河南省商丘名校2023年物理高二上期末质量跟踪监视试题含解析.doc

河南省商丘名校2023年物理高二上期末质量跟踪监视试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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、如图为某一电场的电场线和等势面分布，其中图中实线表示电场线，虚线表示等势面，过a、c两点的等势面电势分别为φa＝5 V，φc＝3 V，那么a、c连线的中点b的电势φb为(　　)

A.φb＝ 4 V B.φb<4 V
C.φb>4 V D.上述情况都有可能
2、如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，三个质量和电荷量相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图。若带电粒子只受磁场力的作用。则下列说法错误的是(　　)

A.三个粒子都带正电荷
B.c粒子速率最小
C.a粒子在磁场中运动时间最长
D.它们做圆周运动的周期
3、电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进的动能杀伤武器。如图为美国试验所采用的电磁轨道，该轨道长10m，宽2m。若发射质量为100g的炮弹从轨道左端以初速度为零开始加速，当回路中的电流恒为20A时，最大速度可达4km/s轨道间所加磁场为匀强磁场，不计空气及摩擦阻力。下列说法正确的是（）

A.磁场方向为竖直向下
B.磁场方向为水平向右
C.电磁炮的加速度大小为4×105m/s2
D.磁感应强度的大小为2×103T
4、如图所示，把一正方形线圈从磁场外自右向左匀速经过磁场再拉出磁场，则从ad边进入磁场起至bc边拉出磁场止，线圈感应电流的情况是( )

A.先沿abcda的方向，然后无电流，以后又沿abcda方向
B.先沿abcda的方向，然后无电流，以后又沿adcba方向
C.先无电流，当线圈全部进入磁场后才有电流
D.先沿adcba的方向，然后无电流，以后又沿abcda方向
5、物理学中研究问题有多种方法，有关研究问题的方法叙述错误的是：
A.在伽利略之前学者们总是通过思辨性的论战决定谁是谁非,是他首先采用了以实验检验猜想和假设的科学方法
B.伽利略斜面实验是将可靠的事实和抽象思维结合起来，能更深刻地反映自然规律
C.探究加速度与力、质量三个物理量之间的定量关系，可以在质量一定的情况下，探究物体的加速度与力的关系；再在物体受力一定的情况下，探究物体的加速度与质量的关系．最后归纳出加速度与力、质量之间的关系．这是物理学中常用的控制变量的研究方法
D.在公式电压U和电流I具有因果关系、公式中ΔΦ和E具有因果关系同理在中 ΔV和a具有因果关系
6、电吹风中的电动机带动风叶转动，电热丝给空气加热，生成的热风可将头发吹干。设电动机线圈的电阻为R1，它与电热丝的电阻R2串联，接到直流电源上，电吹风两端电压为U，通过的电流为I。下列说法正确的是（ ）
A.电吹风两端电压U=I（R1+R2）
B.电吹风消耗的电功率为UI+I2（R1+R2）
C.电吹风输出的机械功率为UI-I2（R1+R2）
D.电吹风消耗的电功率为I2（R1+R2）
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，质量为m、电荷量为＋q的圆环可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力．现给该圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，关于圆环运动的速度v、动能Ek以及圆环受到的摩擦力f、洛仑兹力F洛图像可能正确的是

A. B.
C. D.
8、如图所示的电路中，线圈L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，A、B是两个相同的灯泡，下列说法中正确的是(　　)

A.S闭合后，A、B同时发光且亮度不变
B.S闭合后，A立即发光，然后又逐渐熄灭
C.S断开的瞬间，A、B同时熄灭
D.S断开的瞬间，A再次发光，然后又逐渐熄灭
9、如图是法拉第圆盘发电机的示意图：铜盘安装在水平的铜轴上，它的边缘正好在两个磁极之间（磁极之间是匀强磁场），两块铜片C．D分别与转动轴和铜盘的边缘良好接触。使铜盘按图示箭头方向转动，电阻R中就有电流通过。下列判断正确的是

A.电阻R中电流方向向上 B.电阻R中电流方向向下
C.D点的电势高于C点R D.C点的电势高于D点
10、如图甲所示，一个匝数为n的圆形线圈(图中只画了2匝)，面积为S，线圈的电阻为R，在线圈外接一个阻值为R的电阻和一个理想电压表，将线圈放入垂直线圈平面指向纸内的磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示，下列说法正确的是：（）

