2023屆上海市徐匯中學物理高二上期末復習檢測試題含解析

2022-2023學年高二上物理期末模擬試卷考生請注意：答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上，考生必須保證答題卡的整潔.考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回.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、某電場的電場線分布如圖所示，力兩點電場強度的大小關系是。A.Ea>Eh B.Ea=EhC.Ea<Eb D.無法比較2、如圖所示,一圓柱形鐵芯上沿軸線方向繞有矩形線圏，鐵芯與磁極的縫隙間形成了輻向均勻磁場，磁場的中心與鐵芯的軸線重合當鐵芯繞軸線以角速度轉瀏的過程中,線圈中的電流變化圖象是下圖中的哪一個?（從圖位胃開始計時.NS極間縫隙的寬度不計，以〃邊的電流進入紙面/邊的電流出紙面為正方向）A.逐漸増大A.逐漸増大B.逐漸減小C.保持不變D.先增大后減小4、回旋加速器是加速帶電粒子的裝St,其核心部分是分別與高頻交流電源兩極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒冋的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖所示.設D形盒半徑為R.若用回旋加速器加速質子時，勻強磁場的磁感應強度為B,高頻交流電頻率為f.則下列說法正確的是（）粒子從回族加速器的磁場中獲得能量高頻交流電源的周期等于粒子在D形盒中運動周期的2倍D形盒半徑R越大，粒子從回旋加速暴射出時速度越大不改變B和f,該回施加速器也能用于加速a粒子5、根據(jù)電、磁場對運動電荷的作用規(guī)律我們知道，電場可以使帶電粒子加｛或減）速，破場可以控制帶電粒子的運動方向.回旋加速器.圖示的質譜儀都是利用以上原理制造出來的高科技設備.如圖中的質譜儀是把從S.出來的帶電量相同的粒子先經(jīng)過電壓U使之加速,然后再讓他們進入偏轉磁場B.這樣質量不同的粒子就會在磁場中分離.下述關于回旋加速器，質譜儀的說法中錯誤的是經(jīng)過回旋加速器加速的同種帶電粒子，其最終速度大小與高頻交流電的電壓無關經(jīng)過回旋加速器加速的同種帶電粒子，其最終速度大小與D型盒上所加磁場強弱有關圖示質譜儀中，在磁場中運動半徑大的粒子，其質量也大.圖示質譜儀中，在磁場中運動半徑大的粒子，其電荷量也大.6、如圖，質量為“，、帶電量為q的小球八用絕緣細線懸掛，處于固定的帶電體A產生的電場中，4可視為點電荷，B

