方向，若方向相反，磁感應(yīng)強度可能為0，若方向相同，則可能最大，從而即可求解解：兩電流在a與d兩點的B方向相同，又因長直導(dǎo)線M、N中的電流大小分別為I和2I，則a點的磁場小于d點；兩電流在b與c兩點的B的方向相反，則b與c兩點的磁場都比d點?。蔇正確，ABC錯誤；故選D【點評】考查磁場的合成，明確電流的磁感應(yīng)強度與電流的大小，距離有關(guān)，注意矢量的合成法則4、C【解析】AB．水落地時的速度，可知噴水頭越高，水落地時速度越大，選項AB錯誤；CD．根據(jù)可知，噴水頭越高，水從噴出到落地所需時間越長，選項C正確，D錯誤.5、A【解析】帶電粒子從D形盒中射出時的動能Ekm=mvm2；帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，則圓周半徑R=；聯(lián)立可得Ekm=顯然，當(dāng)帶電粒子q、m一定的，則Ekm∝R2B2即Ekm隨磁場的磁感應(yīng)強度B、D形金屬盒的半徑R的增大而增大，與加速電場的電壓和狹縫距離無關(guān)，故選A【點睛】本題回旋加速器考查電磁場的綜合應(yīng)用：在電場中始終被加速，在磁場中總是勻速圓周運動．所以容易讓學(xué)生產(chǎn)生誤解：增加射出的動能由加速電壓與縫間決定．原因是帶電粒子在電場中動能被增加，而在磁場中動能不變6、B【解析】電動機兩端的電壓U1=U-UL=12-6V=6V，整個電路中的電流I==2A，所以電動機的輸入功率P=U1I=6×2W=12W．故A錯誤．電動機的熱功率P熱=I2RM=4×0.5W=2W，則電動機的輸出功率P2=P-I2RM=12-2W=10W．故B正確，C錯誤．整個電路消耗的功率P總=UI=12×2W=24W．故D錯誤．故選B二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、BC【解析】設(shè)磁場邊長為，如圖所示，粒子從點離開，其半徑為：粒子從點離開，其半徑為：A．電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：解得：電子速率之比：故A錯誤；B．從點射出的電子的運動時間是個周期，從點射出的電子的運動時間是個周期，電子在磁場中做圓周運動的周期相同，從兩孔射出的電子在容器中運動的時間之比：故B正確；C．向心加速度：從兩孔射出的電子的加速度大小之比：故C正確；D．向心力：向心力之比：故D錯誤；故選BC。8、AD【解析】A.正電的小球受到A、B兩小球的庫侖引力，在C到O的過程中，合力方向指向CO，可知在C到O的過程中，速度增大，從O到N的過程中，合力方向指向NO，速度減小，則速度先增大后減小，故A正確。B.在C到O的過程中，合力方向指向CO，可知在C到O的過程中，電場力做正功，電勢能減小，從O到N的過程中，合力方向指向NO，電場力做負功，電勢能增大，故電勢能先減小后增大，故B錯誤。CD.正電小球在O點所受的合力為零，從C到O的過程中，合力可能先增大后減小，則加速度可能先增大后減小，過O點后，合力先增大后減小，加速度先增大后減?。灰部赡軓腃到O的過程中，合力減小，加速度減小，過O點到N過程中，合力增大，加速度增大，故C錯誤D正確。9、ABD【解析】分析電路結(jié)構(gòu)，當(dāng)滑動變阻器的觸頭P向下滑動時，電阻R2減小，分析電路中總電阻的變化，再由閉合電路歐姆定律可分析電路中電流及電壓的變化，從而判斷電容器電量的變化．根據(jù)歐姆定律分析兩表示數(shù)變化量的比值【詳解】由圖可知,L和R2串聯(lián)后和C并聯(lián)，再與R1串聯(lián)，電容器在電路穩(wěn)定時相當(dāng)于斷路；A.當(dāng)滑動變阻器的觸頭P向下滑動時，電阻R2減小，電路的總電阻減小，總電流I增大，流過小燈泡的電流增大，則小燈泡的功率增大，故A正確；B.由歐姆定律知，電壓表的示數(shù)增大，故B正確；C.電容器板間電壓UC=E?I(R1+r)，I增大，則UC減小，電容器上的電荷量減少，故C錯誤；D.|△U/△I|=R1，保持不變，故D正確故選ABD10、BC【解析】本題考查了變速直線運動的v-t圖線斜率表示加速度【詳解】AB．由運動的圖像可知物體t1＝1s和t2＝3s時的運動速度方向相反，故A項說法錯誤、B項說法正確；CD．t1=1s和t2=3s時v-t圖線斜率相同，v-t圖線斜率表示加速度，即加速度方向相同，故C項說法正確、D項說法錯誤；三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、①.20②.0.75【解析】若CD之間接理想電壓表，則電阻與串聯(lián)；若CD之間改接理想電流表，則電阻與并聯(lián)后與串聯(lián)；根據(jù)串并聯(lián)電路電壓和電流關(guān)系列式求解即可若CD之間接理想電壓表，則電阻與串聯(lián)，故電壓表讀數(shù)為；若CD之間改接理想電流表，則電阻與并聯(lián)后與串聯(lián)，則電流表示數(shù)為；12、①.B、C②.波谷【解析】[1]．因為B、C兩點是峰谷相遇點，是處于減弱區(qū)的質(zhì)點；[2]．E點處于峰峰相遇的A點與谷谷相遇的D點連線的中點，可知此時刻位于平衡位置，則從此刻起經(jīng)四分之一周期時刻，E質(zhì)點處于波谷.四、計算題：本題共3小題，共38分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13、(1)(2)3N【解析】(1)設(shè)小球在C點的速度大小是vC，則對于小球由A→C的過程中，由動能定理得：解得：(2)小球在C點時受力分析如圖由牛頓第二定律得：解得：由牛頓第三定律可知，小球?qū)壍缐毫Γ篘C′=NC=3N14、（1）2T；（2）1.5m/s2，方向沿斜面向上【解析】（1）當(dāng)R0=1Ω時，根據(jù)閉合電路的歐姆定律求解電流強度，由平衡條件求解磁感應(yīng)強度；（2）若保持B的大小不變而將方向改為垂直于斜面向上，此時安培力的方向沿斜面向上，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度大小【詳解】（1）當(dāng)R0＝1Ω時，根據(jù)閉合電