2024届成都市物理高二第一学期期中质量跟踪监视试题含解析

2024届成都市物理高二第一学期期中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、如图所示，三根长直导线垂直于纸面放置通以大小相同，方向如图的电流，ac⊥bd，且ab=ad=ac，则a点处磁感应强度B的方向为（）A．垂直于纸面向外B．垂直于纸面向里C．沿纸面由a向dD．沿纸面由a向c2、在空中某一高度水平匀速飞行的飞机上，每隔1s时间由飞机上自由落下一个物体，先后释放四个物体，最后落到水平地面上，若不计空气阻力，则这四个物体（）A．在空中任何时刻排列在同一抛物线上，落地点间是等距离的B．在空中任何时刻排列在同一抛物线上，落地点间是不等距离的C．在空中任何时刻总是在飞机下方排成竖直的直线，落地点间是不等距离的D．在空中任何时刻总是在飞机下方排成竖直的直线，落地点间是等距离的3、如图所示.一根长导线弯曲成如图所示形状。通以直流电I，正中间用绝缘线悬挂一金属环C。环与导线处于同一竖直平面内。在电流I增大的过程中，下列叙述正确的是()A．金属环中无感应电流产生B．金属环中有顺时针方向的感应电流C．悬挂金属环C的竖直线中的张力不变D．金属环C仍能保持静止状态4、一个已充电的电容器，若使它的电量减少3×10-4C，则其电压减少为原来的1/3，则A．电容器原来的带电量为9×10-4CB．电容器原来的带电量为4.5×10-4CC．电容器原来的电压为1VD．电容器的电容变为原来的1/35、如图所示，电路两端的电压U保持不变，电阻R1、R2、R3消耗的电功率一样大，则电阻之比R1∶R2∶R3是()A．1∶1∶1B．4∶1∶1C．1∶4∶4D．1∶2∶26、关于电压和电动势，下列说法正确的是A．在闭合电路中，当外电阻变大时，路端电压增大，电源的电动势也增大B．电压和电动势单位都是伏特，所以电压和电动势的物理意义也相同C．电压U=和电动势E=中的W是一样的，都是静电力所做的功D．电压和电动势有本质的区别，反映的能量转化方向不同二、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，空间存在垂直于纸面向里的磁感应强度为Ｂ的匀强磁场，场内有一绝缘的足够长的直杆，它与水平面的倾角为θ，一带电量为-q质量为m的带负电小球套在直杆上，从A点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数为μ，在小球以后的运动过程中，下列说法正确的是（）A．小球下滑的最大速度为vB．小球下滑的最大加速度为am=gsinθC．小球的加速度一直在减小D．小球的速度先增大后不变8、如图，O是一固定的点电荷，虚线a、b、c是该点电荷产生的电场中的三条等势线，正点电荷q仅受电场力的作用沿实线所示的轨迹从a处运动到b处，然后又运动到c处，由此可见（）A．O为负电荷B．在整个过程中q的速度先变大后变小C．在整个过程中q的加速度先变大后变小D．在整个过程中，电场力做功为09、如图所示，内壁光滑的半球形碗固定不动，其轴线垂直于水平面，两个质量相同的小球A和B紧贴着内壁，分别在如图所示的水平面内做匀速圆周运动，则A．球A对碗壁的压力小于球B对碗壁的压力B．球A的线速度小于球B的线速度C．球A的角速度大于球B的角速度D．球A的向心加速度大于球B的向心加速度10、如图所示，弹簧上端固定，下端悬挂一根磁铁，磁铁正下方不远处的水平面上放一个质量为m，电阻为R的闭合线圈．将磁铁慢慢托起到弹簧恢复原长时放开，磁铁开始上下振动，线圈始终静止在水平面上，不计空气阻力，则以下说法正确的是（）A．磁铁做简谐运动B．磁铁最终能静止C．在磁铁振动过程中线圈对水平面的压力有时大于mg，有时小于mgD．若线圈为超导线圈，磁铁最终也能静止三、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）某同学用单摆测量重力加速度．（1）将细线穿过球上的小孔，打个结，制成一个单摆．将做好的单摆用铁夹固定在铁架台的横杆上，把铁架台放在实验桌边，使铁夹伸到桌面以外，让摆球自由下垂．用游标卡尺测出小球的直径d；再用刻度尺测出从悬点至小球上端的悬线长l'，则摆长l=______；（2）把单摆从平衡位置拉开一个小角度，使单摆在竖直面内摆动．用秒表测量单摆完成n次全振动所用的时间t，如图所示，秒表的读数为_______s；（3）根据以上测量量（d、l'、n、t），写出当地重力加速度的表达式g=__________．（4）实验中如果重力加速度的测量值偏大，其可能的原因是________．A．把摆线的长度l'当成了摆长B．摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线变长C．测量周期时，误将摆球（n-1）次全振动的时间t记成了n次全振动的时间D．摆球的质量过大（5）为了减少实验误差，可采用图象法处理数据，通过多次改变摆长，测得多组摆长L和对应的周期T，并作出T2—L图象，如图所示．若图线的斜率为k，则用k表示重力加速度的测量值g=______．12．（12分）有一个小灯泡上标有“6V，0.1A”字样，现要测量该灯泡的伏安特性曲线，有下列器材供选用：A．电压表（0～3V，内阻2kΩ）；B．电压表（0～10V，内阻3.0kΩ）；C．电流表（0～0.3A，内阻2.0Ω）；D．电流表（0～0.6A，内阻1.5Ω）；E．滑动变阻器（30Ω，2A）；F．滑动变阻器（100Ω，0.5A）；G．学生电源（直流9V），开关，导线．（1）滑动变阻器__________．（填所选仪器前面的字母）（2）画出实验电路图，要求电压从0开始测量_____．四、计算题：本题共2小题，共26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）如图甲所示，A、B两块金属板水平放置，相距为d=0.6cm，两板间加有一周期性变化的电压，当B板接地时，A板电势φA随时间变化的情况如图乙所示．现有一带负电的微粒在t=0时刻从B板中央小孔射入电场，若该带电微粒受到的电场力为重力的两倍，且射入电场时初速度可忽略不计．求：（1）在0~和~T和这两段时间内微粒的加速度大小和方向；（2）要使该微粒不与A板相碰，所加电压的周期最长为多少（g=10m/s2）．14．（16分）如图所示，在同一条电场线上A、B两点相距8cm，一个带电量为点电荷在A点的电势能为，在B点的电势能为.若将该点电荷从A点移动到B点，求：（1）电场力对点电荷做功及A、B两点间电势差；（2）若该电场为匀强电场，分析和计算电场强度方向和大小。15．（12分）导线中带点粒子的定向移动形成电流，电流可以从宏观和微观两个角度来认识，一段通电直导线的横截面积为S，单位体积的带电粒子数为n，导线中每个带电粒子定向移动的速率为v，粒子的电荷量为q，并认为做定向运动的电荷时正电荷(1)试推导出电流的微观表达式I=nvSq(2)如图所示，电荷定向运动时所受洛伦磁力的矢量和，在宏观上表现为导线所受的安培力．按照这个思路请你尝试由安培的表达式推导出洛伦磁力的表达式

