2023-2024學年陜西省咸陽市物理高二第一學期期末質(zhì)量檢測模擬試題含解析

2023-2024學年陜西省咸陽市物理高二第一學期期末質(zhì)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、如圖所示，B為半徑為R的豎直光滑圓弧的左端點，B點和圓心C連線與豎直方向的夾角為α，—個質(zhì)量為m的小球在圓弧軌道左側(cè)的A點以水平速度v0拋出，恰好沿圓弧在B點的切線方向進入圓弧軌道，已知重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.AB連線與水平方向夾角為αB.小球從A運動到B的時間C.小球運動到B點時，重力的瞬時功率D.小球運動到豎直圓弧軌道的最低點時，處于失重狀態(tài)2、在國際單位制中，電荷量的單位是A.安培 B.庫侖C.伏特 D.特斯拉3、如圖所示是個單擺在時間內(nèi)做簡諧運動的圖象，由圖象可知A.在時間內(nèi)，擺球受到的回復力越來越小B.時刻，擺球的速度最大C.擺球的動能和重力勢能相互轉(zhuǎn)化的周期為D.擺球的動能和重力勢能相互轉(zhuǎn)化的周期為4、奧斯特實驗說明了（）A.磁場的存在B磁場具有方向性C.通電導線周圍存在磁場D.磁體間有相互作用5、如圖所示，在光滑絕緣的水平面上放置兩帶正電的小物塊甲和乙，所帶電荷量分別為和．由靜止釋放后，甲、乙兩物塊向相反方向運動．在物塊運動過程中，下列表述正確的是（）A.甲物塊受到庫侖力小于乙物塊受到的庫侖力B.兩物塊的電勢能逐漸減少C.兩物塊速度逐漸變小D.兩物塊加速度逐漸變大6、有一平行于紙面的勻強電場，電場中三點邊長為的等邊三角形的三個頂點。一帶正電的粒子以的速度通過點，到達點時，粒子動能為點時動能的兩倍；若改變通過點時的速度方向，使之能運動到點，到達點時，粒子動能為通過點時動能的三倍。該帶電粒子帶電量為、質(zhì)量為，不計粒子重力。則A.兩點間的電勢差 B.兩點間的電勢差C.勻強電場的場強為 D.勻強電場的場強為二、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、半導體內(nèi)導電的粒子—“載流子”有兩種：自由電子和空穴（空穴可視為能自由移動帶正電的粒子），以自由電子導電為主的半導體叫N型半導體，以空穴導電為主的半導體叫P型半導體．圖為檢驗半導體材料的類型和對材料性能進行測試的原理圖，圖中一塊長為a、寬為b、厚為c的半導體樣品板放在沿y軸正方向的勻強磁場中，磁感應強度大小為B．當有大小為I、沿x軸正方向的恒定電流通過樣品板時，會在與z軸垂直的兩個側(cè)面之間產(chǎn)生霍爾電勢差UH，霍爾電勢差大小滿足關系，其中k為材料的霍爾系數(shù)．若每個載流子所帶電量的絕對值為e，下列說法中正確的是（）A.如果上表面電勢高，則該半導體為P型半導體B.霍爾系數(shù)越大的材料，其內(nèi)部單位體積內(nèi)的載流子數(shù)目越多C.若將磁場方向改為沿z軸正方向，則在垂直y軸的兩個側(cè)面間會產(chǎn)生的霍爾電勢差變小D.若將電流方向改為沿z軸正方向，則在垂直x軸的兩個側(cè)面間會產(chǎn)生的霍爾電勢差變大8、在如圖所示的直流電路中，當滑動變阻器R3的滑動觸頭P向下滑動時，下列說法正確的是A.電壓表V1示數(shù)變大 B.電壓表V2示數(shù)變大C電流表A1示數(shù)變小 D.電流表A2示數(shù)變大9、光敏電阻是光電傳感器的核心元件，光照強度越強，電阻越小,如圖是含有光敏電阻的電路，R1為光敏電阻，R2為定值電阻，閉合開關S，保持電源兩極間電壓不變，用光去照射光敏電阻，則光照越強A.電流表A的示數(shù)越大B.電流表A的示數(shù)越小C.電壓表V的示數(shù)越大D.電壓表V的示數(shù)越小10、如圖所示的電路中，已知電源電動勢為E，內(nèi)電阻為r，滑動變阻器R的阻值可以從零連續(xù)增大到Rmax，定值電阻R1的阻值范圍為r<R1<Rmax，則下列結(jié)論正確的是()A.當R＝R1－r時，R1消耗的功率最大B.R消耗的最大功率可能為C.當R＝0時，R1消耗的功率最大D.