2027届安徽省滁州西城区中学高二上物理期末学业质量监测试题含解析

2027届安徽省滁州西城区中学高二上物理期末学业质量监测试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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、半径为r带缺口的刚性金属环在纸面上固定放置,在环的缺口两端引出两根导线,分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板A、B连接,两板间距为d且足够大,如图甲所示.有一变化的磁场垂直于纸面,规定向外为正,变化规律如图乙所示.在平行金属板A、B正中间有质量未知、电荷量大小为q的带电液滴,液滴在0到0.1s处于静止状态,已知重力加速度为10m/s2.则以下说法正确的是()A.液滴带正电B.第0.3s时液滴的运动方向改变C.液滴质量为D.第0.4s内液滴位移大小为0.04(单位:米)2、如图所示，有一根直导线上通以恒定电流I，方向垂直指向纸内，且和匀强磁场B垂直，则在图中圆周上，磁感应强度数值最大的点是（）A.a点B.b点C.c点D.d点3、有一毫伏表，它的内阻是100，量程为0.2V，现要将它改装成量程为10A的电流表，则毫伏表应（）A.并联一个0.02的电阻B.并联一个0.8的电阻C.串联一个50的电阻D.串联一个4900的电阻4、一带正电粒子仅在电场力作用下做直线运动，从A点经B、C运动到D点，其v－t图象如图所示，则下列说法中正确的是（）A.A处的电场强度小于B处的电场强度B.粒子在A处的电势能小于在B处的电势能C.C、D间各点电场强度和电势都为零DA、B两点的电势差等于C、B两点间的电势差5、在匀强磁场中一带电粒子正在做匀速圆周运动，如果突然将它的速度增大到原来的3倍，则()A.粒子的运动轨迹半径不变，运动周期减为原来的三分之一B.粒子的运动轨迹半径是原来的3倍，周期不变C.粒子的运动轨迹半径和周期都是原来的3倍D.粒子的运动轨迹半径是原来的4倍，周期不变6、3N和4N两个力的合力的最小值是（）A.0 B.1NC.5N D.7N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，A、B两相同的金属板水平放置．现让两板带上等量异种电荷，两板间形成竖直方向的匀强电场．将一带电粒子沿水平方向从A板左侧靠近A板射入电场中．当粒子射入速度为v1时，粒子沿轨迹Ⅰ从两板正中间飞出，电场力做功为W1；当粒子射入速度为v2时，粒子沿轨迹Ⅱ落到B板正中间，电场力做功为W2．不计粒子重力，则()A.v1∶v2＝2∶1 B.v1∶v2＝2∶1C.W1∶W2＝1∶1 D.W1∶W2＝1∶28、如图所示，在直角坐标系第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，正、负离子分别以相同的速度从原点O进入磁场，进入磁场的速度方向与x轴正方向夹角为30°，已知正离子运动的轨迹半径大于负离子，则可以判断出A.正离子的比荷小于负离子B.正离子在磁场中受到的向心力大于负离子C.正离子在磁场中运动的时间小于负离子D.正负离子离开磁场时偏转的角度之比为2︰19、光滑绝缘水平面上固定两个等量点电荷，它们连线的中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示．一质量m=1g的带正电小物块由A点静止释放，并以此时为计时起点，沿光滑水平面经过B、C两点（图中未画出），其运动过程的v-t图像如图乙所示，其中图线在B点位置时斜率最大，根据图线可以确定()A中垂线上B点电场强度最大B.两点电荷是负电荷C.B点是连线中点，C与A点必在连线两侧D10、如图所示，边长为L、匝数为N、电阻不计的正方形线圈abcd，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴OO′以角速度ω匀速转动，轴OO′'垂直于磁感线，制成一台交流发电机，它与理想变压器的原线圈连接，变压器原、副线圈的匝数之比为1∶2，二极管的正向电阻为零，反向电阻无穷大，从正方形线圈处于图示位置开始计时，下列判断正确的是()A.交流发电机的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBωL2cosωtB.变压器的输入功率与输出功率之比为2∶1C.