2023-2024學年安徽省蚌埠二中物理高二第一學期期末教學質量檢測模擬試題考生須知：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、下列有關磁場的說法中正確的是（）A.某處磁感應強度的大小跟放在該處的通電導線受力的大小、電流大小和導線長短有關B.磁場中某處磁感應強度的方向就是位于該處的通電導線所受安培力的方向C.磁感線切線方向表示磁場方向，其疏密表示磁感應強度的大小D.一小段通電導線在某處不受磁場力的作用，則該處磁感應強度一定為零2、如圖1所示，兩根光滑平行導軌水平放置，間距為L，其間有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B．垂直于導軌水平對稱放置一根均勻金屬棒．從t＝0時刻起，棒上有如圖2的變化電流I、周期為T，電流值為I，圖1中I所示方向為電流正方向．則金屬棒（）A.在一個周期內先向右移動再向左移動B.在一個周期內加速度保持不變C.受到的安培力在一個周期內都做正功D.在一個周期內動能先增大后減小3、一質量為m＝1kg物體在水平恒力F作用下沿直線水平運動，1s末撤去恒力F，其v－t圖象如圖所示，則恒力F和物體所受阻力Ff的大小是（）A.F＝9N，Ff＝2N B.F＝8N，Ff＝3NC.F＝8N，Ff＝2N D.F＝9N，Ff＝3N4、當在電場中某點放入電量為q的正試探電荷時，測得該點的場強為E，若在同一點放入電量的負試探電荷時，測得該點的場強（）A.大小為2E，方向與E相同 B.大小為2E，方向與E相反C.大小為E，方向與E相同 D.大小為E，方向與E相反5、如圖所示為一種獲得高能粒子的裝置——環形加速器，環形區域內存在垂直紙面向外的勻強磁場．質量為m、電荷量為＋q的粒子在環中做半徑為R的圓周運動．A、B為兩塊中心開有小孔的極板，原來電勢都為零，每當粒子飛經A板時，A板電勢升高為＋U，B板電勢仍保持為零，粒子在兩極板間的電場中加速．每當粒子離開電場區域時，A板電勢又降為零，粒子在電場一次次加速下動能不斷增大，而在環形區域內繞行半徑不變（設極板間距遠小于R）．下列關于環形加速器的說法中正確的是（）A.環形區域內的磁感應強度大小Bn與加速次數n之間的關系為＝B.環形區域內的磁感應強度大小Bn與加速次數n之間的關系為C.A、B板之間的電壓可以始終保持不變D.粒子每次繞行一圈所需的時間tn與加速次數n之間的關系為＝6、下列說法正確的是（）A.以牛頓運動定律為基礎的經典力學因其局限性而沒有存在的價值B.物理學的發展，使人們認識到經典力學有它的適用范圍C.相對論和量子力學的出現，是對經典力學的全盤否定D.經典力學對處理高速運動的宏觀物體具有相當高的實用價值二、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，電源的電動勢E=12V，內阻r=2Ω，直流電動機額定功率為6W，額定電壓為3V，內阻R0=0.5Ω，調節滑動變阻器R，使電動機剛好正常工作，則此時滑動變阻器通以電流部分的阻值R和電動機的輸出功率P分別為（）A.R=2.5ΩB.R=3.5ΩC.P=2WD.P=4W8、如圖甲所示，足夠長的水平光滑平行金屬導軌MN、PQ，兩導軌間距為1m，范圍足夠大的勻強磁場方向豎直向上，導軌M、P之間連接一個阻值為3Ω的電阻R，金屬棒ab垂直于導軌放置并用細線通過光滑的定滑輪與重物相連，細線對導軌的拉力平行于導軌，金屬棒ab的質量為0.2kg、有效電阻為0.5Ω，重物的質量為0.4kg。將重物和金屬棒由靜止釋放，金屬棒的位移與時間的關系如圖乙所示，其中0.4s~0.6s內的圖線為直線，導軌的電阻不計，g=10m/s2。下列說法正確的是（）A.t=0時刻金屬棒的加速度大小為10m/s2B.磁場的磁感應強度大小為2TC.在0～0.6s內通過電阻R的電荷量為0.8CD.在0～0.6s內電阻R產生的熱量為1.925J9、如圖1所示，兩根光滑平行導軌水平放置，間距為L，其間有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B.垂直于導軌水平對稱放置一根均勻金屬棒．從t＝0時刻起，棒上有如圖2所示的持續交變電流I，周期為T，最大值為Im，圖1中I所示方向為電流正方向．