為試探電荷.當小球B靜止時.4、B等高,細線偏髙騷直方向的夾角為己知重力加速度為小則點電荷A在8處所產生的場強大小為（）A?聳taiA?聳tai】。mgcos6c.mgtan3 mgsui0 q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。分。7、豎直放置的固定絕緣光滑軌道由擔分別為R的a圓弧蜘和紹為「的半圓弧*拼接而成（兩段圓弧相切刑點），小球帶正電，質員為川，電荷量為g.已知將小球由M點靜止釋放后，它剛好能通過P點，不計空氣阻力.下列說法正確的是（列說法正確的是（若加豎直向上的勻強電場ElEqvmg）,則小球能通過P點若加豎直向下的勻強電場，則小球不能通過P點若加垂直紙面向里的勻強磁場，則小球不能通過P點若加垂直紙面向外的勻強磁場，則小球不能通過P點如圖甲所示，電阻為5SK匝數(shù)為100匝的線圏（圖中只畫了2匝）兩端A、8與電阻火相連，K=95Q.線圈內有方向垂直于紙面向里的磁場，線圏中的磁通量在按圖乙所示規(guī)律變化.則A4點的電勢小于A4點的電勢小于B點的電勢在銭圈位置上感應電場沿逆時針方向0.1S時間內通過電阻R的電荷量為0.05CO.ls時間內非靜電力所做的功為2.5J9、如圖所示，圖線1表示的導體電阻為Rn圖線2表示的導體的電阻為R、則下列說法正確的是（ ）Ri：Ri=l：3Ri：R2=3：1將Ri與&串聯(lián)后看作一個電阻，其I?U圖線在圖線2與橫軸之間D.將Ri與R?并聯(lián)后接于電源上，則電流比1“Iz=l：310、真空中有兩點電荷％、如分別位于直角三角形的頂點C和頂點8上，D為斜邊部的中點，￡4BC=3O。，如圖所示，已知■點電場強度的方向垂直曲向下，則下列說法正確的是（畢、EaA?們帶負電，必帶正電B.O點電勢低于A點電勢C.%電荷量的絕對值等于qi電荷量的絕對值的一半們電荷量的絕對值等于qi電荷量的絕對值的二倍三、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.（6分）在做測置干電池的電動勢和內電阻的實驗時，實驗電路圖及器材如下：（1）將下列實物連接圖補充完整 （2）據(jù)實驗記錄，畫出的UJ圖象如圖所示，可得待測電池電動勢為 V,內電阻『為 d（12分）利用單擺測當?shù)刂亓铀俣鹊膶嶒炛?<1）某同學測量數(shù)據(jù)如下表：L/in0400L/in0400O.5OOr/s21.602.100.6000.8001.2002.403.204-80hm1.00.5° 2 3 TM請在圖中畫出L-V圖 ,并由圖像求得重力加速度g= .〈保留三位有效數(shù)字）（2）某同學測得的重力加速度值比當?shù)貥藴手灯螅湓蚩赡苡?A.振幅過小 B.擺球質量過大 C.擺動次數(shù)多記了一次D.將擺長當成了擺線長和球直徑之和四、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.（10分）如圖甲所示，面積為S的N匝線圈4處在磁場中，磁場方向垂直于線圏平面。磁應應強度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，設垂直線圈平面向外為磁場的正方向。電阻K、R,,電容G線圈A的電阻r,8。、f。均為已知量.時刻，閉合開關S。（1）1=?時，求通過用的電流大小及方向；（2W=/i時刻斷開S,求S斷開后通過舟的電荷量.(16分)如圖所示，質量為為小、電量為q的帶電粒子，經(jīng)電壓為。加速，又經(jīng)磁感應強度為B的勻強磁場后落到圖中。點，求:(0帶電粒子在4點垂直射入磁場區(qū)域時的速率v；(2)A,D兩點間的距髙L:XXI1 -妃、X X；x'\X:X!XI f/:X/XDLxx(12分)在遠距髙輸電時，要考慮盡量減少輸電線上的功率損失.某小型發(fā)電站，輸送的電功率為P=500kW,發(fā)電站輸出電壓為，=250V.為減少輸送功率的損失，變電站先用一升壓變壓器將電壓升高到r2=5kV再輸出，在這種情況下，用戶端獲得的電功率為R=340kW,所用變壓器均為理想變壓器.求(1)升壓變壓器原副線圈的匝數(shù)之比為多少？<2)這樣輸電，效率仍然較低，若想使輸電效率提高到98%,又不改變輸電線，那么變電應將電壓升高到多少向外輸電？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】電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，所以&〉耳。故選A。2、D【解析】在一個周期內，前半個周期內：根據(jù)右手定則可知電流從b邊進入紙面，a邊電流出紙面，為負值.設ab邊長為九，ad邊長為J矩形abed的面積為S,電阻為R,磁感應強度大小為B,則感應電動勢大小為，E=2B夾L=BSs感應電流大小為：/=§=禦，為不變.后半個周期內：根據(jù)右手定則可知電流從a邊2. 1\ 1\進入紙面，b邊的電流出紙面，為正值.感應電流大小為：/=§=岑，為不變，故ABC借誤，D正確，故選D【點睛】將一個周期分成兩個半個周期研究，根據(jù)右手定則判斷感應電流的方向，確定電流的正負.根據(jù)感應電動勢公式推導電動勢表達式，確定電流大小，然后選擇圖象3、A【解析】旋轉動片使之與定片逐漸重合時，相當于増加了電容器的正對面積，則由電容器的決定式。二言？可知，kd電容將逐漸增大，故BCD錯誤，A正確.故選A【點睛】本題考査平行板電容器決定式的應用，要注意明確平行板電容器是通過改變旋轉動片來改變正對面積，從而起到改變電容的作用4.C【解析】回旋加速器粒子在磁場中運動的周期和高頻交流電的周期相等，當粒子從D形盒中出來時，速度最大，此時運動的半徑等于D形盒的半徑【詳解】A項：粒子從兩D形盒之間的加速電場中獲得能量，故A錯誤;B項：高頻交流電源的周期等于粒子在D形盒中運動的周期，故B錯誤;5根據(jù)點=，咔，解得f=普’所以D形盒務R越大，粒子從回旋加速器射出時救越大，故C正確；f27rmD項：根據(jù)T= 知質子換成a粒子，比荷發(fā)生變化，則在磁場中運動的周期發(fā)生變化，回旋加速器粒子在磁場中運動的周期和高頻交流電的周期相等，故需要改變磁膀應強度或交流電的周期，故D錯誤故選C【點睛】解決本題的關鍵知道當粒子從D形盒中出來時，速度最大.以及知道回旋加速器粒子在磁場中運動的周期和高頻交流電的周期相等5、D【解析】根據(jù)洛倫茲力提供向心力，通過回旋加速器的最大半徑，求出粒子的最大速度，從而判斷出粒子的最終速度與什么因素有關.根據(jù)圓周運動的半徑公式得出軌道半徑與粒子質量和電量的關系，從而進行分析

