《海南省2023-2024学年物理高二第一学期期末监测模拟试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《海南省2023-2024学年物理高二第一学期期末监测模拟试题含解析（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、海南省2023-2024学年物理高二第一学期期末监测模拟试题注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、如图，在阴极射线管正下方平行放置一根通有足够强直流电流的长直导线，且导线中电流方向水
2、平向右，则阴极射线将会（）A.向纸内偏转B.向纸外偏转C.向上偏转D.向下偏转2、在下列四图中，标出磁场B、电流I和安培力F的相互关系，其中正确的是（ ）A.B.C.D.3、如图6，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右点不计重力，下列表述正确的是A.粒子在M点的速率最大B.粒子所受电场力沿电场方向C.粒子在电场中的加速度不变D.粒子在电场中的电势能始终在增加4、一个电流表的满偏电流Ig=1mA.内阻为300，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（ ）A.串联一个10000的电阻B.并联一个1
3、0000的电阻C.串联一个9700的电阻D.并联一个9700的电阻5、如图所示的电路中，输入电压U恒为12V，灯泡L上标有“6V，12W”字样，电动机线圈的电阻RM0.50。若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是（）A.通过电动机的电流为12AB.电动机的输入功率为24WC.电动机的输出功率为12WD.电动机的热功率为2.0W6、如图所示，MN是匀强磁场中的一块薄金属板，带电粒子（不计重力）在匀强磁场中运动并穿过金属板（粒子速率变小），实线表示其运动轨迹，由图知A.粒子带正电B.粒子运动方向是edcbaC.粒子运动方向abcdeD.粒子在上半周所用时间比下半周所用时间长二、多项选择题：本题共4
4、小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、回旋加速器的工作原理如图所示：D1和D2是两个中空、半径固定的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差，两个半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中；中央O处的粒子源产生的带电粒子，在两盒之间被电场加速，粒子进入磁场后做匀速圆周运动不考虑相对论效应，不计粒子重力下列说法正确的是A.粒子在磁场中的运动周期越来越大B.D型盒半径越大，粒子离开加速器时的动能就越大C.磁感应强度越大，粒子离开加速器时的动能就越大D.两盒间电势差越大，粒子离开加速器时的动能就越大8、如图甲所示的
5、电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，原线圈接入图乙所示的不完整的正弦交流电，电压表和电流表均为理想电表，R2=R3=10，则下列说法正确的是A.开关S闭合时，电流表示数为B.开关S断开时，电压表示数为C.开关S从从断开到闭合时，电压表示数增大D.开关S从从断开到闭合时，电流表示数增大9、如图所示为汽车蓄电池与车灯、启动电动机组成的电路，蓄电池内阻为0.05 ，车灯电阻不变，电动机线圈内阻为0.02，电流表和电压表均为理想电表。只闭合时，电流表示数为10 A，电压表示数为12 V；再闭合，启动电动机工作时，电流表示数变为8 A，则（）A.通过启动电动机的电流是2 AB.通过启动电动机的
6、电流是50 AC.启动工作时电动机的机械功率为430WD.启动工作时电动机的发热功率为50W10、如图甲所示，一个匝数为n的圆形线圈(图中只画了2匝)，面积为S，线圈的电阻为R，在线圈外接一个阻值为R的电阻和一个理想电压表，将线圈放入垂直线圈平面指向纸内的磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示，下列说法正确的是：（）A.0t1时间内P端电势高于Q端电势B.0t1时间内电压表的读数为C.t1t2时间内R上的电流为D.t1t2时间内圆形线圈中感应电流的方向为逆时针三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11（6分）一台小型扫地机器人的直流电动机的
7、额定电压为12V，额定电流为5A，线圈电阻为0.2，将它接在直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则电动机消耗的总功率为_，转化为机械能的功率为_12（12分）一同学用如图所示装置研究感应电流方向与引起感应电流的磁场变化的关系已知电流从接线柱a流入电流表时，电流表指针右偏，实验时原磁场方向、磁铁运动情况及电流表指针均记录在下表中实验序号引起感应电流的磁场方向磁铁运动情况指针偏转情况1向下插入左偏2向下拔出右偏3向上插入右偏4向上拔出左偏（1）由实验1、3得出的结论是：穿过闭合回路的磁通量_（填“增加”、“减少”）时，感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向_（填“相同”、“相反”）（2）由
