江门市重点中学2023年物理高二上期末质量跟踪监视试题含解析.doc

江门市重点中学2023年物理高二上期末质量跟踪监视试题
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，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，V与A分别为电压表与电流表．初始时S0与S均闭合，现将S断开，则（ ）

A.V的读数变大，A的读数变小 B.V的读数变大，A的读数变大
C.V的读数变小，A的读数变小 D.V的读数变小，A的读数变大
2、由电场强度的定义式可知，在电场中的同一点 (　　)
A.电场强度E跟F成正比，跟q成反比
B.无论检验电荷所带的电荷量如何变化，始终不变
C.电荷在电场中某点所受的电场力大，则该点的电场强度强
D.一个不带电小球在P点受到的电场力为零，则P点的场强一定为零
3、如图所示，用两根轻细悬线将质量为m、长为l的金属棒ab悬挂在c、d两处，置于匀强磁场内。当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向θ角而处于平衡状态。为了使棒平衡在该位置上，所需的磁场的最小磁感应强度的大小、方向为（　　）

A.tanθ，竖直向上 B.tanθ，竖直向下
C.sinθ，平行悬线向下 D.sinθ，平行悬线向上
4、如图所示，人造卫星A、B绕地球做匀速圆周运动．则这两颗卫星相比

A.卫星A的角速度较大 B.卫星A的加速度较大
C.卫星A的周期较大 D.卫星A的线速度较大
5、相互平行的光滑导轨上放置一导体棒，整个装置放在匀强磁场中，如图所示，当接通电源时导体棒受到向左的磁场力，则这个匀强磁场的方向可能是

A.垂直于纸面向外
B.平行于纸面向左
C.垂直于纸面向里
D.平行于纸面向右
6、有两个匀强磁场区域，宽度都为L，磁感应强度大小都是B，方向如图所示，单匝正方形闭合线框由均匀导线制成，边长为L导线框从左向右匀速穿过与线框平面垂直的两个匀强磁场区．规定线框中感应电流逆时针方向为正方向．则线框从位置I运动到位置II的过程中，图所示的感应电流i随时间t变化的图线中正确的是（　　）

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、在研究平行板电容器电容的实验中，电容器的A、B两极板带有等量异种电荷，A板与静电计连接，如图所示．实验中可能观察到的现象是( )

A.增大A、B板间的距离，静电计指针张角变小
B.减小A、B板间的距离，静电计指针张角变小
C.在A、B板间放入一介质板，静电计指针张角变小
D.把B板向上平移，减小A、B板的正对面积，静电计指针张角变小
8、在空间某区域存在一电场，x轴上各点电势随位置变化情况如图所示，从-x1到x1之间为曲线，其余均为直线，且关于纵轴对称．若在x轴上的电场方向就在轴上，将一个只受电场力作用的带正电的粒子由静止释放后，下列论述正确的是(　　)

A.A、B两点的电场强度的大小相等，方向相反
B.粒子从A点释放，到O点时加速度为零
C.粒子从A点释放，能过B点.
D.无论粒子从哪一点释放,都会以最大动能过O点
9、法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中，半径为L．若从上向下看，圆盘以角速度ω顺时针转动，下列说法正确的有

A.P的电势高于Q的电势
B.P的电势低于Q的电势
C.圆盘转动产生的感应电动势为BL2ω
D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
10、关于某一闭合电路的性质，下列说法正确的是
A.外电路断路时，路端电压最高
B.由U外＝IR可知，外电压随I增大而增大
C.由U内＝Ir可知，电源内压随I的增大而增大
D.由P＝IU可知，电源的输出功率P随输出电流I的增大而增大
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）某同学用图甲所示的电路测量一节干电池的电动势和内电阻。

(1)图甲中虚线框内是满偏电流为100mA、表头电阻为9Ω的毫安表改装成量程为0.6A的电流表，电阻的电阻值为______Ω；
(2)某次测量时毫安表的示数如图乙所示，则此时通过电池的电流为______A；
(3)实验得到的电压表示数U与毫安表示数I的关系图线如图丙所示。则电源的电动势______V，内阻______Ω。（结果均保留到小数点后两位）
12．（12分）某照明电路出现故障，其电路如图1所示，该电路用标称值12V的蓄电池为电源，导线及其接触完好．维修人员使用已调好的多用表直流50V挡检测故障．他将黑表笔接在c点，用红表笔分别探测电路的a、b点。

①断开开关，红表笔接a点时多用表指示如图2所示，读数为V，说明正常（选填：蓄电池、保险丝、开关、小灯）。
②红表笔接b点，断开开关时，表针不偏转，闭合开关后，多用表指示仍然和图2相同，可判定发生故障的器件是（选填：蓄电池、保险丝、开关、小灯）
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）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，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
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】S断开，相当于电阻变大，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小，故路端电压增大，V的读数变大；
把R1归为内阻，内电压减小，故R3中的电压增大，由欧姆定律可知R3中的电流也增大，电流表示数增大，
A．分析得V的读数变大，Ａ的读数变大，故A错误；
B．分析得V的读数变大，Ａ的读数变大，故B正确；
C．分析得V的读数变大，Ａ的读数变大，故C错误；
D．分析得V的读数变大，Ａ的读数变大，故D错误；
2、B
【解析】电场强度与试探电荷所受电场力、电荷量无关，由电场本身决定；
一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，P点的场强不一定为零；
【详解】A、电场强度等于试探电荷所受电场力与电荷量的比值，但电场强度E并不跟F成正比，跟q成反比，而F、q无关，E由电场本身决定，故A错误；
B、在电场中的同一点，电场强度E是一定的，则无论试探电荷所带的电量如何变化，始终不变，故B正确；
C、同一电荷在电场中某点所受的电场力大，P点的场强不一定为零，还要该电荷的电荷量大小，故C错误；
D、电场对不带电的小球没有电场力作用，不带电的小球在P点受到的电场力为零，P点的场强可能为零，也可能不为零，故D错误
【点睛】对于电场强度，要抓住它的比值定义法的共性，E与试探电荷所受电场力、电荷量无关，由电场本身的性质决定，反映电场本身的强弱和方向
3、D
【解析】要求所加磁场的磁感应强度最小，应使棒平衡时所受的安培力有最小值。由于棒的重力恒定，悬线拉力的方向不变，由画出的力的三角形可知

