福建省龙海市第二中学2023年物理高二第一学期期末质量跟踪监视试题含解析.doc

福建省龙海市第二中学2023年物理高二第一学期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、如图所示，A、B、O、C为在同一竖直平面内的四点，其中A、B、O沿同一竖直线，B、C同在以O为圆心的圆周(用虚线表示)上，沿AC方向固定有一光滑绝缘细杆L，在O点固定放置一带负电的小球．现有两个质量和电荷量都相同的带正电小球a、b均可视为点电荷，先将a套在细杆上．让其从A点由静止开始沿杆下滑，后使b从A点由静止开始沿竖直方向下落，则下列说法中正确的是（　　）

A.从A点到C点，小球a做匀加速运动
B.小球a在C点的动能等于小球b在B点的动能
C.从A点到C点，小球a的机械能先增加后减少，但机械能与电势能之和不变
D.小球a从A点到C点电场力做的功大于小球b从A点到B点电场力做的功
2、电场强度的定义式为，点电荷的场强公式为，下列说法中正确的是（ ）
A.中的场强E是电荷q产生的
B.中的场强E是电荷Q生的
C.中的F表示单位正电荷的受力
D.和都只对点电荷适用
3、如图所示，一束粒子射入质谱仪，经狭缝S后分成甲、乙两束，分别打到胶片的A、C两点．其中，已知甲、乙粒子的电荷量相等，下列说法正确的是

A.甲带正电 B.甲的比荷小
C.甲的速率小 D.甲、乙粒子的质量比为2：3
4、如图所示，皮箱在大小为方向斜向上的拉力F的作用下，沿水平地面做匀速直线运动，则物体与地面间的摩擦力为( )

A.等于零
B.等于
C.小于
D.大于
5、如图所示，两个灯泡、的电阻相等，电感线圈L的电阻可忽略，开关S从断开状态突然闭合，稳定之后再断开，下列说法正确的是( )

A闭合开关之后立刻变亮、逐渐变亮，然后、逐渐变暗
B.闭合开关之后、同时变亮，然后逐渐变亮，逐渐变暗
C.断开开关之后立即熄灭、逐渐变暗
D.断开开关之后逐渐变暗，闪亮一下再熄灭
6、静电计可以用来测量电容器的电压．如图把它的金属球与平行板电容器一个极板连接，金属外壳与另一极板同时接地，从指针偏转角度可以推知两导体板间电势差的大小．现在对电容器充完点后与电源断开，然后将一块电介质板插入两导体板之间，则

A电容C增大，板间场强E减小，静电计指针偏角减小
B.电容C增大，板间场强E增大，静电计指针偏角减小
C.电容C增大，板间场强E增大，静电计指针偏角增大
D.电容C增大，板间场强E减小，静电计指针偏角增大
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,电源电动势为E，内阻为r，不计电压表和电流表内阻对电路的影响，当电键闭合后，两小灯泡均能发光．在将滑动变阻器的触片逐渐向右滑动的过程中，下列说法正确的是( 　)

A.小灯泡L1、L2均变暗
B.小灯泡L1变亮，小灯泡L2变暗
C.电流表A的读数变大，电压表V的读数变小
D.电流表A的读数变小，电压表V的读数变大
8、如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，图中电表均为理想电表，R、L和D分别是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)、电感线圈和灯泡．原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是(　　)

A.电压u的频率为50 Hz
B.电压表的示数为V
C.有光照射R时，电流表的示数变大
D.抽出L中的铁芯，D灯变亮
9、如图所示，a、b分别表示一个电池组和一只电阻的伏安特性曲线．正确的有（）

A.电阻的阻值为15Ω
B.电池内阻是0.2Ω
C.将该电阻接在该电池组两端，电池组的输出功率将是10W
D.改变外电阻的阻值时，该电池组的最大输出功率为20W
10、如图所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为θ.质量为m、长为L的金属杆ab垂直导轨放置，整个装置处于垂直ab方向的匀强磁场中．当金属杆ab中通有从a到b的恒定电流I时，金属杆ab保持静止．则磁感应强度方向和大小可能为（ ）