8、实验2、4得出的结论是：穿过闭合回路的磁通量_（填“增加”、“减少”）时，感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向_（填“相同”、“相反”）（3）由实验1、2、3、4得出的结论是：_.四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13（10分）如图，两根间距为L0.5m的平行光滑金属导轨间接有电动势E3V、内阻r1的电源，导轨平面与水平面间的夹角37金属杆ab垂直导轨放置，质量m0.2kg导轨与金属杆接触良好且金属杆与导轨电阻均不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中当R01时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g10m/s2，sin
9、370.6，cos370.8（1）求磁感应强度B的大小；（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，求金属杆的加速度14（16分）ABC表示竖直放在电场强度为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的圆环，轨道的水平部分与半圆环相切A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg，带电量为q=+C的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）(1)小球到达C点的速度大小(2)小球在C点时，轨道受到的压力大小15（12分）如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m，a、b间的电场强度为E=5.0105N/
10、C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场.今有一质量为m=4.810-25kg、电荷量为q=1.610-18C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0 =1.0106m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处（图中未画出）求P、Q之间的距离L参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、C【解析】由通电导线的电流方向，根据安培定则可得电子射线管处于垂直纸面向外的磁场，当电子流方向从左向右，根据左手定则可得电子受到向上的安
11、培力，则电子向上偏转。故ABD错误，C正确。故选C。2、A【解析】熟练应用左手定则是解决本题关键，在应用时可以先确定一个方向，然后逐步进行，如可先让磁感线穿过手心，然后通过旋转手，让四指和电流方向一致或让大拇指和力方向一致，从而判断出另一个物理量的方向，用这种程序法，防止弄错方向【详解】根据左手定则可知，A图中安培力方向应该向上，故A正确；根据左手定则可知，B图中安培力应该垂直于磁场斜向上，故B错误；根据左手定则可知，C图中磁场方向和电流方向在同一直线上，不受安培力作用，故C错误；根据左手定则可知，D图中安培力方向垂直于直导线斜向左上方，故D错误故选A3、C【解析】根据做曲线运动物体的受力特点
12、合力指向轨迹的凹一侧，再结合电场力的特点可知粒子带负电,即受到的电场力方向与电场线方向相反，B错；从N到M电场力做负功，减速，电势能在增加；当达到M点后电场力做正功，加速，电势能在减小，则在M点的速度最小A错，D错；在整个过程中只受电场力根据牛顿第二定律加速度不变，C正确.4、C【解析】改装电压表需要串联一个电阻进行分压，所以BD错误，根据欧姆定律可得：，即，解得故选C，考点：考查了电压表的改装原理点评：电流表串联电阻起分压作用为电压表，电压表串联电阻为总电阻减去电流表的内阻总电阻=量程除以满偏电流5、D【解析】A灯泡与电动机串联，通过的电流相等，则电流故A错误；B电动机两端的电压为UM=U-
13、UL=6V所以电动机的输入功率为P=UMI=12W故B错误；CD电动机的发热功率为P热=I2RM=2W电动机的输出功率为P出=P-P热=10W故C错误，D正确。故选D。6、B【解析】A带电粒子不计重力在匀强磁场中运动并穿过金属板后粒子速率变小，根据带电粒子在磁场中运动的半径公式：，粒子的半径将减小，故粒子应是由下方穿过金属板，故粒子运动方向为edcba，根据左手定则可得，粒子应带负电，故A错误；BC带电粒子穿过金属板后速度减小，由轨迹半径应减小，故可知粒子运动方向是edcba，故B正确，C错误；D由可知，粒子运动的周期和速度无关，而上下均为半圆，故所对的圆心角相同，故粒子的运动时间均为，故D错
14、误。故选B。二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、BC【解析】粒子在磁场中运动的周期与粒子的速度无关；回旋加速器的半径一定，根据洛伦兹力提供向心力，求出最大速度，可知最大速度与什么因素有关【详解】粒子在磁场中运动的周期：，与其速度的大小无关，所以粒子运动的周期不变，故A错误；由qvB=得：，则最大动能为：Ekm=mv2=，知最大动能与加速器的半径、磁感线强度以及电荷的电量和质量有关D型盒的半径越大，磁场越强，粒子离开加速器时的动能就越大，与两盒间电势差无关；故BC正确，
15、D错误；故选BC.【点睛】解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场加速、磁场偏转来加速粒子，但是最终粒子的动能与电场的大小无关8、BD【解析】根据电流的热效应求出输入电压的有效值，再根据变压器原副线圈电压之比等于线圈匝数比求出电压表示数，电键S闭合后，副线圈电阻变小，根据欧姆定律判断电流表示数的变化，根据变压器原副线圈电流之比等于线圈匝数的倒数比比求出电流表示数变化情况.【详解】B、根据电流的热效应，有，解得，根据变压比可得副线圈两端的电压为；故B正确.A、开关闭合时，副线圈两端的电压依然为，则副线圈中的电流,根据电流与匝数成反比知原线圈中的电流即电流表的示数为；故A错误.C、闭合电键S，因为原线圈电压和匝数比都不变，所以副线圈两端的电压不变，电压表示数不变，故C错误；D、闭合电键S后，总电阻减小，输出功率增大，输入功率增大，电流增大
