2024年江西省抚州市临川一中高二物理第一学期期末质量跟踪监视试题含解析

2024年江西省抚州市临川一中高二物理第一学期期末质量跟踪监视试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，下列说法中正确的是（）A.在中性面时，感应电动势最大B.穿过线圈的磁通量为零时，感应电动势也为零C.穿过线圈的磁通量为零时，磁通量的变化率也为零D.在中性面时，通过线圈的磁通量最大2、两个相互接触的物体没有发生热传递，这是因为它们具有相同的（）A.质量 B.温度C.内能 D.体积3、下列说法正确的是（）A.奥斯特发现了电流能够使磁针偏转，并提出了磁能够产生电B.安培将磁铁放在导体线圈附近，线圈中产生了电流C.法拉第把两个线圈绕在同一铁环上，一个线圈接电源，另一个线圈接“电流表”，在给接电源的线圈通电和断电的瞬间，可以观察到另一个线圈中有电流D.法拉第发现了电磁感应现象，库仑发现了电流的磁效应4、如图所示，用绝缘细线悬挂一闭合金属圆环，环套在一通电螺线管外，圆环的圆心、轴线与螺线管的中心、轴线分别重合.现增大通电螺线管中的电流（方向不变），下列说法正确的是（）A.穿过圆环的磁通量为零，环中不会产生感应电流B.从左向右看，圆环中的感应电流沿逆时针方向C.圆环有扩张的趋势D.悬挂圆环细线拉力增大5、如图甲所示，两虚线相互垂直，a、b两点和P、Q两点关于O1点对称，两带电量均为+q的点电荷分别放置在a、b两点。如图乙所示，两虚线相互垂直，c、d两点和M、N两点关于O2点对称，分别通过c、d两点的两导线内均有垂直纸面向外、大小为I的电流。下列说法正确的是A.P、Q两点的电场强度相同B.M、N两点的磁感应强度相同C.从P点到O1点电场强度可能先减小后增大D.从M点到O2点磁感应强度可能先增大后减小6、质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图两种虚线所示，下列表述正确的是AM带负电，N带正电B.M的速度率小于N的速率C.洛伦兹力对M、N做正功D.M的运行时间大于N的运行时间二、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、如图所示，一闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点，将圆环拉离平衡位置并释放，圆环摆动过程中经过有界的水平匀强磁场区域，A，B为该磁场的竖直边界，若不计空气阻力，则（）A.圆环向右穿过磁场后，不能摆至原来的高度B.在进入和离开磁场时，圆环中均有感应电流C.圆环进入磁场后离平衡位置越近速度越大，感应电流也越大D.圆环最终不能静止在平衡位置8、如图所示，一对水平放置的平行金属板通过开关S与电源相连接，一个带电微粒从金属板正上方的O点释放后，自由落下，通过上金属板上的小孔，进入两个平行金属板间，到达P点后返回，若将上金属板向上移到虚线处再从O点释放带电微粒，则有（）A.若保持开关闭合状态移动上金属板，带电微粒落下后，仍能到达P点后返回B.若保持开关闭合状态移动上金属板，带电微粒落下后，尚未到达P点就返回C.若将开关断开后移动上金属板，带电微粒落下后，仍能到达P点后返回D.若将开关断开后向下移动下金属板，带电微粒落下后，仍能到达P点后返回9、如图，长为的轻绳上端固定在O点，下端系一小球（小球可视为质.点）在O点正下方距O点处的P点固定一小钉子，现将小球拉至A点，使细线与竖直方向间夹角为（很小），然后由静止释放小球，小球运动的最低点为B，点C（图中未标出）是小球能够到达的左方最高位置.A、B、P、O在同一竖直平面内，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的有A.点C与点A等高 B.点C在点A上方C.小球摆动的周期为 D.小球摆动的周期为10、如图所示，匀强磁场方向竖直向下。磁场中有光滑的水平桌面，在桌面上平放着内壁光滑、底部有带电小球的试管。试管在水平拉力F作用下向右匀速运动，带电小球能从管口处飞出。关于带电小球及其在离开试管前的运动，下列说法中正确的是（）A.小球带正电B.洛伦兹力对小球做正功C.小球的运动轨迹是一条曲线D.小球的运动轨迹是一条直线三、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）在测定一节干电池E的电动势和内阻（电动势约为1.5V，内阻小于2.0Ω）的实验中，备有下列参数准确可靠的器材：电流表A1（量程0～3mA，内阻r1＝5.0Ω）电流表A2（量程0～0.6A，内阻r2＝0.5Ω）滑动变阻器R1（0～20Ω，额定电流为2.0A）滑动变阻器R2（0～100Ω，额定电流1.0A）定值电阻R3＝995Ω定值电阻R4＝9.5Ω开关和导线若干(1)某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了图甲所示的实验电路，图中定值电阻应选____，滑动变阻器应选_____（均填写器材的字母代号）(2)图乙为该同学根据实验电路，利用测出的数据绘出的I1与（I1+I2）的关系图线，I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数．