河北省秦皇島中學2023-2024學年高二物理第一學期期末綜合測試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的答題區內。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、計數器因射線照射，內部氣體電離，在時間t內有n個二價正離子到達陰極，有2n個電子到達陽極，則計數器中的電流為（）A.0 B.C. D.2、如圖所示的勻強電場中，一個電荷量為q的正點電荷，沿電場線方向從A點運動到B點，A、B兩點間的距離為d.在此過程中電場力對電荷所做的功為W，則A點的電場強度的大小為A. B.qWdC. D.3、如圖，一束電子沿z軸正向流動，則在圖中y軸上A點的磁場方向是（）A.+x方向 B.﹣x方向C.+y方向 D.﹣y方向4、在如圖所示的電路中，電源電動勢為、內電阻為，為電容器，為定值電阻，為滑動變阻器．開關閉合后，燈泡能正常發光．當滑動變阻器的滑片向右移動時，下列判斷正確的是（）A.燈泡將變亮 B.燈泡亮度不變C.電容器所帶的電荷量將減小 D.電容器所帶的電荷量將增大5、abcd是一個用粗細均勻的電阻絲圍成的正方形單匝線框，邊長為L，每邊電阻為R，勻強磁場與線框面垂直，如圖所示，磁感應強度大小為B，線框在外力作用下以速度v向右勻速進入磁場，在進入過程中，下列說法正確的是（）A.d端電勢低于c端電勢B.dc兩端電壓的大小為BLvC.ad邊不受磁場力D.線框中受到的磁場力向左，且大小為6、下列圖中，A圖是真空冶煉爐可以冶煉高質量的合金；B圖是充電器工作時繞制線圈的鐵芯中會發熱；C圖是安檢門可以探測人身是否攜帶金屬物品；D圖是工人穿上金屬絲織成的衣服可以高壓帶電作業，不屬于渦流現象的是（）A. B.C. 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、如圖所示，R0為熱敏電阻（溫度升高電阻迅速減小），D為理想二極管（正向電阻為0，反向電阻無窮大），C為平行板電容器．當開關K閉合，滑動變阻器R的觸頭P在適當位置時，電容器C中央有一帶電液滴剛好靜止．M點接地，則下列說法正確的是（

）A.開關K斷開，則電容器兩板間電場強度為零B.將熱敏電阻R0加熱，則帶電液滴向上運動C.滑動變阻器R的觸頭P向下移動，則帶電液滴在C處電勢能減小D.滑動變阻器R的觸頭P向上移動，則帶電液滴在C處電勢能增大8、如圖所示，由兩種比荷不同的離子組成的離子束，經過由正交的勻強電場和勻強磁場組成的速度選擇器后，進入另一個勻強磁場中并分裂為A、B兩束，離子的重力不計，下列說法中正確的有A.組成A束和B束的離子都帶正電B.組成A束和B束離子質量一定相同C.A束離子的比荷大于B束離子的比荷D.速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面向里9、一帶電質點從圖中A點豎直向上以速度射入一水平方向的勻強電場中，質點運動到B點時，速度方向變為水平，已知質點質量為，帶電荷量為，A、B間距離為，且AB連線與水平方向成角，質點到達B點后繼續運動可達與A點在同一水平面上的C點（未畫出），則（）A.質點在C點的加速度大小為B.勻強電場的電場強度大小為C.質點在B點的速度大小為D.從A到C的過程中，帶電質點的電勢能減小了10、如圖所示，邊長為L、匝數為N、電阻不計的正方形線圈abcd，在磁感應強度為B的勻強磁場中繞轉軸OO′以角速度ω勻速轉動，軸OO′'垂直于磁感線，制成一臺交流發電機，它與理想變壓器的原線圈連接，變壓器原、副線圈的匝數之比為1∶2，二極管的正向電阻為零，反向電阻無窮大，從正方形線圈處于圖示位置開始計時，下列判斷正確的是()A.交流發電機的感應電動勢的瞬時值表達式為e＝NBωL2cosωtB.變壓器的輸入功率與輸出功率之比為2∶1C.電壓表V示數為NBωL2D.若將滑動變阻器的滑片向下滑動，電流表和電壓表示數均變小三、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）在測定金屬的電阻率的實驗中，金屬導線長約0．8m，直徑小于1mm，電阻大約為4Ω．實驗主要步驟如下，請填寫其中的空白部分或按要求連線：(1)用米尺測量金屬導線的長度，測3次，求出平均值L；(2)在金屬導線的3個不同位置上用_______測量直徑，求出平均值d；(3)用伏安法測量金屬導線的電阻R．現有器材：直流電源（電動勢約4．5V，內阻很小），電流表A1（量程0～0．6A，內阻0．125Ω），電流表A2（量程0～3．0A，內阻0．