IflV【詳解】根據(jù)時=卄，解得則粒子的最終速度與交流蟀無關.與D形盒頊加的磁場強弱有關.故IflVAB正確?<gjgqvB=—「得'=常'根據(jù)沖得'則廠=好事’則在磁場中運動半徑大的粒子，其電荷量小，其質址大；故cAB正確?<gjgqvB=—6、DF=/ngtan0【解析】小球處于平衡狀態(tài)，受力如圖:F=/ngtan0解得:Fmgtan0E=—= qqABC.由上計算可知，ABC錯誤;D.由上計算可知，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。分.7、AC【解析】應用動能定理求出小球到達P點的速度，小球恰好通過P點時軌道對球的作用力恰好為零，應用動能定理與牛頓第二定律分析答題【詳解】設M、P間的高度差為如小球從M到P過程由動能定理得：mgh=?2—0,v二底后小球恰好通過,P點,重力提供向心力，由牛頓第二定律得：啷=也二，r=2/i；rA、 若加豎直向上的勻強電場E（EqVmg）,小球從M到P過程由動能定理得：（-qE）h=^mv2-0,解得：卩，必巫,則：mg.qE=〃［土,小球恰好通過F點，故A正確；Vin rB、 若加豎直向下勻強電場,小球從M到P過程由動能定理得：3g+qE）h=；小尸_0,解得：寸=2（j〃g+qE）h,2 Vin

則x則xmg+qE=m，小球恰好通過P點，故B錯誤;V*若加垂直紙面向里的勻強磁場，小球到達P點的速度羽不變，洛倫茲力豎直向下，則:〃】g+qvB>m—,小球不r能通過p點，故C正確；D、 若加垂直紙面向外的勻強磁場，小球到達P點的速度卩不變，洛倫茲力豎直向上，則：小球對r軌道有壓力，小球能通過P點，故D錯誤；故選AC.【點睛】本題是一道力學綜合題8、 BCD【解析】線圈相當于電源，由楞次定律可知A相當于電源的正極，B相當于電源的負極.A點的電勢高于8點的電勢,在銭圈位置上感應電場沿逆時針方向，選項A錯誤，B正確；由法拉第電磁感應定律得：半=100x°匕°?1°=50V,由閉合電路的歐姆定律得：1=戶=上*人=0.5人，則0.1s時間內通過M 0.1 R+r3+95電阻A的電荷量為q=It=0.05C,選項C正確；（Ms時間內非靜電力所做的功為W=Eq=50x0.05J=2.5J,選項D正確；故選BCD.9、 AC【解析】根據(jù)圖象知，圖線的斜率表示電阻的倒數(shù)，所以R2=l：3.將R」與R2串聯(lián)后看作一個電阻，此電阻值比Rz還大，則其I?U圖線在圖線2與橫軸之間，選項C正確；并聯(lián)電路，電壓相等，電流比等于電阻之反比，所以將Ri與R2并聯(lián)后接于電源上，電流比12=3：1.故AC正確，BD錯誤.故選AC【點睛】解決本題的關鍵知道12圖線的斜率表示電阻的倒數(shù)以及知道串并聯(lián)電路的特點；兩電阻串聯(lián)后總電阻比大的還大,兩電阻并聯(lián)后總電阻比小的還小10、 BC【解析】A.根據(jù)題述，A點電場強度垂直向下，由平行四邊形法則可知，gi帶正電，仏帶負電，A錯誤；由幾何關系結合電勢概念可知，正電荷么在40兩點產生的電勢相等，負電荷處在A點的負電勢高于D點的負電勢，由電勢疊加可知人點的電勢高于。點，B正確；CD.根據(jù)題述，彳點的電場強度垂直AB向下，可得E,sin30°=目EM牛

E,=k4rz又〃=2n,聯(lián)立解得qi=2q\C正確，D錯誤。故選BC.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).圖見解析-(2).2.10 (3)42【解析】(【解析】(1)[1].根據(jù)電路圖連接實物圖:(2)[21(3].根據(jù)閉合電路歐姆定律E=U+I「,眼E?lr,知UJ成線性關系，圖線的縱軸截距為2.10,所以電動勢為:E=2.10V圖線斜率的絕對值為:2.10-0.42=4.2。12、2.10-0.42=4.2。12、@.9.86 ③?CD【解析】(1)⑴根據(jù)表中數(shù)據(jù)作出丄一尸圖像如圖所示:4

4[2]根據(jù)單擺周期公式:可得：4*結合圖象的斜率解得：g=9.86m/s2(2)[3]由(1吩析可知：4、LAB.測畳重力加速度與振幅和擺球質量均無關，AB錯誤;擺動次數(shù)多記了一次，即丁偏小，故g偏大，C正確;將擺長當成了擺線長和球直徑之和，則丄