则由图线可求被测干电池的电动势E＝_____V，内阻r＝_____Ω．（结果保留三位有效数字）(3)在电路连接良好的情况下，该实验方案_____（选填“有”或“没有”）系统误差12．（12分）在“研究电磁感应现象”的实验中，首先按图1接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；当闭合S时，观察到电流表指针向右偏，不通电时电流表指针停在正中央．然后按图2所示将电流表与副线圈B连成一个闭合回路，将原线圈A、电池、滑动变阻器和电键S串联成另一个闭合电路．根据电磁感应规律，填写实验现象（向左偏转、向右偏转、不偏转）①S闭合后，将螺线管A（原线圈）插入螺线管B（副线圈）的过程中，电流表的指针___②线圈A放在B中不动时，电流表的指针___③线圈A放在B中不动，将滑动变阻器的滑片P向左滑动时，电流表的指针___④线圈A放在B中不动，突然断开S．电流表的指针_____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L＝0.5m的平行光滑金属导轨间接有电动势E＝3V、内阻r＝1Ω的电源，导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°．金属杆ab垂直导轨放置，质量m＝0.2kg．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R0＝1Ω时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8（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=5.0×105N/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=4.8×10-25kg、电荷量为q=1.6×10-18C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0=1.0×106m/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、D【解题分析】在中性面时，感应电动势为零，选项A错误；穿过线圈的磁通量为零时，感应电动势最大，选项B错误；穿过线圈的磁通量为零时，磁通量的变化率最大，选项C错误；在中性面时，通过线圈的磁通量最大，选项D正确.2、B【解题分析】两个相互接触的物体没有发生热传递，这是因为它们具有相同的温度；A．质量，与结论不相符，选项A错误；B．温度，与结论相符，选项B正确；C．内能，与结论不相符，选项C错误；D．体积，与结论不相符，选项D错误；故选B.3、C【解题分析】AD．奥斯特发现了电流周围存在磁场，即电流的磁效应，法拉第发现了磁能产生电，即电磁感应现象，故AD错误；B．法拉第在奥斯特的启发下，研究了磁场与电流的关系，最终通过十年的努力终于发现了电磁感应现象：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生电流，故B错误；C．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，回路中的磁通量发生变化，能观察电流表的变化，故C正确。故选C。4、C【解题分析】AB．当螺线管中通过的电流逐渐变大时，电流产生的磁场逐渐变强，故穿过圆环的磁通量变大，由楞次定律可得，从左向右看，圆环中的感应电流沿顺时针方向，故AB错误；C．当螺线管中通过的电流逐渐变大时，电流产生的磁场逐渐变强，故穿过圆环的磁通量变大，为阻碍磁通量变大，圆环有扩张的趋势，故C正确；D．由于圆环圆心、轴线与螺线管的中心、轴线分别重合，所以圆环各处所受安培力大小相等，方向相反，所以悬挂圆环的细线拉力不变，故D错误。故选C。5、D【解题分析】A．根据场强的叠加法则可知P、Q两点的场强大小相等，方向相反，所以P、Q两点电场强度不同，A错误；B．根据安培定则判断磁感应强度的方向，根据矢量合成法则可知M、N两点磁感应强度大小相等，方向相反，所以M、N两点磁感应强度不同，B错误；C．根据等量同种电荷电场线的分布可知，从P到O1的电场强度可能先增大后减小或一直减小，不可能先减小后增大，C错误；D．根据磁感应强度的叠加可知，无穷远处的磁感应强度为0，在处的磁感应强度也为0，所以从无穷远处到处磁感应强度先增大后减小，所以从M点到O2点磁感应强度可能先增大后减小，D正确。故选D。6、A【解题分析】A．由左手定则可知，M带负电，N带正电，选项A正确B．由可知，M的速度率大于N的速率，选项B错误；C．洛伦兹力对M、N都不做功，选项C错误；D．由可知，M的运行时间等于N的运行时间，选项D错误二、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、ABD【解题分析】圆环向右穿过磁场后，会产生电流，根据能量守恒求解．当圆环进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，会产生电流．