电压表V示数为NBωL2D.若将滑动变阻器的滑片向下滑动，电流表和电压表示数均变小三、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）利用气垫导轨和频闪照相“验证动量守恒定律”。如图所示，已知A滑块的质量为1kg，B滑块的质量为为1.5kg，频闪照相的时间间隔为0.4s，拍摄共进行了四次，第一次是在两滑块相撞之前，以后的三次是在碰撞之后。A滑块原来处于静止状态，设A、B滑块在拍摄闪光照片的这段时间内是在10cm至105cm这段范围内运动的(以滑块上的箭头位置为准)，根据闪光照片分析得出：（1）两滑块发生碰撞的位置在________cm刻度处。（2）第1次拍摄后，再经过________s的时间，两滑块发生了碰撞。（3）碰撞前，B滑块的速度为________m/s；碰撞后，A滑块的速度为________m/s，B滑块的速度为________m/s。（结果保留两位小数）（4）碰撞前两个滑块组成的系统的动量是________kg·m/s；碰撞后两个滑块组成的系统的动量是________kg·m/s。12．（12分）如图所示，游标卡尺的读数为_____mm，螺旋测微器的读数为______mm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、C【解析】由楞次定律可以判断出两极板哪个是正极，哪个是负极；由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势，然后由匀强电场场强与电势差的关系可以求出两极板间的场强大小【详解】A、根据题意液滴在0～0.1s处于静止状态，知液滴受到向上的电场力和向下的重力平衡，根据楞次定律，线圈中的感应电动势沿顺时针方向，A板接高电势，B板接低电势，两板间的电场方向向上与电场力的方向相反，所以液滴带负电，故A错误；B、根据楞次定律，在0.1s～0.3s内，线圈内感应电动势逆时针方向，上极板接低电势，下极板接高电势，两极板间电场向下，电场力向下，根据牛顿第二定律，其中，解得a=2g，液滴向下做初速度为0的匀加速运动，在第0.3s时速度最大，运动方向不改变，故B错误；C、根据法拉第电磁感应定律，两极板间的电场强度，根据受力平衡，有，得；故C正确.D、根据楞次定律在0.3s～0.4s内，感应电动势顺时针方向，上极板接高电势，下极板接低电势，电场方向向上，液滴在0.3s～0.4s内做匀速直线运动，0.1s~0.3s匀加速直线运动，位移为，0.3s时速度v=at=2g×0.2=0.4g，在0.3s-0.4s匀速直线运动，位移，所以在第0.4s时液滴距初始位置距离为0.08g，故D错误；故选C.【点睛】本题考查了楞次定律、法拉第电磁感应定律、匀强磁场场强与电势差的关系的应用，注意将产生感应电流的部分看作电源，则可知电容器两端的电压等于线圈两端的电压2、A【解析】由电流的安培定则可知电流产生的磁场在a点的方向水平向右，c点水平向左，b点竖直向下d点竖直向上，且四点磁感应强度大小相等，根据矢量合成法则可知磁感应强度最大值为a点A.a点与分析相符，A正确B.b点与分析不符，B错误C.c点与分析不符，C错误D.d点与分析不符，D错误3、A【解析】电表的满偏电流为：=0.002A；把它改装成量程为10A的电流表需要并联一个分流电阻；并联电阻阻值为：=0.02Ω4、D【解析】从图象可以看出，粒子做的是非匀变速直线运动，可得出受到的电场力不恒定，由带正电的粒子仅在电场力作用，有图线斜率代表加速度，有牛顿第二定律得知电场力的大小关系，从而得到电场强度德大小关系．由运动过程中，动能增加，势能减少，所以可判断出粒子在AB两点的电势能大小，有电场力做功的公式可得AB两点间的电势差与CB两点间的电势差的大小关系【详解】由运动的速度-时间图象可看出，带正电的粒子的加速度在A点时较大，由牛顿第二定律得知在A点的电场力大，故A点的电场强度一定大于B点的电场强度，故A错误；由A到B的过程中，速度变大了，说明是电场力做正功，电势能转化为动能，由功能关系可知，此过程中电势能减少，正电荷在A点是电势能大于在B时的电势能，所以粒子在A点的电势能高于B点的电势能，故B错误；从C到D，粒子速度一直不变，故电场力做功为零，可知CD间各点电场强度为零，但电势不一定为零，故C错误；A、C两点的速度相等，故粒子的动能相同，因此从A到B和从B到C电场力做功的绝对值相同，AB两点间的电势差等于CB两点间的电势差，故D正确．故选D【点睛】本题考查到了电场力做功的计算和电场力做功与电势能的关系，其关系为：电场力对电荷做正功时，电荷的电势能减少；电荷克服电场力做功，电荷的电势能增加，电势能变化的数值等于电场力做功的数值．这常是判断电荷电势能如何变化的依据．还考查了对于匀变速直线运动的图象分析电荷在电场中移动时，电场力做的功与移动的路径无关，只取决于起止位置的电势差和电荷的电量，这一点与重力做功和高度差的关系相似.5、B【解析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：，解得：①；周期为：