外電路消耗的最大功率為三、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）某同學利用如圖（1）所示電路測定電源的電動勢和內(nèi)阻．實驗中電表內(nèi)阻對實驗結(jié)果影響很小，均可以忽略不計．閉合電鍵S后，變阻器的滑片P由變阻器的一端滑到另一端的過程，兩電壓表示數(shù)隨電流表示數(shù)變化情況分別如圖（2）的U﹣I圖象中的直線a、b所示（1）用畫線代表導線，將如圖（3）實物圖中各元件按圖（1）連接成實驗電路_______；（2）通過分析可知，其中圖（2）中圖線_____（填a或b）V1表示電壓表示數(shù)隨電流表A示數(shù)變化關系；（3）根據(jù)U﹣I圖象中坐標軸所標出的數(shù)據(jù)，可求出電源的電動勢E=____，內(nèi)阻r=____．（用圖中給出的坐標值表示）12．（12分）現(xiàn)要測量一段粗細均勻的新型導電材料棒的電阻率首先用多用電表歐姆檔粗測電阻，指針位置如圖甲所示，其讀數(shù)為______用螺旋測微器測量此新型導電材料棒的直徑d，測量結(jié)果如圖乙所示，則______用游標卡尺測量此新型導電材料棒的長度L，測量結(jié)果如圖丙所示，則______mm然后，采用伏安法盡可能準確地測量電阻，在測量電阻的實驗中需要直接測量的物理量是______填物理量的符號，用已知物理量和所測得物理量的符號表示樣品的電阻率______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(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的平行光滑金屬導軌間接有電動勢E＝3V、內(nèi)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(zhì)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(tài)，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8（1）求磁感應強度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】AB、平拋運動水平方向為勻速直線運動，豎直方向為自由落體運動，小球恰好沿B點的切線方向進入圓軌道，說明小球在B點時，合速度方向沿著圓軌道的切線方向．將合速度正交分解，根據(jù)幾何關系可得，其與水平方向的夾角為，則，解得：此時AB位移的連線與水平方向的夾角不等于，故A錯；B對C、小球運動到B點時，重力瞬時功率，故C錯；D、小球運動到豎直圓弧軌道的最低點時，有向上的加速度，所以處于超重狀態(tài)，故D錯；故選B2、B【解析】電學中各個物理量都有自己的國際單位；電荷量的國際單位是庫侖，簡稱庫，符號為C【詳解】電荷量的國際單位是庫侖，簡稱庫，符號為C．故B正確，ACD錯誤；故選B3、D【解析】在時間內(nèi)，擺球的位移增大，受到的回復力越來越大，故A錯誤；由圖可知，該擺球的周期為，且，質(zhì)點位移最大，可知在時刻質(zhì)點的位移也是最大，速度為零，故B錯誤；動能與勢能都是標量，它們變化的周期等于簡諧振動的周期的一半，所以擺球的動能和重力勢能相互轉(zhuǎn)化的周期為，故C錯誤，D正確4、C【解析】奧斯特將通電導線放于小磁針上方時發(fā)現(xiàn)小磁針發(fā)生了偏轉(zhuǎn)，說明了通電導線周圍存在著磁場A.磁場的存在．與結(jié)論不符，故A錯誤；B.磁場具有方向性．與結(jié)論不符，故B錯誤；C.通電導線周圍存在磁場．與結(jié)論相符，故C正確；D.磁體間有相互作用．與結(jié)論不符，故D錯誤5、B【解析】A、物體甲、乙間的庫侖力是相互作用力，根據(jù)牛頓第三定律，任何時刻都大小相等，故A錯誤；B、兩個物體分別向相反的方向運動，庫侖力做正功，兩物塊的電勢能逐漸減少，故B正確；C、兩個物體分別向相反的方向運動，庫侖力做正功，兩物塊速度逐漸增大，故C錯誤；D、但兩個物體的質(zhì)量不一定相等，故加速度不一定相等，兩物體逐漸遠離，庫侖力減小，加速度逐漸減小，故D錯誤故選B6、C【解析】AB．由題意知解得同理可得故AB錯誤；CD．