A.0～t1时间内P端电势高于Q端电势
B.0～t1时间内电压表的读数为
C.t1～t2时间内R上的电流为
D.t1～t2时间内圆形线圈中感应电流的方向为逆时针
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）n匝线圈组成的电路中，磁通量的变化率为，感应电动势的大小E=____________；在远距离输电中，提高输电电压的设备是_________
12．（12分）水的电阻率是衡量水质的重要指标之一，国标（GB/T）规定纯净水在25℃时电阻率应不低于17Ω·m。某同学为测量25℃时纯净水的电阻率是否达标，用实验测定的器材有：一内径均匀、装有待测纯净水的圆柱形玻璃管（其侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以控制管内纯净水的水量，玻璃管两端接有导电活塞，右活塞固定，左活塞可自由移动，活塞电阻可忽略不计），电源（电动势约为3V，内阻不可忽略），电流表A（量程lmA，内阻不计），电阻箱R（最大阻值9999Ω），单刀双掷开关S，导线若干，游标卡尺，刻度尺。实验电路如图甲所示，步骤如下：

A．用游标卡尺测量玻璃管的内径d；
B．向玻璃管内注满纯净水，并用刻度尺测量水柱长度L；
C．把S拨到1位置，记录电流表A的示数；
D．把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电流表示数不变，记录电阻箱的阻值R；
E．改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C、D，记录每一次水柱长度L和电阻箱阻值R；
F，断开S，整理好器材。
（1）测玻璃管内径d时游标卡尺示数如图乙，则d=___________cm。

（2）利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出如图丙所示的R-L关系图象，则实验测出纯净水的电阻率ρ=___________Ω·m（保留2位有效数字）。

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、B
【解析】由图看出，ab段电场线比bc段电场线密，ab段场强较大，根据公式可知，a、b间电势差大于b、c间电势差，即，得到，故选项B正确，选项ACD错误
点睛：由图看出，ab段电场线比bc段电场线密，ab段场强较大，根据公式定性分析a、b间与b、c间电势差的大小，再求解中点b的电势，本题的关键是运用匀强电场中场强与电势差的公式定性分析电势差的大小
2、B
【解析】A.由左手定则可知，三个粒子都带正电，故A正确；
B.粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，则有

解得

由于带电粒子的B、q、m均相同，所以R与v成正比，因此运动圆弧半径越大，则运动速率越大，由图知c粒子速率最大，故B错误；
CD.粒子运动周期为，由于带电粒子的B、q、m均相同，所以周期相同，运动圆弧对应的圆心角越大，则运动时间越长，由图知a粒子在磁场中运动的时间最长，故CD正确；
故选B。
3、D
【解析】AB．要使炮弹向右加速，安培力应向右，根据左手定则可知，磁场方向应竖直向上，故AB错误；
CD．由题意可知，最大速度达4km/s，加速距离为10m，由速度和位移关系可知：
v2=2aL
解得：
a=8×105m/s2；
由牛顿第二定律可得：
F=ma
而
F=BIL
联立解得：
B=2×103 T；
故C错误，D正确。
故选D。
4、D
【解析】根据题中求线圈的电流情况可知，本题考查判断闭合线圈穿过磁场过程产生的感应电流方向，运用楞次定律进行分析求解
【详解】线圈进入磁场过程，磁通量增大，产生感应电流，由楞次定律判断可知，感应电流方向为adcba方向；线圈完全在磁场中运动时，线圈的磁通量不变，没有感应电流产生，线圈穿出磁场的过程，磁通量减小，由楞次定律判断可知，感应电流方向为abcda方向；
A．不符合题意，错误；
B．不符合题意，错误；
C．不符合题意，错误；
D．正确
5、D
【解析】AB．在伽利略之前的学者们总是通过思辩性的论战决定谁是谁非，是他首先采用了以实验检验猜想和假设的科学方法，最典型的是就是伽利略的斜面试验，他将可靠的事实和抽象思维结合起来，能更深刻地反映自然规律，此实验也是牛顿第一定律的基础，AB正确；
C．探究加速度与力、质量三个物理量之间的定量关系，可以在质量一定的情况下，探究物体的加速度与力的关系；再在物体受力一定的情况下，探究物体的加速度与质量的关系。最后归纳出加速度与力、质量之间的关系．这是物理学中常用的控制变量的研究方法，C正确；
D．在公式中的电压U和电流I具有因果关系，在公式中ΔΦ和E也具有因果关系，但是在中Δv和a不具有因果关系，因为物体的加速度与质量和合外力有关，而与速度变化量无关，D错误；
此题选错误的，故选D。
6、C
【解析】A．电吹风为非纯电阻电路，所以电吹风两端的电压U>I（R1+R2），A错误；
BD．电吹风消耗的电功率为UI，BD错误；
C．电吹风输出的机械功率为UI-I2（R1+R2），C正确。
故选C。

