湖北省监利一中2023年高二物理第一学期期末质量跟踪监视试题含解析.doc

湖北省监利一中2023年高二物理第一学期期末质量跟踪监视试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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、下列说法正确的是（）
A.元电荷e的数值最早是由密立根用实验测得的.
B.磁场、电场都不是物质.
C.一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零.
D.物体在磁场或电场中受力的方向与该处磁场或电场的方向平行.
2、如图所示，一个圆盘在水平面内匀速转动，盘面上有一个小物体随圆盘一起做匀速圆周运动．分析小物体的受力情况，下列说法正确的是

A.物体只受向心力
B.物体所受合外力为零
C.物体受重力和支持力
D.物体受重力、支持力和静摩擦力
3、在如图所示的电路中，闭合开关，将滑动变阻器的滑片向左移动电路稳定后，与滑片移动前比较（）

A.电阻R0两端电压变大
B.电容器C上的电荷量不变
C.电源消耗的总功率变小
D.灯泡L变亮
4、如图所示，空间内有一场强为、竖直向下的匀强电场．一根绝缘轻质硬杆的两端分别固定着A、B两只质量均为m带电量均为+q的小球，O点是一光滑水平轴，已知AO=L，BO=2L，重力加速度为g．细杆从水平位置由静止释放，使其自由转动，当B球转到O点正下方的过程中，正确的是

A.B球电势能减少了2mgL
B.A、B球与杆组成的系统电势能减少了
C.转动过程中杆对A的弹力不做功
D.转到最低点时B球的速度为
5、如图所示，边长为l的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通以恒定的逆时针方向的电流。图中虚线过边中点和边中点，在虚线的下方为垂直于导线框向里的有界矩形匀强磁场，其磁感应强度大小为B。此时导线框处于静止状态，细线中的拉力为；现将虚线下方的磁场移至虚线上方且磁感应强度的大小改为原来的两倍，保持其他条件不变，导线框仍处于静止状态，此时细线中拉力为。则导线框中的电流大小为（　　）

A. B.
C. D.
6、如图所示，长度的通电直导线位于匀强磁场中，导线与磁场方向垂直。当导线中的电流时，导线所受安培力的大小该匀强磁场的磁感应强度大小为

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、如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，闭合开关k，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电流表、电压表V2示数变化量的绝对值分别为ΔI、ΔU2，下列说法正确的是

A.I减小 B.U1、U2均减小
C.变小，变大 D.
8、如图所示电路，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R3的滑片向上端移动时，则（　　）

A.电压表读数减小
B.电流表读数减小
C.灯泡亮度变亮
D.R2上消耗的功率逐渐增大
9、如图所示，有一半圆弧光滑轨道，半径为R，在与圆心等高的位置静止放置一个带正电的小球A，其质量为m，MN之间有一个方向水平向左的匀强电场，让小球A自由滚下进入匀强电场区域，水平面也是光滑的，下列说法正确的是( )

A.小球一定能穿过MN区域继续运动
B.如果小球没有穿过MN区域，小球一定能回到出发点
C.如果小球恰好能够穿过MN区域，电场力做的功为-mgR
D.如果小球没有穿过MN区域，只要电场强度足够大，小球可以到达P点，且到达P点时的速度大于等于
10、如图所示，截面为正方形的容器在匀强磁场中，一束电子从a孔垂直于磁场射入容器中，其中一部分从c孔射出，一部分从d孔射出，忽略电子间的作用，下列说法正确的是( )

A.从cd两孔射出的电子速度之比为v1∶v2＝2∶1
B.从cd两孔射出的电子在容器中运动所用的时间之比为t1∶t2＝1∶2
C.从cd两孔射出的电子在容器中运动时的加速度大小之比为a1∶a2＝2∶1
D.从cd两孔射出电子在容器中运动时的加速度大小之比为a1∶a2＝∶1
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）用一段金属丝做“测定金属的电阻率”的实验，为便于选择测电阻的合适电路，先用多用电表粗测金属丝的电阻，选择开关指向欧姆挡“×1”挡位，接着进行________再测电阻，测量结果如图甲所示，由此可知金属丝的电阻值约为_____Ω。然后用螺旋测微器测量金属丝的直径，某次测量结果如图乙所示，这次测量的读数为______________mm。