令點電勢為零，則，故中點電勢為，為等勢面，為電場的方向選項C正確，D錯誤；故選C。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、AC【解析】根據(jù)左手定則判斷帶電粒子的電性，根據(jù)最終洛倫茲力和電場力平衡列式，再根據(jù)電流的微觀表達式列式，最后聯(lián)立求解即可【詳解】電流向右，磁場垂直向內(nèi)，若上表面電勢高，即帶正電，故粒子受到的洛倫茲力向上，故載流子是帶正電的“空穴”，是P型半導體，故A正確；最終洛倫茲力和電場力平衡，有：evB=e；電流的微觀表達式為：I=nevS；且霍爾電勢差大小滿足關系UH=k，聯(lián)立解得：，單位體積內(nèi)的載流子數(shù)目，隨著霍爾系數(shù)越大，而越小，故B錯誤；若將磁場方向改為沿z軸正方向，則平衡時：evB=e，解得U=Bdv，則d由原來的b變?yōu)閏，減小，此時的電勢差產(chǎn)生在前表面和后表面，則在垂直y軸的兩個側(cè)面間會產(chǎn)生的霍爾電勢差變小，選項C正確，D錯誤．故選AC【點睛】本題關鍵是明確霍爾效應的原理，知道左手定則中四指指向電流方向，注意單位體積內(nèi)的載流子數(shù)目表達式的各物理量的含義8、BC【解析】當滑動變阻器R3的滑動觸頭P向下滑動時，接入電路中的電阻變大，由“串反并同”可知，由于電壓表V1與滑動變阻器串聯(lián)，所以電壓表V1示數(shù)變小，電壓表V2與滑動變阻器并聯(lián)，所以電壓表V2示數(shù)變大，電流表A1與滑動變阻器串聯(lián)，所以電流表A1示數(shù)變小，電流表A2與滑動變阻器串聯(lián)，所以電流表A2示數(shù)變小.故選BC。9、AD【解析】光照強度越強，電阻越小，用光去照射光敏電阻，則R1減小，則總電阻減小，總電流變大，與R1串聯(lián)的電流表示數(shù)增大，R2以及內(nèi)阻上的電壓變大，則R1的電壓減小，即電壓表V的示數(shù)越小，故AD正確，BC錯誤10、BCD【解析】AC．計算R1的最大功率，只需要回路中電流最大，此時R＝0，R1消耗的功率為最大為，故A錯誤，C正確。B．因為r<R1<Rmax，計算R最大功率時，可把R1＋r等效為電源的內(nèi)阻，此時可能出現(xiàn)Rmax大于、等于或小于R1＋r，因此R的最大功率可能為，故B正確。D．計算外電路消耗的最大功率時，R1＋R越接近r的值對應外電路的功率越大，當R＝0時，外電路的最大功率就等于R1的最大功率。故D正確。故選BCD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.a③.④.【解析】（1）[1]根據(jù)電路圖連接實物圖，如圖所示（2）[2]電壓表V1示數(shù)隨電流表A示數(shù)的增加而減小，故對應的圖象應是圖線a；（3）[3][4]由知：聯(lián)立解得：12、①.180②.③.④.電壓U、電流I⑤.【解析】歐姆表的讀數(shù)為示數(shù)乘以倍率，螺旋測微器的讀數(shù)為：主尺半毫米轉(zhuǎn)筒，電流表用內(nèi)接法，用電阻決定式求電阻率【詳解】多用電表歐姆檔的讀數(shù)為示數(shù)與倍率的積，由此看出導電材料的電阻值為：螺旋測微器的讀數(shù)是由固定刻度和可動刻度兩部分相加而得，導電材料的直徑．游標卡尺的讀數(shù)也是兩部分組成，此游標卡尺的精度為，所以導電材料的長度要測電阻率必先測出這種導電材料的電阻，由伏安法知，還需用電壓表和電流表測出導電材料的加電壓U時通過的電流I，則其電阻再根據(jù)電阻定律

和面積公式，得到電阻率【點睛】本題考查了歐姆表和螺旋測微器的讀數(shù)，記住它們的讀數(shù)方法，伏安法測電阻，要會分析電流表的內(nèi)接或外接的選用四、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，如圖由幾何關系得聯(lián)立求得代入數(shù)據(jù)解得14、(1)(2)3N【解析】(1)設小球在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R0=1Ω時，根據(jù)閉合電路的歐姆