025Ω），電壓表V（量程0～3V，內阻3kΩ），滑動變阻器R0（最大阻值10Ω），開關S、導線若干①如果既要滿足測量要求，又要測量誤差較小，應該選用的電流表是_______；②其實驗電路原理圖如下，你認為應該選擇那種________（甲或乙）方法，并在實物圖上畫線連接成實驗電路________(4)根據上述測得的金屬導線長度L，直徑d和電阻R，由電阻率的表達式ρ=_______算出該金屬的電阻率12．（12分）在測電源電動勢和內阻的實驗中，經常用到如圖1所示的兩種電路圖（1）在測定一節干電池的電動勢和內阻時，為盡量減小實驗誤差，應選擇圖1中的______（選填“甲”或“乙”）電路，現有電流表（）、開關、導線若干，以及以下器材：A.電壓表（）B.電壓表（）C.滑動變阻器（）D.滑動變阻器（）實驗中電壓表應選用______，滑動變阻器應選用______；（選填相應器材前的字母）（2）某同學在實驗時，分別利用圖1中的甲、乙兩個電路圖對待測電源進行了測量，并根據實驗數據分別繪制出了相應的圖，如圖2所示，則直線______（選填“a”或“b”）對應圖1中甲電路的測量數據；根據兩條圖，該電源電動勢的準確值______，內阻的準確值______（用、、、表示）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，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14．（16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L15．（12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

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、D【解析】由題意可知，t時間內，有n個二價正離子到達陰極，有2n個電子到達探測器的陽極，且正離子和電子產生的電流方向相同，則通過導體橫截面的總電荷量為根據電流定義式得計數器中的電流為故選D。2、C【解析】電場力做功W=Fd=qEd，得：故選C3、A【解析】據題意，電子流沿z軸正向流動，電流方向沿z軸負向，由安培定則可以判斷電流激發的磁場以z軸為中心沿順時針方向（沿z軸負方向看），通過y軸A點時方向向外，即沿x軸正向。故選A【點睛】首先需要判斷出電子束產生電流的方向，再根據安培定則判斷感應磁場的方向。4、D【解析】AB.當滑動變阻器的滑片向右移動時，R增大，總電阻變大．根據閉合電路歐姆定律可知，總電流I減小，燈泡L將變暗，選項AB錯誤；CD.路端電壓增大，而電容器的電壓等于路端電壓，根據Q=CU可知電容器的帶電量將增大，故D正確，C錯誤5、D【解析】A．根據右手定則可知c到d方向是動生電源內部的電流流向，即d端為正極，則d端電勢高于c端電勢，故A錯誤；B．cd邊產生的感應電動勢的大小為E=BLv則dc兩端電壓為等效電源的路端電壓，大小為故B錯誤；C．ad邊在磁場中的部分受磁場力，在磁場外的部分不受安培力，故C錯誤；D．根據左手定則可知線框中受到磁場力向左，感應電流大小安培力大小為故D正確；故選D。6、D【解析】A．真空冶煉爐可以冶煉高質量的合金時，是使金屬材料發生渦流而快速發熱的，與題意不相符，故A錯誤；B．圖是充電器工作時繞制線圈的鐵芯中會發熱是因為線圈在鐵芯中產生渦流而發熱的，與題意不相符，故B錯誤；C．安檢門可以探測人身是否攜帶金屬物品是通過物體上產生渦流而使報警器發出警告，與題意不相符，故C錯誤；D．工人穿上金屬絲織成的衣服可以高壓帶電作業是利用靜電屏蔽原理，與題意相符，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、BC【解析】A．根據平衡條件可知液滴受電場力向上，大小等于重力。開關K斷開時，電容器直接接在電源兩端，電壓增大，電場強度增大。故A錯誤。B．熱敏電阻加熱時，熱敏電阻阻值減小，則由閉合電路歐姆定律可知，滑動變阻器兩端的電壓增大，故電容器兩端的電壓增大，電場強度增大，液滴向上運動。故B正確。C．滑動變阻器R的觸頭P向下移動，滑動變阻器接入電阻增大，則總電流減小，內壓及R0兩端的電壓減小，則滑動變阻器兩端的電壓增大，會充電，電容器兩端的電勢差增大，液滴向上運動，電場力做正功，電勢能減小。故C正確。D．當變阻器的滑片P向上移動時，滑動變阻器接入電阻減小，則總電流增大，內壓及R0兩端的電壓增大，則滑動變阻器兩端的電壓減小，故不會充電，由于二極管，也不會放電，故電容器兩端的電勢差不變，電勢能不變。故D錯誤。