12．（12分）用图示电路测量一节蓄电池的电动势和内阻（电动势约为2V，内阻很小），为防止滑动变阻器电阻过小导致电流过大而损坏器材，电路中用了一个保护电阻R0，除蓄电池、滑动变阻器、开关、导线外，可供使用的器材还有：

A．电流表A1（量程0.6A，内阻很小）；
B．电流表A2（量程3A，内阻很小）；
C．电压表（量程3V，内阻很大）；
D．定值电阻（阻值1Ω，额定功率5W）；
E．定值电阻（阻值10Ω，额定功率10W）；
(1)实验中电流表应选取______，保护电阻应选取______（填器材前面的选项如A、B、C、D、E）
(2)某同学选用器材进行了实验，他调整滑动变阻器共测得了5组电流、电压的数据，如下表。请在图中做出电源的路端电压U随电流I变化的图象（ ）。
电流表读数I/A
1.72
1.35
0.98
0.63
0.34
电压表读数U/V
0.16
0.57
0.95
1.35
1.65

(3)结合图象求出蓄电池的电动势为______V，内阻为_____Ω。（结果保留二位有效数字）
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）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

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、A
【解析】A．元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根用实验测得的，故A正确；
B．磁场和电场都具有力的性质和能到性质，虽然看不见，摸不着，但它是一种物质，故
B错误；
C．一小段通电导线在磁场中，如果通电导线与磁场方向平行时，通电直导线就不受磁场力
作用，但该处磁感应强度不一定为零，故C错误；
D．物体在磁场中如果受力，如果物体是磁体或铁质物质，那么物体受力方向可能与磁场方向平行，也可能不平行，如果物体是一段通电直导线，根据力的左手定则判断，通电
直导线受磁场力的方向不与磁场方向平行；如果物体在电场中只受电场力作用，那么物
体受力方向与电场方向平行，故D错误
故选A
2、D
【解析】对小物体进行受力分析，结合匀速圆周运动的条件和牛顿第二定律分析即可；
【详解】小物体块做匀速圆周运动，合力指向圆心，对小物体受力分析可知，受重力、支持力和静摩擦力，如图所示：

重力和支持力平衡，静摩擦力提供向心力，故D正确，ABC错误
【点睛】向心力是根据效果命名的力，只能由其它力的合力或者分力或单独某个力来充当，不能将向心力当做单独的力分析出来
3、D
【解析】根据P移动的方向先判断出滑动变阻器电阻值的变化，然后根据外电路总电阻的变化，分析电压的变化关系．根据欧姆定律分析电流的变化．根据Q=CU分析电容器带电量的变化；
【详解】由图可知，L与滑动变阻器R为串联关系；电容器与R0串联后并联在它们两端，且稳定时R0两端的电压为零，选项A错误；当滑片向左滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，总电阻减小；则由闭合电路欧姆定律可知，总电流变大，灯泡变亮；根据P=IE可知电源消耗的总功率变大；总电流变大，路端电压减小，则电容器上的电压变小，由Q=CU可知，电容器C上的电荷量减小；故BC错误；故D正确；故选D
4、B
【解析】A．电场力对B球做功为，故B球的电势能减小3mgL，故A错误；
B．电场力对A球做功为，故A球的电势能增加mgL，则A、B球与杆组成的系统电势能减少了mgL，故B正确；
C．A球的电势能增加，重力势能增加，动能增加，则转动过程中杆对A的弹力一定做功，故C错误；
D．对AB系统，由能量关系可知：，解得，故D错误。
故选B
5、C
【解析】当磁场在虚线下方时，通电导线的等效长度为，受到的安培力方向竖直向上，设三角形导线框质量为m，则有：

