广东省茂名市2027届物理高二第一学期期末质量跟踪监视模拟试题含解析

广东省茂名市2027届物理高二第一学期期末质量跟踪监视模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、有关电容的单位及换算正确的是()A.电容的单位是库仑 B.1F=10-6μFC.电容的国际单位是法拉 D.法拉是个很小的单位2、如图所示，MN、PQ是水平方向的匀强磁场的上下边界，磁场宽度为L．一个边长为a的正方形导线框（L>2a）从磁场上方下落，运动过程中上下两边始终与磁场边界平行．线框进入磁场过程中感应电流i随时间t变化的图象如右图所示，则线框从磁场中穿出过程中线框中感应电流i随时间t变化的图象可能是以下的哪一个（）A. B.C. D.3、真空中两个相同的带等量异号电荷（电荷量的绝对值为q）的金属小球A和B（均可看做点电荷），分别固定在两处，两球间静电力为F。现用一个不带电的同样的金属小球C先与A接触，再与B接触，然后移开C，则A.C最终带电量的绝对值为 B.C最终带电量的绝对值为C.小球A、B间的作用力变为 D.小球A、B间的作用力变为4、下列各图所描述的物理情境中，没有感应电流的是A. B.C. D.5、如图所示，质量分别为m1、m2，电荷量分别为q1、q2两小球，分别用绝缘轻丝线悬挂起来，两丝线与竖直方向的夹角分别为α和β(α＞β)，两小球恰在同一水平线上，那么()A.两球可能带同种电荷B.q1一定大于q2C.m1一定小于m2D.m1所受的库仑力一定大于m2所受的库仑力6、如图所示，长方体发电导管的前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导体电极，两极间距为d，极板面积为S，这两个电极与可变电阻R相连．在垂直前后侧面的方向上，有一匀强磁场，磁感应强度大小为B.发电导管内有电阻率为ρ的高温电离气体，气体以速度v向右流动，并通过专用管道导出．由于运动的电离气体受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势．若不计气体流动时的阻力，由以上条件可推导出可变电阻消耗的电功率.调节可变电阻的阻值，根据上面的公式或你所学过的物理知识，可求得可变电阻R消耗电功率的最大值为()A. B.C. D.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、现将电池组、滑线变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如图所示方式连接．在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下，某同学发现当他将滑线变阻器的滑动端P向左滑动时，电流计指针向右偏转．由此可以推断A.滑线变阻器滑动端P向右滑动时，电流计指针向左偏转B.线圈A向上移动时，电流计指针向右偏转C.断开开关时，电流计指针向左偏转D.拔出线圈A中的铁芯时，电流计指针向左偏转8、如图所示，光滑的“Π”形金属导体框竖直放置，质量为m的金属棒MN与框架接触良好，磁感应强度分别为B1、B2的有界匀强磁场方向相反，但均垂直于框架平面，分别处在abcd和cdef区域．现从图示位置由静止释放金属棒MN，金属棒进入磁场区域abcd后恰好做匀速运动．下列说法正确的有（）A.若B2＝B1，则金属棒进入cdef区域后将加速下滑B.若B2＝B1，则金属棒进入cdef区域后仍将保持匀速下滑C.若B2＜B1，则金属棒进入cdef区域后可能先加速后匀速下滑D.若B2＞B1，则金属棒进入cdef区域后可能先减速后匀速下滑9、如图所示，一质量为m，电荷量为q的带正电绝缘体物块位于高度略大于物块高的水平宽敞绝缘隧道中，隧道足够长，物块上、下表面与隧道上、下表面间的动摩擦因数均为μ.整个空间存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场.现给物块水平向右的初速度比，空气阻力忽略不计，物块电荷量不变，则整个运动过程中，物块克服阻力做功可能为A.0 B.C. D.10、如图甲所示为风力发电的简易模型图，在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁铁转动，转速与风速成正比．某一风速时，线圈中产生的正弦式电流如图乙所示，则A.电流的表达式（A）B.磁铁的转速为5r/sC.风速加倍时电流的表达式(A)D.风速加倍时线圈中电流的有效值为A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）为了描绘标有“”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡电压能从零开始变化．