安培力的最小值为
Fmin=mgsinθ
即
IlBmin=mgsinθ
得
Bmin=sinθ
方向应平行于悬线向上
故选D
4、C
【解析】卫星绕地球做圆周运动时，万有引力提供向心力，可以根据牛顿第二定律求解本题
【详解】根据万有引力提供向心力

由公式可以随着高度的增大除了周期在增大以外，线速度、角速度、加速度都在减小，故C对；ABD错；
故选C
5、A
【解析】A.由图可知导体中的电流向下，根据左手定则四指向下，大拇指向左指，则掌心朝里，可知磁场的方向垂直于纸面向外是可能的．故A正确；
B.如磁场方向平行于纸面向左，磁场力垂直纸面向里．故B错误；
C.如磁场方向垂直于纸面向里，则磁场力向右．故C错误；
D.如磁场方向平行于纸面向右，磁场力垂直纸面向外，故D错误；
故选A
6、C
【解析】在阶段，感应电流的大小，方向为逆时针方向；在阶段，感应电流的大小，方向为顺时针方向；在阶段，感应电流的大小，方向为逆时针方向。故C项正确，ABD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、BC
【解析】A．增大A、B板间的距离，根据电容的决定式

知电容C减小，电容器的电量Q不变，则由定义式

知板间电压U增大，静电计指针张角变大。A错误。
B．减小A、B板间的距离，根据电容的决定式

知电容C增大，电容器的电量Q不变，则由定义式

知板间电压U减小，静电计指针张角变小。B正确。
C．在A、B板间放入一介质板，根据电容的决定式

知电容C增大，电容器的电量Q不变，则由定义式

知板间电压U减小，静电计指针张角变小。C正确。
D．把B板向上平移，减小A、B板的正对面积，根据电容的决定式

知电容C减小，电容器的电量Q不变，则由定义式

知板间电压U增大，静电计指针张角变大。D错误。
故选BC。
8、AB
【解析】利用电场强度与图像的关系来分析
【详解】图像上各点的切线斜率大小等于电场强度大小，所以A、B两点的电场强度的大小相等；带正电的粒子从A到O点，电势是从高到低，电场力做正功，再从O到A点，电势由低到高，电场力做负功，所以A、B两点的电场强度方向相反，故A正确；
B．粒子从A点释放，到O点时，在O点的场强为零，此时粒子加速度为零，故B正确；
C．图像关于纵轴对称，正电粒子从A点释放到O点是加速运动，粒子再从O点到B点是减速运动，因距离，所以粒子从A点释放，不能过B点，故C错误；
D．因O点的场强为零，电势最低，在到区间内各点的电势都比O点高，因此，只有粒子在到区间哪一点释放,才会以最大动能过O点，故D错误，
故选AB．
9、BC
【解析】AB．把铜盘等效为无数根导体棒，根据右手定则可知，电流从P流向Q，又因为此时PQ段相当于电源，故P的电势低于Q的电势；故A错误，B正确。
C．设圆盘转动了△t时间，则该时间内，等效导体棒扫过面积的磁通量为

根据法拉第电磁感应定律有

故C正确。
D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电动势变为原来的2倍，此时电流在R上的热功率变为原来的4倍，故D错误。
故选BC。
10、AC
【解析】A．外电路断路时，外电路，有，所以有：

则路端电压最高，故A正确；
B．根据闭合电路的欧姆定律得：
，
可知外电压随I的增大而减小，而U外＝IR中，I的增大伴随R的减小，故B错误；
C．针对某一电源来说，内阻r一定，故由U内＝Ir可知电源的U内随I的增大而增大；故C正确；
D．外功率P＝IU，随着I的增大路端电压U会减小，不能得到外功率与电流的关系；而由外功率:

根据数学知识分析可得，当电源的内电阻等于外电阻时，输出功率最大，当电流增大时，电源的输出功率可能变大，也可能变小，故D错误。
故选AC。

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、 ①.1.8 ②.0.24 ③.1.50 ④.2.22
【解析】(1)[1] 电阻为：

(2)[2] 毫安表量程为100mA，由图示表盘可知，其分度值为0.2mA，示数为：40.0mA，毫安表内阻为R1阻值的5倍，则流过R1的电流是流过毫安表电流的5倍，则流过电池的电流为：
0mA+40.0mA×5=240.0mA=0.24A
(3)[3][4] 由图示电源U-I图象可知，电源电动势为：
E=1.50V
电源内阻为：

12、①11.5 （11.2～11.8）；蓄电池 ② 小灯
【解析】①多用电表直流50V的量程读中间均匀部分，共50格，每格1V，应该估读到0.1V，指针在11-12之间，读数为11.5V．开关断开，相当于电压表并联在蓄电池两端，读出了蓄电池的电压，故蓄电池是正常的
②两表笔接b、c之间并并闭合开关，测试得相同电压，说明a、b之间是通路，b、c之间是断路，故障器件是小灯
考点：本题考查了万用表读数、电路故障的判断.

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) (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、（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