則金屬棒A.一直向右移動 B.速度隨時間周期性變化C.受到的安培力大小不隨時間而變化 D.受到的安培力在一個周期內做正功10、如圖甲、乙兩圖是電子技術中的常用電路,a、b是各部分電路的輸入端,其中輸入的交流高頻成分用“?”表示,交流低頻成分用“~”表示,直流成分用“—”表示．關于兩圖中負載電阻R上得到的電流特征是()A.圖甲中R得到的是交流成分B.圖甲中R得到的是直流成分C.圖乙中R得到的是低頻成分D.圖乙中R得到的是高頻成分三、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）某同學為測量一個圓柱狀導體材料的電阻率，利用了游標卡尺、螺旋測微器、歐姆表測量該導體的長度、粗細、電阻值。⑴用螺旋測微器測截面直徑如圖甲所示，則該材料的直徑為_______mm；用20分度的游標卡尺測量長度如圖乙所示，但該游標卡尺的游標尺前面部分刻度值被污漬覆蓋看不清，對齊部分已標注，該材料長度為________cm。⑵用多用電表試測時發現材料的電阻大約是300Ω，為測量盡量準確，應該選擇歐姆檔的___________檔位進行測量。（表盤如圖所示）12．（12分）在“測定金屬電阻率”的實驗中，用螺旋測微器測量電阻絲直徑，如圖所示，則該電阻絲直徑的測量值d=__________mm；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）如圖，兩根間距為L＝0.5m的平行光滑金屬導軌間接有電動勢E＝3V、內阻r＝1Ω的電源，導軌平面與水平面間的夾角θ＝37°．金屬桿ab垂直導軌放置，質量m＝0.2kg．導軌與金屬桿接觸良好且金屬桿與導軌電阻均不計，整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中．當R0＝1Ω時，金屬桿ab剛好處于靜止狀態，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8（1）求磁感應強度B的大小；（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）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，軌道的水平部分與半圓環相切．A為水平軌道上的一點，而且AB=R=0.2m，把一質量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

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、C【解析】磁感應強度是描述磁場強弱的物理量，通過電流元垂直放置于磁場中所受磁場力與電流元的比值來定義磁感應強度．比值與磁場力及電流元均無關．電流元所受磁場力是由左手定則來確定【詳解】磁感應強度的大小跟垂直放在磁場中的通電導線受力的大小沒有關系，與通電導線電流大小也沒有關系，它由磁場的性質決定,故A、D都錯誤；垂直與磁場方向放置的通電導線的受力方向與磁感應強度的方向垂直，故B錯誤；磁感線切線方向表示磁場方向，其疏密表示磁感應強度的大小，C正確【點睛】磁感應強度是通過比值定義得來，例如電場強度也是這種定義，電場強度與電場力及電荷量均沒有關系．再如密度也是，密度與物體的質量及體積均無關．同時電流元放入磁場中不一定有磁場力，還受放置的角度有關2、D【解析】根據左手定則判斷出安培力的方向，結合加速度方向與速度方向的關系判斷金屬棒的運動規律．從而得出速度、安培力隨時間的變化規律，根據安培力的做功情況判斷動能變化【詳解】根據左手定則知，導體棒開始所受的安培力方向水平向右，根據F＝BIL知，安培力在第一個T/2內做勻加速直線運動，在第二個T/2內，安培力方向水平向左，大小不變，做勻減速直線運動，根據運動的對稱性知，一個周期末速度為零，金屬棒的速度方向未變；知金屬棒一直向右移動，先向右做勻加速直線運動，再向右做勻減速運動，加速度大小不變，方向改變，速度隨時間周期性變化；安培力在一個周期內先做正功，后做負功，在一個周期內動能先增大后減小．故ABC錯誤，D正確．