山東省梁山一中、嘉祥一中2023年物理高二第一學(xué)期期末復(fù)習(xí)檢測試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應(yīng)位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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、如圖所示，將條形磁鐵分別以速度和2插入線圈，電流表指針偏轉(zhuǎn)角度（）A.以速度插入時大B.以速度2插入時大C.一樣大D.不能確定2、如圖，電源的電動勢為E，內(nèi)阻為。R1為定值電阻，R2為滑動變阻器、B為水平放置的平行金屬板，L為小燈泡，電表均為理想電表。開關(guān)S閉合后，A、B板間有一帶電油滴恰好處于靜止狀態(tài)。則在滑動變阻器的觸頭P向下滑動的過程中A.電壓表的示數(shù)增大 B.油滴向上加速運動C.板上電荷量減少 D.兩表示數(shù)變化量的比值變大3、如圖所示，兩足夠長光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)體棒MN垂直跨在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，整個裝置處在垂直于紙面向里的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B。電容器的電容為C，除電阻R外，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均不計?，F(xiàn)給導(dǎo)體棒MN一初速度，使MN向右運動，下列判斷正確的是（）A.MN最終勻速B.R中有從右向左的恒定電流C.MN向右做減速運動，最終停止D.MN兩端電勢差總大于電容器兩極板間的電勢差4、如圖所示的電路，兩電表均為理想電表，電源的內(nèi)阻不可忽略．開始時滑片位于圖示的位置，則在滑片向上滑動的過程中，下列選項正確的是()A.流過R1的電流逐漸減小B.兩電表的示數(shù)均減小C.電壓表的示數(shù)減小，電流表的示數(shù)增大D.電源的總功率減小5、圖中所示為某種質(zhì)譜儀的工作原理示意圖．此質(zhì)譜儀由以下幾部分構(gòu)成：粒子源N；P、Q間的加速電場；靜電分析器，即中心線半徑為R的四分之一圓形通道，通道內(nèi)有均勻輻射電場，方向沿徑向指向圓心O，且與圓心O等距的各點電場強度大小相等；磁感應(yīng)強度為B的有界勻強磁場，方向垂直紙面向外；膠片M．由粒子源發(fā)出的不同帶電粒子，經(jīng)加速電場加速后進入靜電分析器，某些粒子能沿中心線通過靜電分析器并經(jīng)小孔S垂直磁場邊界進入磁場，最終打到膠片上的某點．粒子從粒子源發(fā)出時的初速度不同，不計粒子所受重力．下列說法中正確的是A.從小孔S進入磁場的粒子速度大小一定相等B.從小孔S進入磁場的粒子動能一定相等C.打到膠片上同一點的粒子速度大小一定相等D.打到膠片上位置距離O點越遠的粒子，比荷越大6、有四個金屬導(dǎo)體，他們的伏安特性曲線如圖所示，將這四個導(dǎo)體串聯(lián)在同一個電路中，兩端電壓最大的導(dǎo)體是A.aB.bC.cD.d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、如圖甲所示，粗糙平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ所在平面與水平面成θ角，M、N兩端接一電阻R，整個裝置處于方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中。t=0時對金屬棒施加一平行于導(dǎo)軌的外力F，使金屬棒由靜止開始沿導(dǎo)軌向上運動，金屬棒電阻為r，導(dǎo)軌電阻忽略不計。已知金屬棒的速度v隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示.下列關(guān)于外力F、閉合回路中磁通量的變化率隨時間t變化的圖象，流過R的電荷量q、通過電阻R的感應(yīng)電流I隨金屬棒的位移x的變化圖像可能正確的是（）A. B.C. D.8、庫侖定律的適用范圍是（）A.真空中兩個帶電球體間的相互作用B.真空中任意帶電體間的相互作用C.真空中兩個點電荷間的相互作用D.真空中兩個帶電體的大小遠小于它們之間的距離，則可應(yīng)用庫侖定律9、全自動洗衣機中的排水閥是由程序控制器控制其動作的，當(dāng)進行排水和脫水工序時，控制鐵芯1的線圈通電，使鐵芯2運動，從而牽引排水閥的閥門，排除污水，如圖所示．