2027届四川省苍溪中学高二物理第一学期期末学业质量监测试题含解析

2027届四川省苍溪中学高二物理第一学期期末学业质量监测试题注意事项：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，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L、质量为m的直导体棒，取重力加速度为g。整个装置处于匀强磁场中，在导体棒中通以垂直纸面向外的恒定电流I时，欲使导体棒静止在斜面上，且匀强磁场的磁感应强度取最小值，则关于磁感应强度B的大小和方向，下列说法正确的是A.大小为，方向为水平向右 B.大小为，方向为竖直向下C.大小为，方向为垂直斜面向下 D.大小为，方向为沿着斜面向上2、如图，氕核、氘核、氚核三种粒子从S点无初速释放．经电场加速后，又进入电场偏转最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，则A.三种粒子将打到屏上的不同位置B.偏转电场对三种粒子做功一样多C.三种粒子打到屏上的动能不同D.三种粒子运动到屏上所用时间相同3、某静电场的电场线分布如图所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为EP和EQ，电势分别为φP和φQ，则()A.EP>EQ，φP>φQB.EP>EQ，φP<φQC.EP<EQ，φP>φQD.EP<EQ，φP<φQ4、18世纪的物理学家发现，真空中两个点电荷间存在相互的作用．点电荷间的相互作用力跟两个点电荷的电荷量有关，跟它们之间的距离有关，发现这个规律的科学家是（）A.牛顿 B.伽利略C.库仑 D.法拉第5、下列物理量中属于标量的是（）A.电场强度 B.电势差C.向心加速度 D.磁感应强度6、图是用电压表和电流表测电阻的一种连接方法，为待测电阻．如果考虑到电表内阻对测量结果的影响，则（）A.电压表示数大于两端的实际电压，电流表示数大于通过的实际电流B.电压表示数大于两端的实际电压，电流表示数等于通过的实际电流C.电压表示数等于两端的实际电压，电流表示数大于通过的实际电流D.电压表示等于两端的实际电压，电流表示数等于通过的实际电流二、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，电源电动势为E内阻为r，当滑动变阻器R2滑动端向右滑动后，理想电流表A1、A2的示数变化量的绝对值分别为ΔI1、ΔI2，理想电压表示数变化量的绝对值为ΔU．下列说法中正确的是（）A.电压表V的示数变大B.电流表A2的示数变小C.ΔU与ΔI1比值一定小于电源内阻rD.ΔU与ΔI2比值一定小于电源内阻r8、指南针是我国古代四大发明之一．关于指南针，下列说明正确的是A.指南针可以仅具有一个磁极B.指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C.指南针的指向会受到附近铁块的干扰D.在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转9、如图所示，KLMN是一个竖直的n匝矩形导线框，全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，KL边水平，线框绕某竖直固定轴以角速度匀速转动。初始时的夹角为（图示位置），当线圈固定轴转动了后，则A.此时穿过线框的磁通量为B.此时线框中的电流方向为N→M→L→K→NC.在此过程中磁通量改变了nBSD.线框平面转到中性面时，线框中的感应电动势最大10、如图所示是由电荷量分别为和的两个点电荷组成的一个电荷系统，其中A、B是两点电荷所在位置，N、P、Q是AB连线上的三点，N点的电场强度为零．若规定无限远处的电势为零，则下列说法正确的是（）A.图中左侧A点为的点电荷B.N点的电势大于零C.P点电势高于Q点电势D.P点场强大于Q点场强三、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）（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，如图1所示，从图中读出金属丝的直径为______________mm（2）如图2所示是一个双量程电压表，当使用a、b两个端点时，量程为0～3V，当使用a、c两个端点时，量程为0～15V．已知电流表的内阻Rg为400Ω，满偏电流Ig为500μA．则电阻R1和R2的值应该分别为________Ω和________Ω12．（12分）用一游标卡尺测量一工件的长度，结果如图所示，可以读出此工件的长度为_____cm。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】对导体棒受力分析，受重力mg、支持力FN和安培力FA，三力平衡，合力为零，将支持力FN和安培力FA合成，合力与重力相平衡，如图，当安培力平行斜面向上是，安培力最小，由公式可知，此时磁感应强度最小，由平衡可得得由左手定则可知，磁场方向为垂直斜面向下。故选C。2、B【解析】根据动能定理定理可求得粒子刚进入偏转电场时的速度．粒子进入偏转电场中做类平抛运动，由分位移公式得到粒子在偏转电场中的偏转距离，再由几何关系可明确粒子打在屏上的位置．根据电场力做功可分析偏转电场对粒子做功大小关系，结合动能定理分析粒子打到屏上时速度关系【详解】粒子在加速电场中加速，由动能定理可知：，解得：，粒子在加速电场中的运动时间：；粒子在偏转电场中做类平抛运动，运动时间：；在偏转电场中竖直分位移：；联立解得：，y与q、m无关，所以三种粒子在偏转电场中轨迹重合，离开偏转电场后粒子做匀速直线运动，因此三种粒子一定打到屏上的同一位置；加速电场对粒子做功为，q和相等，所以加速电场对三种粒子做功相等．