2024屆邯鄲市重點中學(xué)物理高二上期末質(zhì)量跟蹤監(jiān)視試題含解析

2024屆邯鄲市重點中學(xué)物理高二上期末質(zhì)量跟蹤監(jiān)視試題注意事項1．考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務(wù)必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應(yīng)選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、如圖甲所示，磁場垂直穿過圓形金屬框。已知磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的圖象如圖乙所示，設(shè)磁場方向垂直紙面向里時，圓形金屬框中感應(yīng)電流為順時針方向時，則下列各圖中能夠反應(yīng)圓形金屬框中感應(yīng)電流i隨時間t變化圖象的是（）A. B.C. D.2、矩形導(dǎo)線框固定在勻強磁場中，如圖所示，磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，規(guī)定磁場的正方向為垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖所示，則（）A.0～t1時間內(nèi)，導(dǎo)線框中電流的方向為abcdaB.0～t1時間內(nèi)，導(dǎo)線框中電流越來越小C.0～t2時間內(nèi)，導(dǎo)線框中電流的方向始終為adcbaD.0～t2時間內(nèi)，導(dǎo)線框ab邊受到安培力大小恒定不變3、如圖所示，A、B、C是等邊三角形的三個頂點，O是A、B連線的中點。以O(shè)為坐標原點，A、B連線為x軸，O、C連線為y軸，建立坐標系。過A、B、C、O四個點各有一條長直導(dǎo)線垂直穿過紙面，導(dǎo)線中通有大小相等、方向向里的電流，則過O點的通電直導(dǎo)線所受安培力的方向為（）A.沿y軸正方向 B.沿y軸負方向C.沿x軸正方向 D.沿x軸負方向4、如圖所示，在矩形ABCD的AD邊和BC邊的中點M和N各放一個點電荷，它們分別帶等量的正、負電荷．E、F是AB邊和CD邊的中點，P、Q兩點在MN的連線上，MP=QN．對于E、F、P、Q四點，其中電場強度相同且電勢相等的兩點是（）A.E和F B.P和QC.A和B D.C和D5、靜電場方向平行于x軸，其電勢φ隨x分布可簡化為如圖所示的圖線，圖中φ0和d為已知量。一個帶正電的粒子沿x軸方向由x=d/2處運動至x=d處。已知該粒子質(zhì)量為m、電量為q，忽略重力。則運動過程中（）A.粒子所受電場力的大小為B.粒子的電勢能減少C.Od間的電勢差為D.粒子運動的加速度越來越大6、如圖所示，絕緣細繩的一端定在O點，另一端系一個質(zhì)量為m，帶電量為+q的小球.為了使小球能靜止在圖示位置且繩的拉力不為零，可以加一個與紙面平行的勻強電場則所加電場的方向正確的是A.水平問左B.水平向右C.豎直下D.豎直向上二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、絕緣光滑斜面與水平面成角，質(zhì)量為m、帶電荷量為-q（q>0）小球從斜面上的h高度處釋放，初速度為（>0），方向與斜面底邊MN平行，如圖所示，整個裝置處在勻強磁場B中，磁場方向平行斜面向上．如果斜面足夠大，且小球能夠沿斜面到達底邊MN，則下列判斷正確的是（）A.勻強磁場磁感應(yīng)強度的取值范圍為B.勻強磁場磁感應(yīng)強度的取值范圍為C.小球在斜面做變加速曲線運動D.小球達到底邊MN的時間8、如圖甲為小型旋轉(zhuǎn)電樞式交流發(fā)電機的原理圖，其矩形線圈在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中繞垂直于磁場方向的固定軸OO'勻速轉(zhuǎn)動，線圈的兩端與滑動變阻器R連接，當R=10Ω時，交流電壓表示數(shù)為10V。圖乙是穿過矩形線圈的磁通量Φ隨時間t變化的圖象，線圈電阻不能忽略，下列說法正確的是（）A.0.02s時，R兩端的電壓瞬時值為零B.電阻R上的電功率為10WC.R兩端的電壓u隨時間t變化的規(guī)律是u=10cos100πt（V）D.當滑動變阻器觸頭向下滑動時，電壓表示數(shù)變小9、如圖所示，發(fā)電機的矩形線圈面積為S，匝數(shù)為N，繞軸在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中以角速度勻速轉(zhuǎn)動。從圖示位置開始計時，下列判斷正確的是（??）A.此時穿過線圈磁通量為NBS，產(chǎn)生的電動勢為零B.線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的瞬時值表達式為C.P向下移動時，電流表示數(shù)變小D.P向下移動時，發(fā)電機的電功率增大10、英國物理學(xué)家阿斯頓首次制成質(zhì)譜儀，并用此對同位素進行了研究，若速度相同的三個帶電粒子（不計重力）由左端射入質(zhì)譜儀的運動軌跡如圖所示，則下列相關(guān)說法中正確的是（）A.三個帶電粒子都帶負電B.速度選擇器的極板帶負電C.三個粒子通過狹縫時速率等于D.在磁場中運動半徑越大的粒子，比荷越小三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）某同學(xué)利用如圖所示的電路可以測量多個物理量．