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【解题分析】

直导线b在a点产生磁场与直导线d在a点产生磁场方向相反，大小相等．则合磁场为零；而直导线c在a点产生磁场，方向从b指向d，即为沿纸面由a指向d，故选C．2、D【解题分析】

匀速飞行的飞机上落下一小球，物体做平抛运动，物体在水平方向上做匀速直线运动，知物体在空中排成一条竖直线，且落地点是等间距的．在竖直方向上做自由落体运动，相等时间内的间隔在竖直方向上越来越大．故选D3、D【解题分析】

根据安培定则知，弯曲成的导线中电流的磁场方向为垂直纸面向里，且大小增加．由楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针，故AB错误；根据左手定则可知，安培力的方向指向圆心，由于弯曲成的导线在金属环所在的区域上部分的磁场比较大，下部分的磁场比较小，环的上部分受到的向下的安培力比较大，因此导致挂环的拉力增大，因安培力的合力方向竖直向下，故金属环不会转动，仍然静止；故C错误，D正确；故选D．【题目点拨】解决本题的关键会用安培定则判断电流周围磁场的方向，以及学会根据楞次定律来确定感应电流的方向．同时会用左手定则判断安培力的方向．4、B【解题分析】

由得到，，故A错，B对；因电容器的电容不知，所以无法求出电容器原来的电压，C错；电容器的电容由电容器本身决定，跟电压和电荷量的变化无关，所以电容器的电容不变，D错．5、C【解题分析】试题分析：并联电路两端的电压相等，则由可知，功率相等，电压相等，则电阻一定相等；中的电流等于并联部分的总电流，，故，则有：；则由可知：，解得；，故电阻之比为：1：4：4，C正确；考点：考查了串并联电路规律，电功率的计算【名师点睛】关键是公式及其变形式的灵活应用，难点是利用串联电路的电压与电阻成正比的关系求出电阻与的比值．6、D【解题分析】

