海南省三亚2023年高二物理第一学期期末质量跟踪监视试题含解析

海南省三亚2023年高二物理第一学期期末质量跟踪监视试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电直导线A，A与螺线管垂直，A导线中的电流方向垂直纸面向里，开关S闭合，A受到通电螺线管磁场的作用力的方向是()A.水平向左 B.水平向右C.竖直向下 D.竖直向上2、如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，在O点存在的垂直纸面向里运动的匀速电子束.∠MOP=60°，在M、N处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O点的电子受到的洛伦兹力大小为F1.若将M处长直导线移至P处，则O点的电子受到的洛伦兹力大小为F2.那么F2与F1之比为（）A. B.C.1:1 D.1:23、关于电场，下列说法正确的是（）A.由知，若q减半，则该处电场强度为原来的2倍B.由知，E与Q成正比，而与成反比C.由知，在以Q为球心，以r为半径的球面上，各处场强均相同D.电场中某点场强方向就是该点所放电荷受到的静电力的方向4、关于电流，下列说法正确的是（）A.电子的运动速率越大，电流就越大B.单位时间内通过导体横截面积的电量越多i，导体中的电流越大C.因为电流有方向，所以电流时矢量D.导体中的电流，一定是自由电子的定向移动形成的5、如图所示的情况中，a、b两点的电场强度和电势均相同的是（）A.甲图：离点电荷等距的a、b两点B.乙图：两个等量异种点电荷连线的中垂线上，与连线中点等距的a、b两点C.丙图：两个等量同种点电荷连线上，与连线中点等距的a、b两点D.丁图：带电平行金属板两板间分别靠近两板的a、b两点6、如图所示，带有正电荷的A粒子和B粒子同时以同样大小的速度(速度方向与边界的夹角分别为30°、60°)从宽度为d的有界匀强磁场的边界上的O点射入磁场，又恰好都不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是()A.A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为B.A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为C.A、B两粒子的比荷之比是D.A、B两粒子的比荷之比是二、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，带正电的金属滑块质量为m，电荷量为q与绝缘水平面间的动摩擦因数为()。水平面上方有水平向右的匀强电场，电场强度为。如果在A点给滑块一个向左的大小为v的初速度，滑块运动到B点时速度恰好为零，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（）A.滑块运动到B点后将保持静止B.滑块运动到B点后将返回向A点运动，来回所用时间不相同C.滑块运动到B点后将返回向A点运动，到A点时速度大小仍为vD.滑块回到A点时速度大小为8、内阻为R2的直流电动机与阻值为R1的电阻串联接入电路，电动机正常工作，电阻R1两端电压为U1，流过的电流为I1，消耗的功率为P1；电动机两端电压为U2，流过的电流为I2，消耗的功率为P2，以下判断正确的是（）A. B.C. D.9、如图所示，AB棒受一冲量作用后以初速度v0=4m/s沿水平面内的固定轨道运动，经一段时间后而停止．AB的质量为m=5g，导轨宽为L=0.4m，电阻为R=2Ω，其余的电阻不计，磁感应强度B=0.5T，棒和导轨间的动摩擦因数为μ=0.4，测得棒从运动到停止的过程中通过电阻R的电量q=10﹣2C，g取10m/s2。则上述过程中下面说法正确的是（）A.AB杆运动的距离为0.1mB.AB杆运动的时间0.9sC.当杆速度为2m/s时，其加速度为12m/s2D.电阻R上产生的热量为38J10、速度可以用光电门测量，物理兴趣小组的同学设想了一个通过测量速度来得到磁感应强度的方法。他们用密度为d、电阻率为ρ、横截面积为A的薄金属条制成边长为L的闭合正方形线框cbb′c′。如图甲所示，金属方框水平放在磁极的狭缝间，方框平面与磁场方向平行。设匀强磁场仅存在于相对磁极之间，其他地方的磁场忽略不计。可认为方框的cc′边和bb′边都处在磁极间。方框从静止开始释放，其平面在下落过程中保持水平（不计空气阻力）。