当磁场在虚线上方时，通电导线的等效长度为，受到的安培力方向竖直向下，磁感应强度增大到原来的两倍，故此时有：

联立可得

故C正确，ABD错误；

故选C。
6、D
【解析】由图可知电流与磁场方向垂直，因此直接根据安培力的大小为：

可得：

A．与分析不符，故A错误；
B．与分析不符，故B错误；
C．与分析不符，故C错误；
D．与分析相符，故D正确；
故选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、AD
【解析】AB．P下滑，R2增加则总电阻增加，则I变小，内电压变小，路端电压变大，则U3变大，根据欧姆定律可知，定值电阻R1两端的电压U1变小，滑动变阻器R2两端的电压U2变大，故A正确，B错误；
C．根据闭合电路欧姆定律可知

解得

恒定不变，故C错误；
D．根据伏安特性曲线可知

恒定不变，根据闭合电路欧姆定律得

则

故D正确
8、BD
【解析】分析电路的结构，由滑片的移动可知电路中电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可知各电表示数的变化；
【详解】由图可知，灯泡与滑动变阻器R3串联后与R2并联后，再由R1串联接在电源两端．当滑片向上移动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，则电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，路端电压增大，同时R1两端的电压也减小，故并联部分的电压增大，则流过R2的电流增大，根据P＝I2R知消耗的功率增大，故电流表示数减小，灯泡分压减小，灯泡变暗，因并联部分的电压增大，而R3中电压增大，故电压表示数增大，故AC错误，BD正确；
【点睛】解决闭合电路欧姆定律的题目，一般可以按照整体-局部-整体的思路进行分析，要灵活选用等效的方法研究电路的结构
9、BC
【解析】A．由于电场强度的大小不知，小球可能能穿过MN区域，也可能不能穿过MN区域，故A错误；
B．如果小球不能穿过MN区域，小球在运动的过程中，无能量损失，一定能回到出发点，故B正确；
C．如果小球恰好能够穿过MN区域，根据动能定理有：

可得电场力做的功为-mgR，故C正确；
D．如果小球不能穿过MN区域，根据能量守恒可知小球只能够回到出发点，无法运动到P点，故D错误
故选BC。
10、ABC
【解析】A．设磁场边长为a，如图所示，粒子从c点离开，其半径为rc，粒子从d点离开，其半径为rd

由

得出半径公式，又由运动轨迹知rc=2rd
则有vc：vd=2：1，A正确；
B．由

根据圆心角求出运行时间

运行时间，tc=，则tc：td=1：2，B正确；
CD．向心加速度：

则ac：ad=2：1，C正确，D错误。
故选ABC。
【点睛】本题属于带电粒子在磁场中的偏转中典型题目，此类题的关键在于确定圆心及由几何关系求出半径．掌握带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式，和周期公式

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.欧姆调零 ②.6.0 ③.0.155
【解析】[1][2][3]在测量电阻前要进行欧姆调零；根据读数规则可知读数为：6.0Ω；根据螺旋测微器的读数规则可读数为：
0+15.5×0.01=0.155mm
12、 ①.B ②.D ③. ④.2.0 （1.9-2.1均给分） ⑤.0.087 （0.082-0.120均给分）
【解析】(1)[1]若电流表量程选3A，为了便于读数（应使指针半偏及以上），电流需在1.5A以上。这样，电路总阻应在：
；
以下，变化范围太小，不利于滑动变阻器操作，所以电流表量程应选B；
[2]若定值电阻取10Ω，则电路中电流最大不超过：
，
电流值不到电流表小量程的，不利于精确读数，故定值电阻只能取D。
(2)[3]纵坐标不从0开始，可提高图线精度。描点出5个点后，应该用一条直线来“拟合”坐标系中描出的点。

(3)[4]由图线与纵坐标的交点可知：
E=2.025V；
根据要求故E取为2.0V，
[5]内阻为
。

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；（21.5m/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、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
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