2023年江西省高安二中物理高二第一學(xué)期期末預(yù)測試題含解析

2023年江西省高安二中物理高二第一學(xué)期期末預(yù)測試題注意事項1．考生要認(rèn)真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結(jié)束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。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、下列家用電器利用電磁感應(yīng)原理工作的是（）A.電飯煲 B.電磁爐C.電烙鐵 D.熱水器2、如圖電路，C為電容器的電容，D為理想二極管（具有單向?qū)ㄗ饔茫?，電流表、電壓表均為理想電表．閉合開關(guān)S至電路穩(wěn)定后，調(diào)節(jié)滑動變阻器滑片P向左移動一小段距離，結(jié)果發(fā)現(xiàn)電壓表V1的示數(shù)改變量大小為，電壓表V2的示數(shù)改變量大小為，電流表A的示數(shù)改變量大小為，則下列判斷正確的有（）A.電壓表V1的示數(shù)變大，電壓表V2的示數(shù)變小，電流表A的示數(shù)變小B.滑片向左移動的過程中，電容器所帶的電荷量不變C.滑片向左移動的過程中，電容器所帶的電荷量要不斷減少D.的值變大，的值不變3、小明站在電梯里的體重計上，當(dāng)電梯以1m/s2的加速度加速上升時，體重計的示數(shù)（）A.大于小明受到的重力 B.小于小明受到的重力C.等于小明受到的重力 D.等于零4、關(guān)于物體的慣性，下列說法正確的是A.物體的體積越大慣性越大B.物體的質(zhì)量越大慣性越大C.物體的慣性大小與它的受力大小有關(guān)D.運動的物體具有慣性，靜止的物體沒有慣性5、關(guān)于電源的電動勢，下列說法正確的是（）A.電源電動勢在數(shù)值上等于將電源接入電路后電源兩極間的電壓B.電源把其它形式的能轉(zhuǎn)化為電能越多，電動勢就越大C.在閉合電路中，電動勢與電路中的電流成正比D.在閉合電路中，電動勢在數(shù)值上等于路端電壓與電源內(nèi)阻電壓之和6、在10s內(nèi)通過電解槽某一橫截面向右遷移的正離子所帶的電量為2C，向左遷移的負(fù)離子所帶電量為3C，那么電解槽中電流強(qiáng)度大小為（）A.0.5A B.0.2AC.0.3A D.0.1A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，真空中水平放置兩塊長度為的平行金屬板、，兩板間距為，兩板間加上如圖乙所示最大值為的周期性變化的電壓，在兩板左側(cè)緊靠板處有一粒子源A，自時刻開始連續(xù)釋放初速度大小為，方向平行于金屬板的相同帶電粒子，時刻釋放的粒子恰好從板右側(cè)邊緣離開電場，已知電場變化周期，粒子質(zhì)量為，不計粒子重力及相互間的作用力，則（）A.在時刻進(jìn)入的粒子離開電場時速度大小為B.粒子的電荷量為C.在時刻進(jìn)入的粒子離開電場時電勢能減少了D.在時刻進(jìn)入的粒子剛好從板右側(cè)邊緣離開電場8、如圖所示，在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場的邊界上，有兩個質(zhì)量和電荷量均相同的正負(fù)離子(不計重力)，從點O以相同的速率先后射入磁場中，入射方向與邊界成θ角，則正負(fù)離子在磁場中()A.運動時間相同B.運動軌道的半徑相同C.重新回到邊界時速度的大小和方向相同D.重新回到邊界位置與O點距離相等9、如圖所示，b是理想變壓器原線圈的一個抽頭，電壓表和電流表均為理想交流電表，示數(shù)分別為U和I，在原線圈兩端加上交變電流，把單刀雙擲開關(guān)S與b連接，則：（）A.保持其它條件不變，觸頭P向上移動的過程中，I變大B.保持其它條件不變，觸頭P向下移動的過程中，U變小C.保持其它條件不變，S由b扳向a時，U和I均變小D.保持其它條件不變，S由b扳向a時，U變大，I變小10、圖為靜電除塵器除塵機(jī)理的示意圖．塵埃在電場中通過某種機(jī)制帶電，在電場力的作用下向集塵極遷移并沉積，以達(dá)到除塵目的．下列表述正確的是A.到達(dá)集塵極的塵埃帶正電荷B.電場方向由集塵極指向放電極C.帶電塵埃所受電場力的方向與電場方向相同D.同一位置帶電荷量越多的塵埃所受電場力越大三、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）用如圖所示的多用電表測量電阻，要用到選擇開關(guān)K和兩個部件S、T．請根據(jù)下列步驟完成電阻測量：（1）旋動部件______，使指針對準(zhǔn)電流的“0“刻線；（2）將K旋轉(zhuǎn)到電阻擋“×l00“的位置；（3）將插入“十“、“-“插孔的表筆短接，旋動部件______，使指針對準(zhǔn)電阻的______，（填“0刻線“或“∞刻線“）；（4）將兩表筆分別與待測電阻相接，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過?。