2023年北京市西城区北京第四十四中学物理高二上期末监测试题含解析.doc

2023年北京市西城区北京第四十四中学物理高二上期末监测试题
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、板间距为的平行板电容器所带电荷量为时，两极板间电势差为，板间场强为，现将电容器所带电荷量变为，板间距变为，其他条件不变，这时两极板间电势差，板间场强为，下列说法正确的是（）
A.，
B.，
C.，
D.，
2、下列说法正确的是（ ）
A.电荷处在电势越高的地方电势能越大
B.电场中电场强度越大的地方，电势越高
C.电势降落的方向必定是场强的方向
D.处于静电平衡状态的导体内部场强处处为零
3、图为一速度选择器，内有一磁感应强度为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场，一束粒子流以速度v水平射入，为使粒子流经磁场时不偏转（不计重力），则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场，关于这处电场场强大小和方向的说法中，正确的是（　　）

A.大小为，粒子带正电时，方向向上
B.大小为，粒子带负电时，方向向上
C.大小为Bv，方向向下，与粒子带何种电荷无关
D.大小为Bv，方向向上，与粒子带何种电荷无关
4、如图所示，真空中A、B两个点电荷的电荷量分别为+Q和+q，放在光滑绝缘水平面上，A、B之间用绝缘的轻弹簧连接．当系统平衡时，弹簧的伸长量为x0．若弹簧发生的均是弹性形变，则（　　）

A.保持Q不变，将q变为2q，平衡时弹簧的伸长量等于2x0
B.保持q不变，将Q变为2Q，平衡时弹簧的伸长量大于2x0
C.保持Q不变，将q变为-q，平衡时弹簧的缩短量大于x0
D.保持q不变，将Q变为-Q，平衡时弹簧的缩短量小于x0
5、关于点电荷概念，下列说法正确的是（）
A.点电荷就是电荷量很小的电荷
B.点电荷就是体积很小的电荷
C.体积较大的带电体，不能看作点电荷
D.带电体能否看作点电荷，要视实际情况而定
6、如图，一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均为L．现有一边长为L的正方形线框abcd，在外力作用下，保持ac垂直磁场边缘，并以沿x轴正方向的速度水平匀速地通过磁场区域，若以逆时针方向为电流正方向，下图中能反映线框中感应电流变化规律的图是（ ）

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、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.
8、如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，A、B为x轴上的两点，xA、xB分别为A、B两点在x轴上的坐标值。一电子仅在电场力作用下沿x轴运动，该电子的电势能Ep随其坐标x变化的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是（　　）

A.该电场一定不是孤立点电荷形成的电场
B.A点的电场强度小于B点的电场强度
C.电子由A点运动到B点过程中电场力对其所做的功W=EpA－EpB
D.电子在A点的动能小于在B点的动能
9、如图所示，电源电动势为E，内电阻为r．当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，发现电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为ΔU1和ΔU2，下列说法中正确的是（）

A.小灯泡L1、L3变暗，L2变亮
B.小灯泡L3变暗，L1、L2变亮
C.ΔU1<ΔU2
D.ΔU1>ΔU2
10、如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为m，阻值为R的闭合矩形金属线框abcd，用绝缘轻质细杆悬挂在O点，并可绕O点左右摆动．金属线框从图示位置的右侧某一位置由静止释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框平面始终处于同一平面，且垂直纸面．则下列说法中正确的是（）

A.穿过线框中磁通量先变小后变大
B.穿过线框中磁通量先变大后变小
C.线框中感应电流的方向先是d→c→b→a→d，后是a→b→c→d→a
D.线框中感应电流的方向是d→c→b→a→d
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）读出下图中游标卡尺和螺旋测微器的读数
游标卡尺的读数为_________mm.；螺旋测微器的读数为_________mm.