以下說法中正確的是()A.若輸入的控制電流由a流入，由b流出，則鐵芯2中A端為N極，B端為S極B.若輸入的控制電流由a流入，由b流出，則鐵芯2中A端為S極，B端為N極C.若a、b處輸入正、負交變電流，鐵芯2不能被吸入線圈中D.若a、b處輸入正、負交變電流，鐵芯2仍能被吸入線圈中10、如圖，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B．M為磁場邊界上一點有無數(shù)個帶電量為q、質(zhì)量為m的相同粒子（不計重力）在紙面內(nèi)向各個方向以相同的速率通過M點進入磁場，這些粒子射出邊界的位置均處于邊界的某一段圓弧上，這段圓弧的弧長是圓周長的．下列說法正確的是（）A.粒子從M點進入磁場時的速率為B.粒子從M點進入磁場時的速率為C.若將磁感應(yīng)強度的大小增加到，則粒子射出邊界的圓弧長度變?yōu)樵瓉鞤.若將磁感應(yīng)強度的大小增加到，則粒子射出邊界的圓弧長度變?yōu)樵瓉砣嶒烆}：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）根據(jù)下圖所示i-t圖象寫出電壓的瞬時值表達式_______電壓的有效值_________周期_________頻率_________12．（12分）如圖甲所示，某學(xué)習(xí)小組利用單擺測當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣取Ｔ跍y量單擺周期時，某同學(xué)在擺球某次通過最低點時，按下停表開始計時，同時數(shù)“1”當(dāng)擺球第二次通過最低點時數(shù)“2“，依此法往下數(shù)，當(dāng)他數(shù)到“59”時，停表停止計時，讀出這段時間t。則該單擺的周期為______。由于沒有游標卡尺，無法測量小球的直徑，于是小組同學(xué)改變擺線長L，分別測出對應(yīng)的單擺周期T，作出圖象如圖乙所示，根據(jù)圖象，小組同學(xué)得到了圖線在橫軸上的截距為a，圖線的斜率為k，則小球的直徑為______，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹開_____。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）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L14．（16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15．（12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剛好處于靜止狀態(tài)，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8（1）求磁感應(yīng)強度B的大?。唬?）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

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、B【解析】由法拉第電磁感應(yīng)定律：，可知閉合電路中感應(yīng)電動勢的大小，跟穿過這一閉合電路的磁通量的變化率成正比，以速度2插入時，回路產(chǎn)生的電動勢大，回路電流大，電流表指針偏轉(zhuǎn)角度大B正確2、B【解析】滑動變阻器的觸頭P向下滑動的過程中，滑動變阻器接入電路中的電阻增大，根據(jù)“串反并同”，由于定值電阻R1與滑動變阻器串聯(lián)，所以電壓表示數(shù)變小，電容器與滑動變阻器并聯(lián)，所以電容器兩端電壓變大，由公式可知，板間電場強度變大，電場力變大，所以油滴向上加速運動，由公式可知，板上的電荷量變大，電壓表測的是電阻R1兩端的電壓，電流表測的是流過R1的電流，所以兩表示數(shù)變化量的比值即為R1的阻值即不變，故B正確。故選B。3、A【解析】ACD．導(dǎo)線MN以某一初速度向右運動后，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，給電容器充電，電路中有充電電流，MN受到向左的安培力而做減速運動，電容器板間電勢差逐漸增大，當(dāng)MN兩端電勢差等于電容器兩極板間的電勢差時，電路中沒有電流，MN不再受安培力而做勻速運動，故A正確，CD錯誤。B．經(jīng)足夠長時間后，R中沒有電流，故B錯誤。故選A。