A.竖直向上，
B.平行导轨向上，
C.水平向右，
D.水平向左，
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）某同学要探究一种新材料制成的圆柱体的电阻步骤如下：
（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1所示，由图可知其长度为______cm；

（2）用螺旋测微器测量其直径如图2所示，由图可知其直径为______ mm；
（3）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图3所示，则该电阻的阻值约为_________ Ω

12．（12分）用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻，被测电源是两节干电池串联成的电池组．可供选择的实验器材如下：
A．电流表，量程0.6 A，内阻约为0.5 Ω
B．电流表，量程100 mA，内阻约为5 Ω
C．电压表，量程3 V，内阻约为3 kΩ
D．电压表，量程15 V，内阻约为5kΩ
E．滑动变阻器，0～1000 Ω，0.1 A
F．滑动变阻器，0～10Ω，2 A
开关一个，导线若干
(1)为了尽量得到较准确的实验结果，电流表应选________，电压表应选________，滑动变阻器应选________（填器材前面的选项字母）
(2)有(甲)、(乙)两个可供选择的电路如图所示，为减小实验误差，应选___________电路进行实验

（3）如图是根据实验记录数据画出的U－I图象，则由图可求出该电源电动势为___________V，该电源内阻为______Ω（结果保留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、C
【解析】小球A在运动过程中库仑力得大小一直发生变化，因此小球得合力发生变化，因此不是匀变速运动，A错误；
AB过程和AC过程中电场力做功相同，但是AC过程重力做功更多，因此小球C点动能更大，因此B错误D错误；
从A到C电场力现做负功后正功，因此机械能先减小后增大，由能量守恒可知机械能和电势能总和不变，C正确；
2、B
【解析】A．中的q是试探电荷的电量，场强E与电荷q是无关的，选项A错误；
B．中的Q是场源电荷，即场强E是电荷Q产生的，选项B正确；
C．中的E表示单位正电荷的受力，选项C错误；
D．适应于所有电场，都只对点电荷适用，选项D错误
3、D
【解析】A.甲粒子在磁场中向上偏转，根据左手定则知甲粒子带负电，故A错误；
B.根据洛伦兹力提供向心力，则有：

解得：

由图可知r甲＜r乙，则甲的比荷大于乙的比荷，故B错误；
C.能通过狭缝S0的带电粒子，根据平衡条件：

解得：

甲、乙都能通过狭缝进入右边的磁场，所以两个粒子的速率相等，故C错误；
D.由题知，甲、乙粒子的电荷量相等，根据洛伦兹力提供向心力，则有：

解得：

变形得：

由题知，两个粒子的半径之比为：

则两个粒子的质量之比为：

故D正确
4、C
【解析】对物体受力分析，受拉力、重力、支持力、摩擦力，如图所示：

物体匀速运动，受力平衡，物体受拉力、重力、支持力和滑动摩擦力四个力作用，根据平衡条件：

故摩擦力大小小于10N，故C正确，ABD错误；
故选C。
5、B
【解析】AB．S闭合瞬间，由于自感线圈相当于断路，所以两灯是串联，电流相等，两灯同时亮；待电路达到稳定时，线圈相当于导线，把灯L2短路；所以然后L2逐渐变暗，而灯L1逐渐变亮，选项A错误，B正确；
CD．S闭合稳定后再断开开关，L1立即熄灭；由于线圈的自感作用，L相当于电源，与L2组成回路，L2突然闪亮一下再逐渐熄灭，故CD错误。
6、A
【解析】在平行板电容器两极板间插入电介质，根据电容的决定式C=，可知电容C增大，因切断电源，则两极板所带电荷量Q一定，由电容的定义式C=Q/U得知，U减小，所以静电计指针偏角减小，根据E=U/d知电场强度E减小，故A正确，BCD错误；故选A.
【点睛】本题的解题关键是要掌握电容的决定式C=和电容的定义式C=Q/U，并抓住电容器的电量不变进行分析