最终整个圆环在磁场区域来回摆动，不产生感应电流，机械能守恒【题目详解】A项：圆环向右穿过磁场后，会产生电流，圆环中将产生焦耳热，根据能量守恒知圆环的机械能将转化为电能，所以回不到原来的高度了，故A正确；B项：当圆环进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，会产生电流，故B正确；C项：整个圆环进入磁场后，磁通量不发生变化，不产生感应电流，机械能守恒．离平衡位置越近速度越大，感应电流为零，故C错误；D项：在圆环不断经过磁场，机械能不断损耗过程中圆环越摆越低，最后整个圆环只会在磁场区域来回摆动，因为在此区域内没有磁通量的变化（一直是最大值），所以机械能守恒，即圆环最后的运动状态为在磁场区域来回摆动，而不是静止在平衡位置，故D正确故选ABD【题目点拨】本题为楞次定律的应用和能量守恒相合．注意楞次定律判断感应电流方向的过程，先确认原磁场方向，再判断磁通量的变化，感应电流产生的磁场总是阻碍原磁通量的变化8、BD【解题分析】AB．未移动上金属极板时，微粒到达P点返回，故微粒在P点的动能为0，故微粒从O点到P点过程中重力势能的减小量等于电势能的增加量；保持开关闭合状态，两极板间电势差不变，移动上金属板到虚线位置，那么板间距变大，场强变小，故P到下极板的电势差减小，上极板到P的电势差增大；那么，微粒从O到P的重力势能减小量保持不变，但电势能的增加量变大，则微粒将不能到达P点，所以微粒尚未到达P点就返回，故A错误，B正确；CD．若将开关断开，则两极板所带电荷量保持不变，根据又联立可得故极板间场强E保持不变。若移动上金属板到虚线位置，上极板到P的距离增大，故上极板到P的电势差增大，那么，微粒尚未到达P点就返回；若向下移动下金属板，上极板到P的距离不变，故上极板到P的电势差保持不变，那么，微粒仍到达P点就返回。故C错误，D正确。故选BD。9、AD【解题分析】AB．小球摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒，两侧最高点动能均零，故重力势能也相等，故最大高度相同，即点C与点A等高，故A正确，B错误；CD．小球B→A→B的时间为小球B→C→B的时间为故小球摆动的周期为故C错误，D正确。故选AD。10、AC【解题分析】A．小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口洛伦兹力分力，根据左手定则判断，小球带正电，A正确；B．洛伦兹力总是与速度垂直，不做功，B错误；CD．假设管运动速度为，小球垂直于管向右的分运动是匀速直线运动。小球沿管方向受到洛伦兹力的分力、、均不变，不变，根据牛顿第二定律，在沿管方向可知小球沿管做匀加速直线运动。与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线，C正确，D错误。故选AC。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、①.R3②.R1③.1.47④.1.18⑤.没有【解题分析】(1)[1]因为没有电压表，可以用电流表与定值电阻串联改装成电压表，由电路图可知y应该是A1；电流表A1量程为3mA，要测1.5V电压，电压表内阻至少为R500Ω，电流表A1内阻为5Ω，由电路图可知，定值电阻应选R3；[2]为准确测量，减小误差，方便实验操作滑动变阻器应选R1.(2)[3][4]根据欧姆定律和串联的知识得电源两端电压为：U＝I1（995+5）＝1000I1，根据图象与纵轴的交点得电动势为E＝1.47mA×1000Ω＝1.47V，与横轴的交点可得出路端电压为1.0V时电流是0.4A，由闭合电路欧姆定律E＝U+Ir可得，电源内阻r1.18Ω；(3)[5]伏安法测电源电动势与内阻实验，相对于电源来说，电流表采用外接法时，由于电压表分流，使所测电流偏大，给实验带来实验误差；本实验中用两个电流表测电流，处理实验数据时横坐标是电路总电流，电压测量值与电流测量值都等于真实值，本实验没有系统误差.12、①.向左偏转②.不偏转③.向左偏转④.向右偏转【解题分析】①先判断线圈A中磁场方向，然后根据楞次定律判断线圈B中感应电流的磁场方向，最后得到线圈B中的感应电流方向；②线圈不动，磁通量不变，无感应电流；③滑片向左移动，电流变大，先判断线圈A中磁场方向，然后根据楞次定律判断线圈B中感应电流的磁场方向，最后得到线圈B中的感应电流方向；④突然断开S，先判断线圈A中磁场方向，然后根据楞次定律判断线圈B中感应电流的磁场方向，最后得到线圈B中的感应电流方向；【题目详解】由题意可知，当闭合S时，观察到电流表指针向右偏，则有电流从正极进入时，电流指针向右偏；电流从负极进入时，电流指针向左偏；①[1]线圈A中磁场方向向上，插入B线圈，故线圈B中磁通量变大，阻碍变大，故感应电流的磁场方向向下，故电流从右向左流过电流表，故电流表指针向左偏转；②[2]线圈不动，磁通量不变，无感应电流，故指针不动；③[3]线圈A中磁场方向向上，滑片向左移动，电流变大，故线圈B中磁通量变大，阻碍变大，故感应电流的磁场方向向下，故电流从右向左流过电流表，故电流表