所给器材如下：A．电流表，内阻约B．电流表，内阻约C．电压表，内阻约D．电压表，内阻约E．滑动变阻器F．电源电动势3V，内阻不计G．开关一个，导线若干为了完成上述实验，实验中应选择的仪器是______在如图1所示的虚线框中画出完成此实验的电路图补充完整将实物图按电路图用导线补充完整实验描绘出的图线如图2所示，小灯泡的电阻随电压的升高而______变大、变小；小灯泡是______元件线性、非线性12．（12分）(1)如图甲是简易多用电表的电路图。图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头的满偏电流为500μA，内阻Rg=200Ω，R1=20Ω，R2=180Ω。虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。A端与___（填“红”或“黑”）色表笔相连接。该多用电表5个挡位为直流电压50V挡和500V挡，直流电流1mA挡和10mA挡，欧姆×1Ω挡。B接___（填“1”或“2”）为10mA挡，R4=___kΩ。若电源电动势为1.5V，内阻忽略不计，R3=400Ω，则欧姆挡中值电阻为___Ω。(2)如图乙，如果用欧姆档来测电阻，当用100Ω挡测量时，若指针指在刻线附近，则应换用___（填“1”、“10”或“1k”）挡，换挡之后应先将红、黑表笔短接，调节部件___（填“S”或“T”），进行___（填“欧姆调零”或“机械调零”），使指针对准电阻的“0”刻线，再将待测电阻接入红黑表笔之间。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）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）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

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】电容的国际单位是法拉，库伦是电量单位，选项A错误，C正确；1F=106μF，选项B错误；法拉不是个很小的单位，比法拉小的还有微法和皮法，选项D错误；故选C.2、B【解析】由题意可知，线框进入磁场过程中感应电流i随时间t变化的图象如图（乙）所示，由法拉第电磁感应定律可知，线框匀速进入磁场，由于L＞2a，当完全进入磁场后，因磁通量不变，则没有感应电流，线框只受到重力，使得线框速度增加，当出磁场时，速度大于进入磁场的速度，由法拉第电磁感应定律可知，出磁场的感应电流大于进磁场的感应电流，导致出磁场时的安培力大于重力，导致线框做减速运动，根据牛顿第二定律，BIL-mg=ma，则做加速度在减小的减速运动，故B正确，ACD错误；故选B【点睛】由题意可知，线框进入磁场时，做匀速直线运动，根据L＞2a，则可知，出磁场时，速度与进入磁场的速度相比较，从而确定线框的运动性质，进而由法拉第电磁感应定律，可求得感应电流的大小如何变化，即可求解3、C【解析】AB．不带电的同样的金属小球C先与B接触：,带电的同样的金属小球C再与A接触：，故AB错误CD．原来真空中两个静止点电荷间的静电力大小为：，与C接触后，两点电荷间的静电力大小为：;故C正确，D错误。故选C。4、A【解析】根据产生感应电流的条件：穿过闭合线圈的磁通量要发生变化来判断．图丙中，线圈磁通量为零【详解】A．电键S闭合稳定后，穿过线圈的磁通量保持不变，线圈不产生感应电流，故A符合题意；B．磁铁向铝环A靠近，穿过线圈的磁通量在增大，线圈产生感应电流．故B不符合题意；C．金属框从A向B运动，穿过线圈的磁通量时刻在变化，线圈产生感应电流，故C不符合题意；D．铜盘在磁场中按图示方向转动，铜盘的一部分切割磁感线，产生感应电流，故D不符合题意5、C【解析】根据异种电荷相互吸引分析电性关系．由力的平衡得到得到质量与偏角之间的关系，来分析质量大小．由牛顿第三定律，分析库仑力的关系.【详解】两球相互吸引，则可能是异种电荷，也可能一个带电另一个不带电，故A错误．两球间的库仑力为相互作用力，无论电荷量是否相等都有库仑力大小相等，故无法判断电量的大小．故B错误；设两球间库仑力大小为F，对m1研究，得到F=m1gtanα，同理，对m2研究，得到F=m2gtanβ则m1tanα=m2tanβ，因α＞β，得到m1＜m2，故C正确．根据牛顿第三定律，m1所受库仑力一定等于m2所受的库仑力．