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、BD
【解析】将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，与灯L1并联的电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，电流表读数变小，L2变暗，电源的内电压减小，根据闭合电路欧姆定律得知路端电压增大，电压表V的读数变大．路端电压增大，而L2灯电压减小，所以L1灯的电压增大，L1灯变亮
故选BD
【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，明确各电路元件的连接方式、灵活应用欧姆定律公式是正确解题的关键．也可以运用结论进行分析：变阻器电阻增大，与之并联的电灯会亮，与之串联的电灯会变暗，即“串反并同”
8、ACD
【解析】由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比．和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况.
【详解】A、原线圈接入题图乙所示的电源电压，T=0.02 s，所以频率为;故A正确.
B、原线圈接入电压的最大值是，所以原线圈接入电压的有效值是U=220V，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，所以副线圈电压是22 V，所以电压表的示数为22 V，故B错误；
C、有光照射R时，R阻值随光强增大而减小，根据，得副线圈输出功率增大，所以原线圈输入功率增大，所以电流表的示数变大，故C正确；
D、抽出L中的铁芯，电感线圈自感系数减小，电感线圈对电流的阻碍减小，所以D变亮，故D正确.
故选ACD.
【点睛】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法.
9、AD
【解析】由a图线的斜率大小读出电源的内阻，b图线的斜率大小得到电阻的阻值．两图线的交点表示该电阻接在该电源上时的工作状态，由交点坐标读出电阻的电压和电流，由此可以判断电源的输出功率，并求出电源的最大输出功率.
【详解】电阻的阻值等于b图线的斜率大小，为R=U/I=15Ω，故A正确；电池组的内阻等于a图线的斜率大小，为，故B错误；两图线的交点表示将该电阻接在该电池组两端的工作状态，则电阻两端的电压为U=15V，电流为I=1A，则电池组的输出功率P=UI=15W，故C错误；由图可知E=20V，当外电阻的阻值等于内阻时，其电源的输出功率最大为．故D正确．故选AD
【点睛】本题考查学生对图象的认识，要由U=E-Ir去理解图象的性质，明确图象与纵坐标的交点表示电源的电动势，图象的斜率表示电源的内电阻
10、AD
【解析】A．当磁场竖直向上时，由左手定则可知，安培力水平向右，则由平衡可知：
BIL=mgtanθ
解得：

A正确；
B．当磁场方向平行导轨向上时，由左手定则可知，安培力垂直导轨向下，则金属棒不可能平衡，B错误；
C．当磁场方向水平向右时，安培力竖直向下，导体棒不可能平衡，C错误；
D．当磁场方向水平向左时，安培力竖直向上，则
BIL=mg
即

D正确。
故选AD。

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、 ①.0.675 ②.4.700 ③.220
【解析】（1）游标卡尺读数为
（2）螺旋测测微器读数为
（3）欧姆档为“×10”挡，故电阻为
12、 ①.A； ②.C； ③.F； ④.乙； ⑤.3.0； ⑥.1.0；
【解析】（1）根据二节干电池的电压约为3V，则根据电压值及实验中的基本要求可以选取电流表及电压表；
（2）甲图误差来源于电流表的分压作用，乙图误差来源与电压表的分流作用，相比较，电流表分压作用引起的误差更大；
（3）U-I图中图象与纵坐标的交点为是电源的电动势，根据斜率表示内电阻求解电源内阻
【详解】（1）因二节干电池的电动势约为3V，故电压表的测量量程不能太大，由题意可知，电压表只能选3V量程的C； 通过电源的电流不能太大，故量程0～3A的电流表太大，无法准确测量，故电流表应选量程为0.6A的A；滑动变阻器选择F即可；
（2）甲图误差来源于电流表的分压作用，可以将电流表的内阻归结到电源中，故电动势测量值不变，内电阻测量值变大；乙图中误差来源与电压表的分流作用，由于电压表内电阻达到几千欧姆，误差较小，故选择乙方案；
（3）U-I图中图象与纵坐标的交点为是电源的电动势，故电动势为3.0V；根据斜率表示内电阻求解电源内阻，故内电阻为
【点睛】中学实验中选择仪表是常见的一种题型，要求学生能按照安全性和准确性的要求进行分析，先确定出必须用到的器材，再去根据题目中给出的条件去判断电流表和电压表．一定要注意判断图象与横轴的交点的横坐标是不是短路电流

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