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】带正电的小环向右运动时，受到的洛伦兹力方向向上，注意讨论洛伦兹力与重力的大小关系，然后即可确定其运动形式，注意洛伦兹力大小随着速度的大小是不断变化的
【详解】A．由左手定则可判断洛伦兹力方向向上，圆环受到竖直向下的重力、垂直细杆的弹力及向左的摩擦力，当：

此时：

所以小环做加速度逐渐减小的减速运动，洛伦兹力不断减小，直到：

小环开始做匀速运动，摩擦力不断减小至零，故A正确；
B．当：

小环做匀速运动，不变，摩擦力为零，动能不变，故B正确；
C．没有摩擦力保持某一不为零的值不变的情况，故C错误；
D．当：

此时：

所以小环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以，洛伦兹力不断减小至零，减小的越来越快，摩擦力逐渐增大，停止后为零，故D错误
【点睛】分析洛伦兹力要用动态思想进行分析，注意讨论各种情况，同时注意结合牛顿运动定律知识，总之本题比较全面的考查了高中所学物理知识，较难
8、BD
【解析】L是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，LA、LB是两个完全相同的小灯泡。
AB．S闭合瞬间，但由于线圈的电流增加，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的增加，所以两灯同时亮，当电流稳定时，由于电阻可忽略不计，所以以后LA熄灭，LB变亮，故A错误，B正确；
CD．S断开的瞬间， LB立即熄灭，但由于线圈的电流减小，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的减小，所以LA亮一下再慢慢熄灭，故C错误，D正确。
故选BD。
9、AC
【解析】AB．由于铜盘切割磁感线，从而在电路中形成感应电流，根据右手定则可知，电流从D点流出，经电阻R流向C点，故电阻R中电流方向向上，故A正确，B错误；
CD．圆盘为电源，电流由C点流向D点，电源内部电流是从负极流向正极的，故D点的电势高于C点的电势，故C正确，D错误。
故选AC。
10、AC
【解析】根据法拉第电磁感应定律求感应电动势，由闭合电路欧姆定律求电路电流，根据欧姆定律求电压表的读数；根据楞次定律判断感应电流方向，从而确定PQ端电势的高低
【详解】A．0～t1时间内，磁通量增大，根据楞次定律感应电流沿逆时针方向，线圈相当于电源，上端正极下端负极，所以P端电势高于Q端电势，故A正确；
B．0～t1时间内线圈产生的感应电动势，电压表的示数等于电阻R两端的电压,故B错误；
C．t1～t2时间内线圈产生的感应电动势，根据闭合电路的欧姆定律，故C正确；
D．t1～t2时间内，磁通量减小，根据楞次定律，感应电流沿顺时针方向，故D错误；
故选AC.
【点睛】解决本题关键掌握法拉第电磁感应定律，并用来求解感应电动势大小．题中线圈相当于电源，可与电路知识进行综合考查
第II卷（非选择题

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.(1) ②.(2) 变压器
【解析】感应电动势的大小与磁通量的变化率正比．在远距离输电中，提高输电电压的设备是变压器
【详解】感应电动势的大小与磁通量的变化率正比，即感应电动势大小为．在远距离输电中，提高输电电压的设备是变压器
12、 ①.3.00 ②.18
【解析】（1）[1]游标卡尺的主尺读数为：3.0cm=30mm，游标尺上示数：0×0.1mm=0.0mm，所以最终读数为：30mm+0.0mm=30.0mm=3.00cm；
（2）[2]根据电阻定律：

R-L关系图象的斜率：

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、（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
14、 (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
15、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