偏转电场对粒子做功：，q、、y相等，则知偏转电场对三种粒子做功相等，故A错误，B正确；对整个过程，根据动能定理得：，由于W相等，所以三种粒子达到屏上的动能相同，故C错误；离开偏转电场后粒子的运动时间：；粒子运动到屏上所用时间；因为不等，所以t不等，故D错误．所以B正确，ABD错误【点睛】本题考查带电粒子在电场中的加速和偏转，要注意偏转中运动的合成与分解的正确应用，本题的结论要在理解的基础上记牢3、A【解析】本题考查电场线和电势【详解】据题意，从上图可以看出，P点所在位置电场线较密集，该位置电场强度也较大，则有：，沿电场线方向电势降低，则P点电势较高，有：4、C【解析】点电荷间的相互作用力跟两个点电荷的电荷量有关，跟它们之间的距离有关，发现这个规律的科学家是库仑，牛顿发现万有引力定律，伽利略自由落体规律，法拉第发现电磁感应现象，故选C5、B【解析】A.电场强度是矢量，其方向与正电荷所受的电场力方向相同，故A错误；B.电势差是标量，其运算法则遵守代数加减法则，故B正确；C.向心加速度是矢量，其方向指向圆周运动圆心，故C错误；D.磁感应强度是矢量，其方向就是该点的磁场方向，故D错误。故选B。6、B【解析】由电路图知，电流表与待测电阻串联，所以电流表的读数等于通过待测电阻的实际电流；电压表测量的是待测电阻与电流表的串联电压，所以电压表的读数大于待测电阻两端的实际电压．故B项正确，ACD三项错误二、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、ABC【解析】当滑动变阻器滑动端向右滑动后，分析变阻器接入电路的电阻如何变化，分析外电路总电阻如何变化，确定总电流的变化情况，即可知电流表A2的示数变化情况．根据串联电路的特点分析并联部分电压的变化情况，确定电流表A1的示数变化情况，根据并联电路的电流规律，分析A1与A2的变化量大小．根据闭合电路欧姆定律分析△U与△I1比值【详解】A、B项：当滑动变阻器滑动端向右滑动后，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，则总电流减小．所以电流表A2的示数减小根据串联电路分压的特点分析可知，并联部分电压增大，即电压表V的示数增大，故A、B正确；C项：根据并联电路的电流规律I2=I1+I，A2的示数I2变小，通过定值电阻R1的电流增大，则A1的示数I1变小，所以△I1一定大于△I2电压表测量路端电压，根据闭合电路欧姆定律U=E-I2r可知，而△I1大于△I2，所以故D错误，C正确故选ABC【点睛】本题是一道闭合电路的动态分析题，分析清楚电路结构、明确电表所测电压，关键能根据闭合电路欧姆定律分析电压与电流变化的比值，即可正确解题8、BC【解析】指南针不可以仅具有一个磁极，故A错误；指南针能够指向南北，说明地球具有磁场，故B正确；当附近的铁块磁化时，指南针的指向会受到附近铁块的干扰，故C正确；根据安培定则，在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时会产生磁场，指南针会偏转与导线垂直，故D错误【考点定位】安培定则；地磁场【方法技巧】本题主要是安培定则，以及地磁场相关知识，属于容易题9、AB【解析】A．此时穿过线框的磁通量为故A正确；B．图中的位置，线框的向右的磁通量增大，感应电流的磁场才方向向左，所以感应电流的方向为N→M→L→K→N，故B正确；C．线圈固定轴转动了后，磁通量为所以磁通量变化为0，故C错误；D．线框平面转到中性面时，即线圈平面与磁场垂直，则没有任何边切割磁感线，所以感应电动势为0，故D错误。故选AB。10、BC【解析】A．根据电场线的疏密可知图中右侧电场线比较密集，故图中右侧B点为+6q的点电荷，故A错误；B．由于N点的电场强度为零，和的两个点电荷在N点左侧产生的区域电场线方向是朝左的，因此N点的电势大于零，故B正确；C．N点的电场强度为零，N点右侧的区域电场线方向是向右的，顺着电场线方向电势降低，则知P点电势高于Q点电势，故C正确；D．P、Q两点所在的区域，沿电场线方向逐渐变密，因此P点的场强小于Q的场强，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、①.0.517(0.515-0.519均正确)②.5600③.24000【解析】改装后的量程为据此可求出根据电路图，应用并联电路特点与欧姆定律求出点阻值（1）螺旋测微器的读数为；（2）接a、b时，为串联的，则；接a、c时，为串联的和，则；12、235【解析】[1]游标卡尺的主尺读数为52mm，游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为7×0.05mm=0.35mm所以最终读数为52mm+0.35mm=52.35mm=5.235cm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、（1）2T；（2）1.5m/s2，方向沿斜面向上【解析】（1）当R0=1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律求解电流强度，由平衡条件求解磁感应强度；（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律求解加速度大小【详解】（1）当R0＝1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律可得根据左手定则可知安培力方向水平向右；由平衡条件有：BILcosθ＝mgsinθ解得B＝2T；（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，大小不变；根据牛顿第二定律