设磁场区域在竖直方向上足够长，若测得方框下落的最大速度为vm，则下列说法正确的是A.线框切割磁感线产生的最大感应电动势为2BLvmB.线框下落速度为时所受的安培力大小为C.线框下落速度为时加速度大小为D.磁极间磁感应强度B的大小为三、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）手机、电脑等电器已经普及到人们的日常生活中，这些电器都要用到蓄电池．某同学利用下列器材测定一节蓄电池的电动势和内阻．蓄电池的电动势约为3V.A．量程是0.6A，内阻约为0.5Ω的电流表；B．量程是3V，内阻是6kΩ的电压表；C．量程是15V，内阻是30kΩ的电压表；D．阻值为0～1kΩ，额定电流为0.5A的滑动变阻器；E．阻值为0～10Ω，额定电流为2A的滑动变阻器；F．定值电阻4Ω，额定功率4W；G．开关S一个，导线若干（1）为了减小实验误差，电压表应选择______(填器材代号)，图甲中的导线应连接到_______(选填“①”或“②”)处，改变滑动变阻器阻值的时候，为了使电压表和电流表的读数变化比较明显，滑动变阻器应选择_______(填器材代号)（2）用（1）问中的实验电路进行测量，读出电压表和电流表的读数，画出对应的U­I图线如图乙所示，由图线可得该蓄电池的电动势E＝______V，内阻r＝______Ω.(结果保留两位有效数字)12．（12分）（1）某同学用螺旋测微器和游标卡尺分别测量一物体的直径和长度，读出图中的示数，图甲为_____mm，图乙为________mm.（2）在测量电源电动势和内电阻的实验中，有电压表V(量程为3V，内阻约3kΩ)；电流表A（量程为0.6A，内阻约为0.70Ω）；滑动变阻器R（10Ω，2A）．为了更准确地测出电源电动势和内阻设计了如图所示的电路图①在实验中测得多组电压和电流值，得到如图所示的U-I图线，由图可得该电源电动势E=____V，内阻r=______Ω．（结果保留两位有效数字）②一位同学对以上实验进行了误差分析．其中正确的是______A．实验产生的系统误差，主要是由于电压表的分流作用B．实验产生的系统误差，主要是由于电流表的分压作用C．实验测出的电动势小于真实值D．实验测出的内阻大于真实值四、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）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14．（16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L15．（12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

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【解析】首先根据安培定则判断通电螺线管的磁场，右端等效为磁铁的N极，左端为S极，则A处产生的磁场方向为水平向左。再根据左手定则判断可知：A受到通电螺线管磁场的作用力的方向为竖直向上，故ABC错误，D正确。故选D。2、B【解析】依题意，设每根导线在O点产生的磁感应强度为B1/2，方向竖直向下，则电子在О点受到的洛伦兹力为F1=B1ev；当M处长直导线移至P点时，O点合磁感应强度大小为，则电子在O点受到的洛伦兹力为，则F2与F1之比为；故选B。3、B【解析】A．电场中某点的电场强度是由电场本身决定的，与试探电荷的电量无关，选项A错误；B．由知，E与Q成正比，而与成反比，选项B正确；C．由知，在以Q为球心，以r为半径的球面上，各处场强大小均相同，但是方向不同，选项C错误；D．电场中某点场强方向就是该点所放正电荷受到的静电力的方向，选项D错误。故选B4、B【解析】电流大小与电子运动速率无关，故A错误；电流的定义为电量与时间的比值，即为单位内通过的电量，是由电量与时间共同决定的，电量多电流不一定大，但如果是单位时内通过截面的电量多，则电流大，故正确；电流有方向，我们规定正电荷定向移动的方向为电流的方向，但电流不是矢量，矢量的运算必须遵循平行四边形定则，电流有方向，但不符合矢量合成法则不是矢量，故错误．导体中的电流，不一定是自由电子的定向移动形成的，也可能是其他带电离子定向移动形成的，选项D错误；故选B.5、B【解析】A.a、b是离点电荷等距的a、b两点，处于同一等势面上，电势相同，场强大小相等，但方向不同，则电场强度不同，故A项与题意不相符；B.