8、ACD【解析】可以根據左手定則可以判斷AB束離子的電性，粒子在磁場和電場正交區域里，同時受到洛倫茲力和電場力作用，粒子沒有發生偏轉，說明粒子所受電場力和洛倫茲力平衡，粒子進入磁場后受洛倫茲力作用做勻速圓周運動，利用圓周運動的相關知識進行求解即可；【詳解】A、AB粒子進入磁場后都向左偏，根據左手定則可以判斷AB束離子都帶正電，故A正確；BC、經過速度選擇器后的粒子速度相同，粒子所受電場力和洛倫茲力平衡，滿足，即不發生偏轉的粒子具有共同的速度大小；進入磁場區分開，軌道半徑不等，根據公式可知，半徑大的比荷小，所以A束離子的比荷大于B束離子的比荷，但不能說明質量一定相同，故B錯誤，C正確；D、在速度選擇器中，電場方向水平向右，AB粒子所受電場力方向向右，所以洛倫茲力方向向左，根據左手定則可知，速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向內，故D正確【點睛】本題能根據粒子不發生偏轉得出粒子所受電場力和洛倫茲力平衡，并由此推算出粒子具有相同的速度v，在單獨的勻強磁場中粒子分裂成幾束說明粒子的荷質比不同，并由此得出電量、質量、以及速度所需要滿足的關系式，從而得出正確的結論9、BCD【解析】將質點運動分解為水平方向和豎直方向，在水平方向上受電場力做勻加速直線運動，在豎直方向上做豎直上拋運動，根據勻變速直線運動的平均速度公式求出vA、vB的大小；根據等時性，求出水平方向上的加速度與豎直方向上的加速度關系，從而得出電場強度的大小．再對水平方向運用動能定理和運動學推論求解A到C的過程中，帶電質點的電勢能減小．根據牛頓第二定律求解質點在C點的加速度大小【詳解】A．質點在C點的加速度大小

，故A錯誤；B．由于兩分運動的時間相同即：豎直方向上的時間：；在水平方向上有：vB=at；所以有：；又，解得：，故B正確；C．由題意可知，質點的運動是豎直方向和水平方向的勻變速直線運動，因此在豎直方向上有：Lsin37°=t；在水平方向上有：Lcos37°=t；由上兩式得：tan37°=；可得：，故C正確；D．從A到B，對于水平方向，根據能量守恒可知：帶電質點的電勢能減小為；由于質點在水平方向上做初速度為零的勻加速直線運動，由推論可知：AC間的水平距離等于AB間水平距離的4倍，由W=qEd，可知從A到C的過程中電場力做功是從A到B的過程電場力做功的4倍，所以從A到C的過程中，帶電質點的電勢能減小為△Ep2=4△Ep1=，故D正確；故選BCD10、AC【解析】A．從垂直于中性面時開始時，矩形線圈產生的感應電動勢的瞬時值表達式為e=NBL2ωcosωt故A正確；B．變壓器的輸入與輸出功率之比為1：1，故B錯誤；C．交流電在一個周期內有半個周期通過二極管，次級交流電壓的最大值等于U2m=2NBωL2根據電流的熱效應可得解得U=NBωL2故C正確；D．當P位置向下移動，R增大，根據理想變壓器的變壓原理知輸出電壓即電壓表V的示數不變，電阻消耗的功率變小，故電流表示數變小，故D錯誤。故選AC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.螺旋測微器（千分尺）②.電流表A1③.甲④.⑤.【解析】金屬導線的直徑由螺旋測微器測量；選擇器材需安全、精確，通過金屬導線的電阻的額定電流確定出電流表的量程．通過比較金屬導線的電阻與電流表內阻和電壓表內阻的關系，確定電路的選擇，若金屬導線的電阻遠小于電壓表的內阻，采取外接法，若金屬導線的內阻遠大于電流表的內阻，采用內接法．根據題意，結合電阻定律R＝ρ，即可求解【詳解】（2）金屬導線的直徑很小，因此通過螺旋測微器測量；（3）①電壓表的量程是3V，則金屬導線的最大電流，要求測量誤差較小，應該選用的電流表A1；②金屬導線的電阻R=4Ω，由于R?RV，故應選電流表外接法．即選擇甲圖③根據電路圖，連接實物圖，注意電表的量程，及正負極．如圖所示；（4）根據電阻定律R＝ρ，已知S=π()2，因此電阻率的表達式；【點睛】解決本題的關鍵掌握器材選取的原則，即安全，精確．以及掌握電流表內外接哪種情況誤差比較小，“大內偏大，小外偏小”．本題出示了公式R=ρL/S，能幫助學生更好的理解影響電阻大小的因素12、①.甲②.B③.C④.b⑤.⑥.【解析】（1）[1]由于電流表內阻與電源內阻接近，故在測量時應采用相對電源的電流表外接法，故選擇圖1中的甲圖進行測量；[2]由于一節干電池電動勢只有，故電壓表應選擇量程的；[3]而由于電源內阻較小，為了便于測量，滑動變阻器應選擇總阻值較小的（2）[4]采用甲圖進行實驗時，由于采用電流表相對電源的外接法，電壓表的分流而使電流表示數偏小，因此測出的電動勢和內電阻均偏小；而乙圖中采用相對電源的內接法，實驗結果中將電流表內阻等效為了電源內阻，因此測量出的內