疄榱说玫奖容^準(zhǔn)確的測量結(jié)果，應(yīng)將K旋轉(zhuǎn)到電阻擋的______，（填“×1K”或“×100”）的位置，重新進(jìn)行歐姆調(diào)零并完成測量12．（12分）如圖所示，豎直放置的長直導(dǎo)線通以恒定電流，有一矩形線框與導(dǎo)線處于同一平面內(nèi)，讓線框向右平動，線圈產(chǎn)生感應(yīng)電流的方向是_____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，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(qiáng)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(qiáng)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14．（16分）ABC表示豎直放在電場強(qiáng)度為E=104V/m的水平勻強(qiáng)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(dá)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(qiáng)度為E=5.0×105N/C，b板下方整個空間存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=6.0T、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)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(qiáng)電場，剛好從狹縫P處穿過b板而垂直進(jìn)入勻強(qiáng)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、B【解析】熱水器、電飯煲、電烙鐵利用了電流的熱效應(yīng)，電磁爐是利用電磁感應(yīng)原理工作。故選B。2、B【解析】由電路圖先明確電路的結(jié)構(gòu)，再根據(jù)滑動變阻器的移動明確電阻的變化，由閉合電路歐姆定律可知電路中電流的變化，可分析電容器的電壓，再分析電容器所帶電量的變化【詳解】由圖可知，R1與R串聯(lián)，V1測R兩端的電壓，V2測路端的電壓A項：若滑片P向左端移動時，滑動變阻器接入電阻增大，由閉合電路歐姆定律可知，電路中總電流減小，由公式可知，路端電壓增大，即電壓表V2的示數(shù)變大，R1的電壓減小，所以R兩端電壓增大，即電壓表V1的示數(shù)變大，，故A錯誤；B、C項：若滑片P向左端移動時，滑動變阻器接入電阻增大，由閉合電路歐姆定律可知，電路中總電流減小，R1電壓減小，由于理想二極管具有單向?qū)ㄗ饔茫荒艹潆?，不能放電，所以電容器所帶的電荷量不變，故B正確，C錯誤；D項：根據(jù)閉合電路歐姆定律得：由U2=E-Ir，則不變，根據(jù)閉合電路歐姆定律得：U1=E-I（R1+r），則，不變，故D錯誤故選B【點睛】對于閉合電路歐姆定律的動態(tài)分析類題目，一般可按外電路-內(nèi)電路-外電路的分析思路進(jìn)行分析，在分析時應(yīng)注意結(jié)合閉合電路歐姆定律及串并聯(lián)電路的性質(zhì)3、A【解析】根據(jù)“小明站在電梯里的體重計上分析，體重計的示數(shù)”可知，本題考查了超重與失重的知識，根據(jù)物體具有向上的加速度，物體處于超重狀態(tài)，物體具有向下的加速度，物體處于失重狀態(tài)即可進(jìn)行判斷【詳解】小明的加速度向上，處于超重，由牛頓第二定律可得：F﹣mg＝ma；故小明受到的支持力為：F＝m（g+a）；根據(jù)牛頓第三定律可知，體重計示數(shù)為m（g+a）＞mg．故A正確，BCD錯誤【點睛】明確超重和失重的解決方法是牛頓第二定律，要注意正確受力分析并能根據(jù)牛頓第二定律列式是解題的關(guān)鍵4、B【解析】質(zhì)量是慣性大小的量度，與物體的體積無關(guān)．故A錯誤；質(zhì)量是慣性大小的量度，物體的質(zhì)量越大慣性越大．故B正確；慣性的大小與物體是否受力無關(guān)．故C錯誤；慣性的大小與物體的運動狀態(tài)無關(guān)．故D錯誤5、D【解析】A．在閉合電路中，電動勢在數(shù)值上等于路端電壓（即電源接入電路后電源兩極間的電壓）與電源內(nèi)阻電壓之和，A錯誤，D正確；B．電動勢表征了電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的本領(lǐng)，即所以電源把其它形式的能轉(zhuǎn)化為電能越多，電動勢不一定越大，B錯誤；C．電動勢是電源本身具有的屬性，和電路無關(guān)，C錯誤。故選D。