②；由①式，半径与速度成正比，速度变为3倍，故半径变为3倍；由②式，周期与速度无关，故周期不变；故选B6、B【解析】当两个力共线反向时，合力最小，所以3N和4N两个力的合力最小为1N。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、AD【解析】粒子在电场中做类平抛运动，根据规律，竖直方向：，水平方向匀速：，联立解得：，所以：v1∶v2＝2∶1；电场力做功，，联立可得：W1∶W2＝1∶2，BC错误AD正确8、AD【解析】A.根据粒子的运动的半径公式，由于正离子运动的轨迹半径大于负离子，所以正离子的比荷小于负离子的比荷，故A正确；B.带电粒子在磁场中运动的向心力是由洛伦兹力提供的，根据洛伦兹力F=qvB可知，由于q大小关系未知，所以不能比较向心力的大小，故B错误；C.正离子向“上”偏，从Y轴正方向离开磁场。在磁场中运动个周期，t1=T1；负离子向“下”偏，从X轴正方向离开磁场。在磁场中运动个周期，t2=T2。由周期公式可知，周期与比荷成反比。故T1>T2，所以：t1>t2，故C错误；D.由C选项可知，经过磁场，正离子偏转的角度为120°，负离子偏转的角度为60°，正负离子离开磁场时偏转的角度之比为2︰1，故D正确。故选：AD9、AD【解析】A．根据v-t图象的斜率表示加速度，知小物块在B点的加速度最大，所受的电场力最大，所以中垂线上B点电场强度最大，A正确；B．小物块从B到C动能增大，电场力做正功，小物块带正电，可知两点电荷是正电荷，B错误；C．中垂线上电场线分布不是均匀，B点不在连线中点，C错误；D．根据动能定理得A→B有：；B→C有，对比可得，D正确。故选AD。10、AC【解析】A．从垂直于中性面时开始时，矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBL2ωcosωt故A正确；B．变压器的输入与输出功率之比为1：1，故B错误；C．交流电在一个周期内有半个周期通过二极管，次级交流电压的最大值等于U2m=2NBωL2根据电流的热效应可得解得U=NBωL2故C正确；D．当P位置向下移动，R增大，根据理想变压器的变压原理知输出电压即电压表V的示数不变，电阻消耗的功率变小，故电流表示数变小，故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、①.30②.0.2③.1.00④.0.75⑤.0.50⑥.1.5⑦.1.5【解析】（1）[1]因为A滑块开始处于静止状态，故根据图像可知两滑块发生碰撞的位置在30cm刻度处；（2）[2]闪光时间间隔为0.4s，由图可知碰后A滑块从45cm刻度处运动到75cm刻度处，运动速度为：从发生碰撞到第二次拍摄，A滑块从30cm刻度处运动到45cm刻度处，运动的时间为：所以可知从第一次拍摄到发生碰撞的时间为：（3）[3]从第一次拍摄到发生碰撞，B滑块从10cm运动到了30cm，由（2）的分析可知碰前A滑块的速度为：[4]由（2）的分析可知碰后A滑块的速度为0.75m/s；[5]闪光时间间隔为0.4s，由图可知碰撞后B滑块在一个闪光时间间隔内从40cm刻度处运动到60cm刻度处，即碰后B滑块的速度为：（4）[6]碰前两滑块的总动量为：[7]碰后两滑块的总动量为：12、①.104.10，②.0.520【解析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标尺读数，不需估读；螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读【详解】游标卡尺的主尺读数为：104mm，游标尺上第2个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为：2×0.05mm=0.10mm，所以最终读数为：