12．（12分）要测量一个未知电阻Rx的阻值，实验室提供以下器材：
待测电阻Rx 阻值约为2 Ω，额定电流为2 A
电流表A1 量程为0.6 A，内阻r1＝0.5 Ω
电流表A2 量程为3.0 A，内阻r2约为0.1 Ω
变阻器R1 电阻变化范围为0～10 Ω
变阻器R2 电阻变化范围为0～1 kΩ
定值电阻 R3＝10 Ω
定值电阻 R4＝100 Ω
电源电动势E约为9 V，内阻很小
开关S，导线若干
要求实验时测量尽可能准确，改变滑动变阻器的阻值，在尽可能大的范围内测得多组A1、A2的读数I1、I2，然后利用I1－I2图象求出未知电阻的阻值Rx.
(1)实验中定值电阻应该选________，滑动变阻器应该选择________.
(2)请在图中补充完整实物连线电路______.

(3)I1－I2图象如图所示，若图线斜率为k，则电阻Rx＝________.(用题中所给字母表示)
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L

14．（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】电容器所带电荷量为时，

电容器所带电荷量变为，板间距变为时，

选项C正确，ABD错误；
故选C。
2、D
【解析】A．负电荷在低电势处电势能大，正电荷在高电势处电势能大，故A错误；
B．电势的高低与电场强度无关，故B错误；
C．沿场强方向电势一定降低，但电势降落的方向不一定是场强的方向，应该是电势降落最快的方向才是场强的方向，故C错误；
D．处于静电平衡状态的导体内部，原电场与感应电荷产生的附加电场完全抵消，场强处处为零，故D正确。
故选D。
3、D
【解析】当粒子所受的洛伦兹力和电场力平衡时，粒子流匀速直线通过该区域，有qvB＝qE，所以E＝Bv．假设粒子带正电，则受向下的洛伦兹力，电场方向应该向上．粒子带负电时，电场方向仍应向上．故正确答案为D
4、C
【解析】根据库仑定律及胡克定律列式分析，电荷量变化，库仑力变化，两球的距离变化，弹力变化，根据平衡条件列方程计算即可
【详解】设弹簧的劲度系数为K,原长为x.当系统平衡时,弹簧的伸长量为x0，则有：
…①
A.保持Q不变，将q变为2q时，平衡时有：
Kx1=…②
由①②解得：x1<2x0，故A错误；
B.同理可以得到保持q不变，将Q变为2Q，平衡时弹簧的伸长量小于2x0，故B错误；
C.保持Q不变,将q变为−q，如果缩短量等于x0，则静电力大于弹力，故会进一步压缩弹簧，故平衡时弹簧的缩短量大于x0，故C正确；
D.保持q不变，将Q变为−Q，如果缩短量等于x0，则静电力大于弹力，故会进一步压缩弹簧，故平衡时弹簧的缩短量大于x0，故D错误
故选C
5、D
【解析】A．点电荷是一种理想化的物理模型，其带电荷量并不一定是最小的，故A错误；
B．点电荷是将带电物体简化为一个带电的点，物体能不能简化为点，不是看物体的绝对大小，而是看物体的大小对于两个电荷的间距能不能忽略不计，故B错误；
C．能否看作点电荷与带电体的体积大小无关，要看带电体的形状、体积和电荷量对分析的问题的影响可以忽略，故C错误；
D．带电体能否看作点电荷，要看物体的大小对于两个电荷的间距能不能忽略不计，要看实际情况而定，故D正确
故选D
【点睛】点电荷是一种理想化的物理模型，当电荷的形状、体积和电荷量对分析的问题的影响可以忽略，电荷量对原来的电场不会产生影响的时候，该电荷就可以看做点电荷，根据点电荷的条件分析可以得出结论
6、C
【解析】t在0-时间内，线框右边开始进入磁场时，由楞次定律可知，电流方向为逆时针，为正值；线框有效切割长度均匀增大，由E=BLv可知，感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大；在-时间内，由楞次定律可知，电流方向为逆时针，为正值；线框有效切割长度均匀减小，由E=BLv可知，感应电动势均匀减小，感应电流均匀减小；在-时间内，由楞次定律可知，电流方向为顺时针，为负值；线框两边都切割磁感线，产生感应电动势，感应电动势是进入过程的2倍，线框有效切割长度先均匀增大后均匀减小，由E=BLv可知，感应电动势先均匀增大后均匀减小，感应电流也先均匀增大后均匀减小，感应电流的最大值是0-过程最大值的2倍；在-时间内，由楞次定律可知，电流方向为逆时针，为正值；线框有效切割长度先均匀增大后均匀减小，由E=BLv可知，感应电动势先均匀增大后均匀减小，感应电流也先均匀增大后均匀减小．故C正确；故选C
【点睛】本题分段分析有效切割长度的变化情况是解答的关键．图象往往由解析式选择．本题采用排除法，分成线性和非线性两类图象，对比同类图象的不同之处进行选择