A.电动势是电源本身的性质，与外电阻无关；故A错误；B.电压与电动势不同，电动势在数值上等于电源没有接入电路时两极间的电压，故B错误。C.电动势E=中的W是非静电力做的功，故C错误。D.电压和电动势有本质的区别，反映的能量转化方向不同，故D正确。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、BD【解题分析】试题分析：小球从A点由静止沿杆下滑，受到重力、支持力、洛伦兹力、摩擦力，根据牛顿第二定律表示出加速度，进而分析出最大速度和最大加速度及加速度的变化过程．小球开始下滑时有mgsinθ-μmgcosθ-qvB=ma，随v增大，a增大，当v=mgcosθqB时，a达最大值gsinθ，此时洛伦兹力等于mgcosθ，支持力等于0，此后随着速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，此后下滑过程中有mgsinθ-μqvB-mgcosθ=ma，随8、CD【解题分析】

A．粒子的所受合力的方向大致指向轨迹的弯曲的方向，知正电荷所受的电场力背离点电荷向外，知O为正电荷．故A错误．B．从从a处运动b处，然后又运动到c处电场力先做负功，再做正功，则动能先减小再增大，所以速度先减小再增大．故B错误．C．越靠近点电荷，电场线越密，则电荷所受电场力越大，加速度越大，则加速度先增大后减小，故C正确．D．a与c在同一个等势面上，两点间的电势差为零，根据W=qU，知电场力做功为零，故D正确．9、CD【解题分析】

A．对任意一球，设其轨道处半圆形碗的半径与竖直方向的夹角为，半球形碗的半径为R，如图所示，球所受的支持力，越大，支持力越大，则碗对球A的支持力较大，由牛顿第三定律可知，球A对碗的压力大于球B对碗的压力，A错误；BCD．根据重力和支持力的合力提供圆周运动的向心力，又联立得，，，R一定，可知角度越大，线速度越大，角速度越大，向心加速越大，所以球A的线速度大于球B的，球A的角速度大于球B的，球A的向心加速度大于球B的，B错误，CD正确。10、BCD【解题分析】

根据楞次定律下面的线圈会阻碍磁铁运动做负功，所以磁铁最终会停止，A错误B正确；因为磁铁在运动，所以穿过线圈的磁通量变化，产生安培力，当磁铁运动时，安培力方向向下时压力大于重力，相反压力小于重力，C正确；若线圈为超导线圈，由楞次定律，线圈中产生感应电流，感应电流随磁体位置的变化而发生变化，线圈中的磁通量会发生变化，在磁体中也会产生电磁感应，磁体会发热，磁铁最终也能静止，D正确．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、;99.8;;C;;【解题分析】

（1）单摆的长度为l=l′+．

（2）秒表分针与秒针示数之和是秒表示数．

（3）应用单摆周期公式可以求出重力加速度的表达式．（4）根据g的表达式分析误差产生的原因．

（5）根据单摆的周期公式T=2π变形得到，T2与L的表达式，再根据数学知识确定图象斜率的物理意义，即可求得g．【题目详解】（1）单摆的长度为l=l′+；

（2）秒表示数为：1.5×60+9.8=99.8s；

（3）由单摆周期公式：T=2π可知：，又T=，l=l′+可得；（4）由T=2π得，；把摆线的长度lo当成了摆长，l变短，由上式可知，测得的g值偏小，故A错误．摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线变长，周期T变大，则g偏小，故B错误．测量周期时，误将摆球（n-1）次全振动的时间t记成了n次全振动的时间，测出的周期T变小，则g偏大，故C正确．单摆的周期与摆球的质量无关，故D错误．故选C；

（5）由T=2π得T2=L，由数学知识得知，T2-L图线的斜率k=，得g=；【题目点拨】本题要掌握测量重力加速度的原理：单摆周期公式T=2π，根据实验原理分析误差产生的原因，结合数学知识图象的物理意义．12、E【解题分析】（1）为方便实验操作，滑动变阻器应选E．（2）灯泡的额定电流为0.1A，电流表应选C；灯泡额定电压为6V，电压表应选B；因为灯泡的电压和电流需从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法．灯泡的电阻大约为，远小于电压表的内阻3kΩ，属于小电阻，所以电流表采用外接法，实验原理图如下；四、计算题：本题共2小题，共26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、(1)方向向上，方向向下（2）【解题分析】

（1）设电场力大小为F，则F=2mg，对于t=0