2027届宁德市重点中学物理高二上期末质量跟踪监视试题含解析

2027届宁德市重点中学物理高二上期末质量跟踪监视试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、双星是两颗相距较近的天体，在相互间万有引力的作用下，绕连线上某点做匀速圆周运动．对于两颗质量不等的天体构成的双星，下列说法中正确的是（）A.质量较大的天体做匀速圆周运动的向心力较大B.质量较大的天体做匀速圆周运动的角速度较大C.两颗天体做匀速圆周运动的周期相等D.两颗天体做匀速圆周运动的线速度大小相等2、如图所示，小木块a、b和c（可视为质点）放在水平圆盘上，a、b两个质量均为m，c的质量为，a与转轴OO'的距离为l。b、c与转轴OO'的距离为2l且均处于水平圆盘的边缘。木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，下列说法中正确的是（）A.b、c所受的摩擦力始终相等，故同时从水平圆盘上滑落B.当a、b和c均未滑落时，a、c所受摩擦力的大小相等C.b和c均未滑落时线速度一定相等D.b开始滑动时的转速是3、如图所示，一线圈放在通电螺线管的正中间A处，现向右移动到B处，则在移动过程中通过线圈的磁通量如何变化()A.变大B.变小C.不变D.无法确定4、2016年10月19日凌晨3点31分，在离地球393公里的轨道上飞行了一个多月、绕地球500多圈的“天宫二号”终于等来了他的小伙伴——“神舟十一号”，他们在太空牵手，完成了交会对接，航天员景海鹏和陈冬进入天宫二号．交会对接前“天宫二号”和“神舟十一号”均绕地球做匀速圆周运动，其轨道如图所示．关于交会对接前“天宫二号”和“神州十一号”各自的运行情况，下列说法中正确的是（）A.神舟十一号的运行周期小于天宫二号的周期B.神舟十一号运行速度小于天宫二号的运行速度C.神舟十一号和天宫二号的速度都大于地球的第一宇宙速度D.神舟十一号必须减速才能与天宫二号交会对接5、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.6、如图所示，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴顺时针匀速转动．现施加一垂直圆盘向里的有界匀强磁场，圆盘开始减速．不计金属圆盘与轴之间的摩擦，下列说法正确的是A.在圆盘减速过程中，处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B.在圆盘减速过程中，若使所加磁场反向，圆盘将加速转动C.若圆盘原来静止，加上图示的匀强磁场后，圆盘将加速转动D.若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动二、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、回旋加速器的原理如图所示，它由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的（）A.离子从电场中获得能量B.离子从磁场中获得能量C.只增大空隙距离可增加离子从回旋加速器中获得的动能D.只增大D形盒的半径可增加离子从回旋加速器中获得的动能8、真空中有一正四面体ABCD，在A、B两顶点分别固定一个等量负点电荷．现将一质子沿CD连线从C点移到D点，下列说法正确的是（）A.质子在C点的电势能与在D点的电势能相同B.C点与D点的电场强度大小相等，方向相同C.质子沿CD连线从C点移动到D点过程中，电场力先做正功后做负功D.质子沿CD连线从C点移动到D点过程中，电场力一直不做功9、一线圈匝数为n=10匝，线圈电阻不计，在线圈外接一个阻值R=2.0Ω的电阻，如图甲所示．在线圈内有指向纸内方向的磁场，线圈内磁通量Ф随时间t变化的规律如图乙所示．下列说法正确的是（）A.通过R的电流方向为a→bB.线圈中产生的感应电动势为5VC.R两端电压为5VD.通过R的电流大小为5A10、半径为R的橡胶圆环均匀带正电，总电荷量为Q，现使圆环绕垂直环所在平面且通过圆心的轴以角速度ω匀速转动，则由环产生的等效电流判断正确的是（）A.若ω不变而使电荷量Q变为原来的2倍，则等效电流也将变为原来的2倍B.若电荷量Q不变而使ω变为原来的2倍，则等效电流也将变为原来的2倍C.若使ω、Q不变，将橡胶环拉伸，使环半径增大，等效电流将变大D.若使ω、Q不变，将橡胶环拉伸，使环半径增大，等效电流将变小三、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）如图1是研究某光电管发生光电效应的电路图,当用频率为的光照射金属K时,通过调节光电管两端电压U,测量对应的光电流,绘制了如图2的I-U图象．当用频率为的光照射金属K时,光电子的最大初动能=________________．已知电子所带电荷量为e,图象中、及普朗克常量h均为已知量12．（12分）如图所示是用频率为50Hz的打点计时器打下的纸带,A、B、C、D依次为纸带上选出的计数点(1)根据标出的数据,打点计时器打A、C两计数点的时间间隔为____s,打B～D点的过程中,纸带的平均速度大小为_____m/s（保留两位有效数字）(2)打点计时器打A～D点的过程中,纸带的运动情况是____(填正确选项前的字母)A.一直做加速运动B.一直做减速运动C.先做减速运动后做加速运动D.先做加速运动后做减速运动四、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L14．（16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15．（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】两颗行星在两者之间的万有引力作用下做匀速圆周运动，可知两行星做匀速圆周运动的向心力相等，选项A错误；两行星绕同一圆心转动，角速度相等，周期相等，选项B错误，C正确；根据可知，两星质量不等，转动半径不等，则根据v=ωr可知，线速度大小不等，选项D错误；故选C.