故選D【點睛】解決本題的關鍵掌握安培力的方向判斷，會根據金屬棒的受力情況判斷其運動情況是解決本題的基礎3、D【解析】根據圖線分別求出勻加速直線運動和勻減速直線運動的加速度大小，根據牛頓第二定律求出恒力F和阻力的大小【詳解】由圖線知，勻加速直線運動的加速度勻減速直線運動的加速度大小根據牛頓第二定律得F-Ff=ma1Ff=ma2解得F=9NFf=3N故D正確、ABC錯誤故選D。【點睛】本題考查了牛頓第二定律的基本運用，通過圖線得出加速度，結合牛頓第二定律進行求解4、C【解析】電場強度由電場本身決定，與放入的試探電荷無關，故選C。5、B【解析】因粒子每繞行一圈，其增加的能量為qU，所以，繞行第n圈時獲得總動能為，得第n圈的速度．在磁場中，由牛頓第二定律得，解得，所以，A錯誤、B正確；如果A、B板之間的電壓始終保持不變，粒子在A、B兩極板之間飛行時，電場力對其做功qU，從而使之加速，在磁場內飛行時，電場又對粒子做功－qU，從而使之減速．粒子繞行一周電場對其所做總功為零，動能不會增加，達不到加速效果，C錯誤；根據得，得，D錯誤；故選B【點睛】此題考查帶電粒子在電場力作用下運動問題，電場力做功從而獲得動能，掌握動能定理、牛頓第二定律與向心力公式的應用，掌握粒子做勻速圓周運動的周期公式，及運用數學的通項式；此題不僅考查物理基本規律的運用，也考查數學計算能力.6、B【解析】牛頓運動定律能夠解決宏觀物體的低速運動問題，在生產、生活及科技方面起著重要作用；解決問題時雖然有一定誤差，但誤差極其微小，可以忽略不計；故經典力學仍可在一定范圍內適用．雖然相對論和量子力學更加深入科學地認識自然規律，它是科學的進步，但并不表示對經典力學的否定，故選項B正確．A、C錯誤；經典力學不能用于處理高速運行的物體；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、AD【解析】AB．根據可知電動機中的電流為：，滑動變阻器兩端的電壓為：，故滑動變阻器連入電路的電阻為：，A正確B錯誤；CD．電動機的輸出功率為：，C錯誤D正確。故選AD。8、BC【解析】A．據系統牛頓第二定律得解得故A錯誤；B．導體棒勻速運動時，其速度為據平衡條件得解得故B正確；C．根據電磁感應過程的電荷量推論公式故C正確；D．根據系統能量守恒可得解得回路中的焦耳熱電阻與導體棒電阻串聯，則有故D錯誤。故選BC。9、ABC【解析】AB.由于電流大小不變，安培力大小不變。根據左手定則，0～時間內，金屬棒受到的安培力向右，做勻加速運動；～T時間內，金屬棒受到的安培力向左，做勻減速運動，T時刻速度減為零。T～時間內，金屬棒受到的安培力向右，做勻加速運動；～2T時間內，金屬棒受到的安培力向左，做勻減速運動，2T時刻速度減為零。所以金屬棒一直向右運動，速度隨時間做周期性變化，故A正確，B正確；C.根據公式F=BIL，安培力的大小隨時間周期性變化，故C正確；D.根據動能定理，一個周期內，動能變化量為零，安培力做功為零，故D錯誤。故選：ABC。10、AC【解析】當交變電流加在電容器上時，有“通交流、隔直流，通高頻、阻低頻”的特性，甲圖中電容器隔直流，R得到的是交流成分，A正確，B錯誤；乙圖中電容器能通過交流高頻成分，阻礙交流低頻成分，R得到的是低頻成分，C正確，D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、①.2.200mm②.5.78cm③.R×10【解析】(1)根據螺旋測微器測量規則，由圖甲可知，固定刻度尺整數示數是2mm,可動刻度尺剛好是20個小刻度，即0.20mm,螺旋測微器測量時，還有估讀數，所以，應讀為2.200mm，故該材料的直徑為2.200mm，該游標卡尺的游標尺前面部分刻度值被污漬覆蓋看不清，可根據游標尺10個刻度的長來確定游標卡尺的零刻線的大約位置，應是5.7cm到5.8cm之間，游標尺有第16個小刻度與主尺上某刻線對齊，游標尺是20分度的，因此游標尺上的讀數是16×0.05cm=0.08cm，故該材料長度為5.78cm。(2)為測量盡量準確，電表指針讀數應該在中值電阻附近，材料的電阻大約是300Ω，應該選擇的歐姆檔【點睛】螺旋測微器和游標卡尺的測量規則以及選擇歐姆表檔位的原則12、538【解析】由圖示螺旋測微器可