等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，则a、b的电势相同．由于电场线关于两电荷连线上下对称，而且都与等势面垂直，所以场强的大小和方向都相同，故B项与题意相符；C.根据电场线的对称性可知，ab两点电势相同，场强大小相等，但方向相反，所以电场强度不同，故C项与题意不相符；D.a、b是匀强电场中的两点，电场强度相同，a点的电势大于b点的电势，故D项与题意不相符6、C【解析】带有正电荷的A粒子和B粒子同时从O点不同角度射入匀强磁场后，又恰好都不从另一边界飞出，轨迹与磁场右侧相切．由粒子的电性可确定洛伦兹力方向，根据处理规律：定圆心、画圆弧、求半径．并根据几何关系可确定粒子的半径关系及粒子的比荷详解】由几何关系得：rAcos30°+rA=d，rBcos60°+rB=d，解得：，故AB错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：，由题意可知，两粒子的v大小与B都相同，则A、B两粒子的q/m之比与粒子的轨道半径成反比，即粒子比荷之比为：，故C正确，D错误；故选C【点睛】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，要会用圆弧的特性来确定圆心，画出圆弧并运用几何关系来算出圆弧的半径，同时还体现出控制变量的思想二、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【解析】A．由题知，则物体在B点所受到的电场力大小为mg，大于其受到的最大静摩擦力，所以物体到B点速度为零后要反向运动，故A错误；BCD．滑块由A到B的过程中电场力与摩擦力都做负功，由动能定理得又解得滑块返回A的过程中电场力做正功，摩擦力做功，由动能定理得联立得由于在B点的速度都是0，而在A点的速度不相等，可知从A到B的过程与从B到A的过程中的平均速度不相等，所以滑块运动到B点后将返回向A点运动，来回所用时间不相同，故C错误，BD正确。故选BD。8、BD【解析】A．电动机和电阻串联，则电流相等，即，选项A错误；B．由于，根据P=IU可知选项B正确；C．对于纯电阻，则，选项C正确；D．因为对电阻来说：对电动机来说则即选项D正确；故选BD.9、ABC【解析】A.AB棒切割磁感线产生感应电流，设向右运动的距离为x，则平均感应电动势为平均感应电流为通过电阻R的电量所以AB杆运动的距离选项A正确；B.根据动量定理有而所以有代入数值解得AB杆运动的时间选项B正确。C.当杆速度为2m/s时，根据牛顿第二定律有：而感应电动势、电流、安培力，所以有代入数值解得选项C正确；D.根据能量守恒有所以电阻R上产生的热量为代入数值解得选项D错误。故选ABC。10、ABD【解析】A.方框被释放后受到重力、安培力作用，由于安培力随速度的增大而增大，由牛顿第二定律知，方框被释放后先做速度增大、加速度逐渐减小的直线运动，当加速度等于零时方框的速度达到最大，此后方框以最大速度vm匀速下落。当方框以最大速度vm匀速下落时，感应电动势最大为2BLvm，故A正确；BC.方框下落速度为时其产生的感应电动势和感应电流均为最大值的一半，由安培力公式可知，其所受安培力F'A也为最大值FA(即重力mg)的一半，由牛顿第二定律可知mg-F'A=ma，解得方框的加速度大小为a=，选项B正确，C错误；D.速度最大时，依据二力平衡条件得mg=FA，质量m=4AdL，方框所受安培力合力FA=2BIL

，方框中电流，方框切割磁感线产生的最大等效感应电动势E=2BLvm，方框电阻，联立上述各式解得磁极间磁感应强度大小，选项D正确；故选：ABD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.B②.①③.E④.3.2⑤.1.3【解析】（1）[1]由于电源电动势大约3V，故电压表应该选择B；[2]蓄电池的内阻较小，故导线应该接在①处；[3]电流表量程为0.6A，故滑动变阻器应该选择E。（2）[4][5]由闭合电路欧姆定律可得故该图像与纵轴的交点为电动势，该直线的斜率为，由图中可得12、①.1.193—1.197②.20.30③.1.5V④.1.0⑤.AC【解析】（1）图甲螺旋测微器主尺刻度，分尺刻度，所以读数为（1.193—1.197皆可）；图乙游标卡尺主尺读数，分尺读数，所以读数为（2）①根据闭合电路欧姆定律得：，所以图像纵截距为电动势，所以，斜率表示内阻：②A