点睛：本题的关键是理解双星系统的特点：双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的周期和角速度，运用动力学思路列式进行分析2、B【解析】A．木块随圆盘一起转动，水平方向只受静摩擦力，由静摩擦力提供向心力，木块没有滑动时对b有对c有则木块没有滑动时两木块的摩擦力不同，当摩擦力达到最大静摩擦力时，木块开始滑动，对b有得对c有得则bc同时从水平圆盘上滑落，故A错误；B．当a、b和c均未滑落时，木块所受的静摩擦力提供向心力，则ω相等，f∝mr，所以ac所受的静摩擦力相等，都小于b的静摩擦力，故B正确；C．b和c均未滑落时线速度v=Rω，半径相等，则大小一定相等，方向不同，故C错误；D．以b为研究对象，由牛顿第二定律得得转速故D错误。故选B。3、B【解析】螺线管内部磁场向左穿过线圈，设向左穿过线圈的磁通量为Φ1，螺线管外部磁场向右穿过线圈，设穿过的磁通量为Φ2，则净磁通量为Φ=Φ1﹣Φ2．线圈从正中间A处，现向右移动到B处Φ2增大，Φ1不变．则Φ减小A．变大，与结论不相符，选项A错误；B．变小，与结论相符，选项B正确；C．不变，与结论不相符，选项C错误；D．无法确定，与结论不相符，选项A错误；故选B4、A【解析】万有引力提供向心力：解得：①②③④；由，可知半径小的周期小，则A正确；由可知半径小的速度大，则B错误；所有卫星的运行速度不大于第一宇宙速度，则C错误；神舟十一号要加速做做离心运动才能与天宫二号交会对接，则D错误；故选A【点睛】本题考查了万有引力的应用，知道万有引力提供向心力是解题的前提，应用万有引力公式牛顿第二定律可以解题，要理解卫星、航天器变轨的原理5、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6、D【解析】将金属圆盘看成由无数金属幅条组成，根据右手定则判断可知：圆盘上的感应电流由圆心流向边缘，所以靠近圆心处电势低，故A错误；若所加磁场反向，只是产生的电流反向，根据楞次定律可知，安培力还是阻碍圆盘的转动，所以圆盘还是减速转动，故B错误；若圆盘原来静止，加上图示的匀强磁场后，由于穿过圆盘的磁通量不变，无感应电流产生，则不会产生安培力，则圆盘不会转动，选项C错误；若所加磁场穿过整个圆盘时，圆盘在切割磁感线，产生感应电动势，相当于电路断开，则不会产生感应电流，不受安培力作用，所以圆盘将匀速转动，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、AD【解析】AB．离子每次通过D形盒D1、D2间的空隙时，电场力做正功，动能增加，而离子在磁场中运动时，洛伦兹力始终垂直其运动方向，洛伦兹力不做功，故离子从电场中获得能量，没有从磁场中获得能量，A正确，B错误；CD．设D形盒的半径为R，当离子圆周运动的半径等于R时，获得的动能最大，由洛伦兹力作为向心力可得可得则最大动能为可见离子最大动能与加速电压及极板间的空隙间距均无关，而只增大D形盒的半径可增加离子从回旋加速器中获得的动能，C错误，D正确。故选AD。8、AC【解析】在A、B两点分别固定一个等量负点电荷，根据点电荷的场强的公式和平行四边形定则计算出C与D点的电场强度，根据电场力做功来判定C与D点的电势能高低，从而即可求解【详解】A、AB的中点电场强度为零，此点到C与D点间距相等，移动质子，电场力做功相等，则质子在C与D点电势能相同；故A正确.B、据题，A、B是两个等量同种点电荷，根据点电荷电场强度公式，则C与D点的电场强度大小相等，方向不同;故B错误.C、D、质子沿CD连线从C点移到D点过程中，电势先降低后升高，则质子的电势能先减小后增加，那么电场力先做正功后做负功;故C正确，D错误.故选AC.【点睛】本题关键要掌握等量同种电荷电场线和等势线分布情况，掌握点电荷电场强度公式，及矢量合成法则，抓住ABCD是正四面体的四个顶点这一题眼，注意本题不是等量异种电荷，且通过AB的中垂面不是一等势面9、BC【解析】A．如图乙所示，磁通量随时间的变化规律为均匀增大，而磁场方向为垂直纸面向里．根据楞次定律“增反减同”原则，故感应磁场应垂直纸面向外，据右手螺旋定则可知电流方向应为逆时针方向，即通过R的电流方向应为b→a，A选项错误BC．根据图的斜率为磁通量的变化率可以得到又因为线圈内阻不计，故R两端的电压就应为5V，故BC均正确；D．根据部分电路的欧姆定律可知可知D错误故选BC。10、AB【解析】截取圆环的任一截面S，如题图所示，在橡胶圆环运动一周的时间T内，通过这个截面的电荷量为Q，则有I=又，所以I＝A．由I＝可知，若ω不变而使电荷量Q变为原来的2倍，则电流也将变为原来的2倍，故A正确；B．由I＝可知，电荷量Q不变而使ω变为原来的2倍，则电流也将变为原来的2倍，故B正确；CD．由I＝可知，若使ω、Q不变，将橡胶环拉伸，使环的半径增大，对电流没有影响，故CD错误。故选AB。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、【解析】装置所加的电压为反向电压，发现当电压表的示数等于Uc时，电流表示数为0，知道光电子点的最大初动能，根据光电效应方程EKm=hv-W0，求出逸出功．最后由光电效应方程求出光电子的最大初动能；【详解】由图2可知，当该装置所加的电压为反向电压，当电压是Uc时，电流表示数为0，知道光电子点的最大初动能为：Ekm=e•Uc，根据光电效应方程EKm=hv-W0，则：W0=hv-eUc当用频率为2ν的光照射金属K时，Ek=2hv-W0=hv+eUc12、①.②.③.D【解析】(1)频率为50Hz，那么打点计时器打A、C两计数点的时间间隔为t=10×0.02=0.2s；根据公式.(2)由纸带可知，相邻计数点内的位移先越来越大，后越来越小，因此小车先加速运动