6、A【解析】根據(jù)電流強(qiáng)度的公式，A對，BCD錯考點：本題考查電流強(qiáng)度的公式點評：本題學(xué)生需要明確，在電解液中求電流強(qiáng)度時，電量要用正負(fù)電荷量的絕對值之和二、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、ABD【解析】A．粒子進(jìn)入電場后，水平方向做勻速運動，則t＝0時刻進(jìn)入電場的粒子在電場中運動時間此時間正好是交變電場的一個周期，粒子在豎直方向先做加速運動后做減速運動，經(jīng)過一個周期，粒子的豎直速度為零，故粒子離開電場時的速度大小等于水平速度v0，故A正確；B．在豎直方向，粒子在時間內(nèi)的位移為，則計算得出故B正確；C．在時刻進(jìn)入電場的粒子離開電場時在豎直方向上的位移為故電場力做功為故C錯誤；D．時刻進(jìn)入的粒子，在豎直方向先向下加速運動，然后向下減速運動，再向上加速，向上減速，由對稱可以知道，此時豎直方向的位移為零，故粒子從P板右側(cè)邊緣離開電場，故D正確。故選ABD。8、BCD【解析】A.根據(jù)左手定則可以判斷，兩粒子運動軌跡不同，轉(zhuǎn)過的圓心角不同，但是運動周期相同，所以運動時間不同，A錯誤B.根據(jù)可知，粒子運動半徑相同，B正確C.因為從同一邊界射入，又從相同邊界射出，所以出射角等于入射角，且洛侖茲力時刻與速度垂直，不做功，所以出射速度大小與入射速度相同，C正確D.根據(jù)題意可知，重新回到邊界的位置與O點距離，相同，D正確9、AC【解析】A、保持其它條件不變，滑動變阻器觸頭向上移動的過程中，滑動變阻器的電阻減小，電路的總電阻減小，由于副線圈的電壓是由變壓器和原線圈的電壓決定的，副線圈的電壓不變，根據(jù)歐姆定律可知副線圈的電流增大，根據(jù)電流與匝數(shù)成反比可知原線圈的電流增大，故選項A正確；B、保持其它條件不變，滑動變阻器觸頭向下移動的過程中，滑動變阻器的電阻增大，電路的總電阻增大，根據(jù)歐姆定律可知副線圈的電流減小，兩端的電壓減小，根據(jù)串聯(lián)分壓可知兩端的電壓增大，電壓表示數(shù)變大，故選項B錯誤；CD、保持其它條件不變，當(dāng)單刀雙擲開關(guān)與連接時，根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比可知副線圈的電壓變小，副線圈的電流變小，根據(jù)電流與匝數(shù)成反比可知原線圈的電流減小，所以電壓表和電流表的示數(shù)都變小，故選項C正確，D錯誤10、BD【解析】本題考查運用分析實際問題工作原理的能力，解題時，抓住塵埃的運動方向是突破口，要求同學(xué)們熟練掌握靜電的防止與應(yīng)用的具體實例【詳解】AB．由圖示可知，集塵機(jī)電勢高，放電極電勢低，放電極與集塵極間電場方向向左，即電場方向由集塵極指向放電極，塵埃在電場力的作用下向集塵極遷移，則知塵埃所受的電場力向右，故到達(dá)集塵極的塵埃帶負(fù)電荷，故A錯誤，B正確C．電場方向向左，帶電塵埃所受電場力方向向右，帶電塵埃所受電場力的方向與電場方向相反，故C錯誤；D．由F=Eq可知，同一位置帶電荷量越多的塵埃所受電場力越大，故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.S②.T③.0刻度④.×1k【解析】(1)電表使用前要旋轉(zhuǎn)機(jī)械調(diào)零旋鈕S進(jìn)行機(jī)械調(diào)零，使指針對準(zhǔn)電流的0刻線；(3)將插入“+”、“-“插孔的表筆短接，旋動歐姆調(diào)零旋鈕T，使指針對準(zhǔn)電阻的0刻線.(4)將兩表筆分別與待測電阻相接，發(fā)現(xiàn)指針示數(shù)過小，說明所選倍率太小，為了得到比較準(zhǔn)確的測量結(jié)果，應(yīng)換用大擋進(jìn)行測量，為了得到比較準(zhǔn)確的測量結(jié)果，應(yīng)將K旋轉(zhuǎn)到電阻擋的×1K.12、順時針方向【解析】電流的方向向上，由安培定則可知線框所在處的磁場的方向垂直于紙面向里，當(dāng)線框向右運動時磁場減小，則穿過線框的磁通量減小，由楞次定律可知，線框內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流沿順時針方向四、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）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(qiáng)度，由平衡條件求解磁感應(yīng)強(qiáng)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)閉合電路的歐姆定律可得根據(jù)左手定則可知安培力方向水平向右；由平衡條件有：BILcosθ＝mgsinθ解得B＝2T；（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，大小不變；根據(jù)牛頓第