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】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
8、AC
【解析】A．由于A、B两点的电势能与两个位置间的关系如题图乙所示，说明电势随位置均匀增加，电场强度不变，不是孤立点电荷形成的电场，选项A正确；
B．A、B两点的电场强度相等，选项B错误；
C．由题图乙可知，电子在A、B两点的电势能分别为EpA和EpB，且
EpB>EpA
说明电子由A运动到B时电势能增大，电场力做负功，电场力对其所做的功为
W=EpA－EpB
选项C正确；
D．电场力做负功，动能减小，电子在A点的动能大于B点的动能，选项D错误。
故选AC。
9、BD
【解析】AB．当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则变亮．变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小，则并联部分电压减小，则L3变暗．总电流增大，而的电流减小，则的电流增大，则变亮，故A错误B正确；
CD．电压表的示数减小，电压表的示数增大，由于路端电压减小，所以，故C错误，D正确
故选BD。
【名师点睛】在分析电路动态变化时，一般是根据局部电路变化（滑动变阻器，传感器电阻）推导整体电路总电阻、总电流的变化，然后根据闭合回路欧姆定律推导所需电阻的电压和电流的变化（或者电流表，电压表示数变化），也就是从局部→整体→局部
10、AD
【解析】AB.由静止释放到最低点过程中，磁通量减小，且磁场方向向上，由最低点向右运动的过程中，穿过线框的磁通量增大，故A正确，B错误；
CD.由静止释放到最低点过程中，磁通量减小，且磁场方向向上，由楞次定律，感应电流产生磁场也向上，再由右手螺旋定则可知，感应电流的方向：d→c→b→a→d；同理，当继续向左摆动过程中，向上的磁通量增大，根据楞次定律可知，电流方向是d→c→b→a→d；故C错误，D正确.

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、 ①.11.4 ②.10.294到10.296都对
【解析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，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】游标卡尺的读数为：1.1cm+0.1mm×4=11.4mm；
螺旋测微器的读数为：10mm+0.01mm×29.5=10.295mm.
【点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．以及螺旋测微器的读数方法，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
12、 ①.R3 ②.R1 ③. ④.
【解析】(1)[1][2]采用已知内阻的小量程电流表A1替代电压表测量电压，需要串联一个大于等于

的定值电阻，所以实验中定值电阻应选用阻值为10Ω的R3，滑动变阻器应选用阻值为1～10Ω的R1；
(2)[3]测量电阻一般采用伏安法，由于待测电阻的阻值约为2Ω，额定电流为2A，最大电压为4V，而电源电动势为9V，所以必须采用分压电路，电流表外接电路进行测量，电路如图所示

(3)[4]由实验原理得

得

解得

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、8cm
【解析】粒子a板左端运动到P处，由动能定理得

代入有关数据，解得
，代入数据得θ=30°
粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，如图
由几何关系得

联立求得
代入数据解得
14、（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；
根据牛顿第二定律可得：BIL﹣mgsinθ＝ma
解得：a＝1.5m/s2，方向沿斜面向上
【点睛】本题主要是考查安培力作用下的导体棒的平衡问题，解答此类问题要明确导体棒的受力情况，结合平衡条件列方程解答
15、 (1) (2)3N
【解析】(1)设小球在C点的速度大小是vC，则对于小球由A→C的过程中，由动能定理得：

解得：

(2)小球在C点时受力分析如图

由牛顿第二定律得：

解得：

由牛顿第三定律可知，小球对轨道压力：
NC′=NC=3N