4、B【解析】由滑片的移動可知滑動變阻器接入電阻的變化，則由閉合電路歐姆定律可得出電路中電流的變化及路端電壓的變化，再分析局部電路可得出電流表中示數(shù)的變化【詳解】當(dāng)滑片上移時，滑動變阻器接入電阻減小，則外電路總電阻減小，電路中總電流變大，電源的內(nèi)電壓變大，則由閉合電路歐姆定律可知，電路的路端電壓減小，故電壓表示數(shù)減?。涣鬟^R1的電流逐漸變大，由歐姆定律可知，R1上的分壓變大，而路端電壓減小，故并聯(lián)部分的電壓減小，則電流表示數(shù)減小，故B正確，AC錯誤；電源的總功率P=IE變大，選項D錯誤；故選B【點睛】分析閉合電路的歐姆定律的動態(tài)分析的題目時，一般要按先外電路、再內(nèi)電路、后外電路的思路進行分析；重點分析電路中的路端電壓、總電流及部分電路的電流及電壓變化5、C【解析】對粒子加速過程有：，粒子經(jīng)過圓形通道后從S射出后，速度不變，與v相同，可見比荷不同，速度就不同，A錯誤；粒子的動能取決于電量，電量不同動能不同，B錯誤；打到膠片上的位置取決于半徑，可見打到膠片相同位置的粒子只與比荷有關(guān)，由前面分析之，比荷相同，速度相同，C正確；由r的表達式知，打到膠片上位置距離O點越遠的粒子，比荷越小，D錯誤考點：帶電粒子在復(fù)合場中的運動和質(zhì)譜儀的有關(guān)知識6、D【解析】圖象的斜率表示電阻，則由圖象可知，d圖象的斜率最大，故d電阻的阻值最大；串聯(lián)在電路中各電阻電流相等，則由歐姆定律可得，d電阻兩端的電壓最大A、A項與上述分析結(jié)論不相符，故A錯誤；B、B項與上述分析結(jié)論不相符，故B錯誤；C、C項與上述分析結(jié)論不相符，故C錯誤；D、D項與上述分析結(jié)論相符，故D正確二、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、CD【解析】A．由圖乙可知，金屬棒開始做勻加速直線運動，后做勻速運動，由牛頓第二定律可知，勻加速時此過程力F與時間成線性關(guān)系，但不是成正比，即不過原點，A錯誤；B．勻加速過程中磁通量變化率為此過程磁通量變化率與時間成正比，勻速過程此過程磁通量變化率不變，B錯誤；C．流過電阻的電荷量為所以電荷量與位移成正比，C正確；D．勻加速過程中有則電流為勻速過程中此過程中電流不變，D正確。故選CD。8、CD【解析】庫侖定律適用于真空中的點電荷，或者帶電體大小遠小于它們之間距離（即也可看成點電荷），故CD正確，AB錯誤9、AD【解析】根據(jù)右手螺旋定則可確定通電線圈磁場的分布，從而可得出鐵芯2磁場的分布；若接入交變電流，根據(jù)磁化規(guī)律可知仍能被吸引【詳解】AB.若輸入的控制電流由a流入，由b流出，則根據(jù)右手螺旋定則可知，鐵芯1右端是S極，左端是N極．那么鐵芯2被磁化，A端為N極，B端為S極，故A正確，B錯誤；C.若a、b處輸入的是正、負交變電流，鐵芯2仍能被吸入線圈，因為鐵芯仍能被磁化，且磁化后的磁性總是與線圈要發(fā)生相吸的作用；故C錯誤，D正確；故選AD.10、BD【解析】A、邊界上有粒子射出的范圍是偏轉(zhuǎn)圓直徑為弦所對應(yīng)的邊界圓弧長，即偏轉(zhuǎn)圓半徑，所以，，故A錯誤，B正確；C、磁感應(yīng)強度增加到原來的倍，那么，偏轉(zhuǎn)圓半徑，所以，偏轉(zhuǎn)圓直徑對應(yīng)的弦長為R，有粒子射出的邊界圓弧對應(yīng)的圓心角為，所以粒子射出邊界的圓弧長度變?yōu)樵瓉?，故C錯誤，D正確三、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、①.②.③.0.02s④.50Hz【解析】根據(jù)圖象可知交流電的有效值以及周期等物理量，然后進一步可求出其瞬時值的表達式【詳解】由圖可知周期T=0.02s，頻率，角速度，所以該交流電壓的瞬時值是；電壓的有效值：12、①.②.2a③.【解析】（1）單擺完成一次全振動需要的時間是一個周期，單擺周期：（2）由單擺周期公式：，整理得：，圖線的斜率：，橫軸截距：，小球直徑：，重力加速度：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、8cm【解析】粒子a板左端運動到P處，由動能定理得代入有關(guān)數(shù)據(jù)，解得，代入數(shù)據(jù)得θ=30°粒子在磁場中做勻速圓周運動，圓心為O，半徑為r，如圖由幾何關(guān)系得聯(lián)立求得代入數(shù)據(jù)解得14、(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=3N15、（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