故D错误；故选C6、B【解析】由题，运动的电离气体，受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势，相当于电源，根据数学知识可知，当外电阻等于电源的内阻时，外电阻消耗的电功率最大，根据电阻定律求出此时的内阻，代入求出R消耗电功率的最值【详解】运动的电离气体，受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势，相当于电源，其内阻为，根据数学知识可知，当外电阻等于电源的内阻，即时，外电阻消耗的电功率最大，此时，由题知，可得最大电功率故选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、AB【解析】由题意可知线圈B中产生使电流表指针向右偏转的条件，则分析各选项可得出正确答案【详解】由题意可知当P向左滑动时，线圈A中的电流减小，导致穿过线圈B的磁通量减小，电流计指针向右偏转；滑线变阻器的滑动端P向右滑动时，导致穿过线圈B的磁通量增大，则电流计指针向左偏转，故A正确；线圈A向上移动，导致穿过线圈B的磁通量减小，能引起电流计指针向右偏转，故B正确；断开开关时，导致穿过线圈B的磁通量减小，那么电流计指针向右偏转，故C错误；当铁芯拔出时，A中磁场减小，故B中磁通量减小，则电流计指针向右偏转，故D错误；故选AB【点睛】本题无法直接利用楞次定律进行判断，但是可以根据题意得出产生使电流表指针右偏条件，即可不根据绕向判出各项中应该出现的现象8、BCD【解析】若B2＝B1，金属棒进入B2区域后，磁场反向，回路电流反向，由左手定则知：安培力并没有反向，大小也没有变，故金属棒进入B2区域后，mg－＝0，仍将保持匀速下滑，B对；若B2<B1，金属棒进入B2区域后，安培力没有反向但大小变小，由F＝BIL＝BL＝知，mg－>0，金属棒进入B2区域后可能先加速后匀速下滑，故C也对；同理，若B2>B1，金属棒进入B2区域后mg－<0，可能先减速后匀速下滑，故D也对9、AD【解析】若滑块受到向上的洛伦兹力F=mg时，则支持力FN=0，摩擦力为f=0，所以滑块将匀速运动，摩擦力不做功，故A正确；若洛伦兹力F＜mg，则弹力方向向上，竖直方向满足：FN+F=mg，水平方向受摩擦力向左，滑块做减速运动，由F=qvB知，F减小，FN则增大，f增大，由-f=ma可知，v逐渐减小，最后减为零，由能量守恒得：，若洛伦兹力F＞mg，则滑块受到向下的压FN，在竖直方向有F=mg+FN，滑块向右做减速运动，由动态分析知，当洛伦兹力F=mg时，FN=0，f=0，最终滑块做匀速运动，此时满足：qvB=mg，解得：，对滑块整个过程由动能定理得：，解得：，故D正确．所以AD正确，BC错误10、BC【解析】根据i-t图象判断出电流的最大值与周期，当转速加倍时，根据Em=nBSω可知产生的感应电动势加倍，形成的感应电流加倍；【详解】通过乙图可知电流的最大值为0.6A，周期T=0.2s，故ω=＝10πrad/s，故电流的表达式为i=0.6sin10πt（A），故A错误；电流的周期为T=0.2s，故磁体的转速为n=1/T=5r/s，故B正确；风速加倍时，角速度加倍，根据Em=nBSω可知产生的感应电动势加倍，形成的感应电流加倍，故风速加倍时电流的表达式为i=1.2sin20πt（A），故C正确；根据C得分析，形成的感应电流Im=1.2A，故有效值为，故D错误；故选BC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.BCEFG②.③.变大非线性【解析】（1）描绘标有“”的小灯泡的伏安特性曲线，需要：电源、开关、导线，灯泡额定电压为3V，电压表需要选择C，灯泡额定电流为，电流表选择B，故实验器材需要：BCEFG（2）描绘灯泡伏安特性曲线时电压与电流需要从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如下左图所示（3）根据电路图连接实物电路图，实物电路图如下右图所示（4）由图示图象可知，随U增大I增大，电压与电流的比值变大，灯泡电阻变大；灯泡的图象是曲线，灯泡是非线性元件12、①.黑②.1③.49.9④.1500⑤.×1k⑥.T⑦.欧姆调零【解析】(1)[1]多用电表欧姆挡内部电源的正极接黑表笔，所以端与黑表笔相连接。[2]根据并联分流规律可知表头和电阻并联可以改装为电流表，小电阻分大电流，所以当端和1相连接时，表头和串联后，与并联，所以并联电阻较小，分流较大，电流表量程较大。[3]端和4相连，电流表量程为，根据串联分压规律可知，大电阻分大电压，端和4串联后改装为的电压表，根据欧姆定律解得[4]若接入中值电阻后，表头指针偏转量程的一半，欧姆挡内部电阻，根据解得(2)[5]当