實驗室提供的器材有：兩個相同待測電源內(nèi)阻，電阻箱最大阻值為，電阻箱最大阻值為，電壓表內(nèi)阻約為，電流表內(nèi)阻約為，靈敏電流計G，兩個開關(guān)、主要實驗步驟如下：按圖連接好電路，調(diào)節(jié)電阻箱和至最大，閉合開關(guān)和，再反復(fù)調(diào)節(jié)和，使電流計G的示數(shù)為0，讀出電流表A、電壓表V、電阻箱、電阻箱的示數(shù)分別為、、、；反復(fù)調(diào)節(jié)電阻箱和與中的電阻值不同，使電流計G的示數(shù)為0，讀出電流表A、電壓表V的示數(shù)分別為、回答下列問題：（1）電流計G示數(shù)為0時，電路中A和B兩點的電勢和的關(guān)系為______；（2）電壓表的內(nèi)阻為______，電流表的內(nèi)阻為______；（3）電源電動勢E為______，內(nèi)阻r為______。12．（12分）為驗證動量守恒:（1）小明同學(xué)用如圖所示的裝置做實驗．若入射小球的質(zhì)量為，半徑為；被碰小球的質(zhì)量為，半徑為，則_________A．，B．，C．，D．，（2）為完成此實驗，必須使用的器材有________________A．刻度尺B．秒表C．彈簧秤D.天平（3）各小球的落地點如圖所示，若滿足動量守恒，則必須滿足的表達式是________________若是彈性碰撞，還滿足的表達式是____________________四、計算題：本題共3小題，共38分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）如圖，兩根間距為L＝0.5m的平行光滑金屬導(dǎo)軌間接有電動勢E＝3V、內(nèi)阻r＝1Ω的電源，導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角θ＝37°．金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置，質(zhì)量m＝0.2kg．導(dǎo)軌與金屬桿接觸良好且金屬桿與導(dǎo)軌電阻均不計，整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中．當R0＝1Ω時，金屬桿ab剛好處于靜止狀態(tài)，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8（1）求磁感應(yīng)強度B的大?。唬?）若保持B的大小不變而將方向改為垂直于斜面向上，求金屬桿的加速度14．（16分）如圖所示，水平放置的兩塊長直平行金屬板a、b相距d=0.10m，a、b間的電場強度為E=5.0×105N/C，b板下方整個空間存在著磁感應(yīng)強度大小為B=6.0T、方向垂直紙面向里的勻強磁場.今有一質(zhì)量為m=4.8×10-25kg、電荷量為q=1.6×10-18C的帶正電的粒子(不計重力)，從貼近a板的左端以v0=1.0×106m/s的初速度水平射入勻強電場，剛好從狹縫P處穿過b板而垂直進入勻強磁場，最后粒子回到b板的Q處（圖中未畫出）．求P、Q之間的距離L15．（12分）ABC表示豎直放在電場強度為E=104V/m的水平勻強電場中的絕緣光滑軌道，其中軌道的BC部分是半徑為R的圓環(huán)，軌道的水平部分與半圓環(huán)相切．A為水平軌道上的一點，而且AB=R=0.2m，把一質(zhì)量m=0.1kg，帶電量為q=+C的小球，放在A點由靜止釋放后，求：（g=10m/s2）(1)小球到達C點的速度大小(2)小球在C點時，軌道受到的壓力大小

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、A【解析】磁感應(yīng)強度在0到內(nèi)，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，隨著向外磁場的均勻變小，由于磁感應(yīng)強度隨時間變化率不變，則感應(yīng)電動勢大小不變，感應(yīng)電流的大小也不變；同理，磁感應(yīng)強度在到內(nèi)，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，隨著向里磁場的均勻變大，由于磁感應(yīng)強度隨時間變化率不變，則感應(yīng)電動勢大小不變，感應(yīng)電流的大小也不變；由于磁感應(yīng)強度是向外在減小，向里在增大．所以由楞次定律可得線圈感應(yīng)電流是逆時針，由于環(huán)中感應(yīng)電流沿順時針方向為正方向，則感應(yīng)電流為負的A．圖像與分析相符，故A正確。B．圖像與分析不符，故B錯誤。C．圖像與分析不符，故C錯誤。D．圖像與分析不符，故D錯誤。2、A【解析】由右圖可知B的變化，則可得出磁通量的變化情況，由楞次定律可知電流的方向；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知電動勢，即可知電路中電流的變化情況；由F=BIL可知安培力的變化情況【詳解】由圖可知，0-t2內(nèi)，線圈中磁通量的變化率相同，故0到t2時間內(nèi)電流的方向相同，由楞次定律可知，電路中電流方向為順時針，即電流為adcba方向，故A正確，C錯誤；從0到t1時間內(nèi)，線圈中磁通量的變化率相同，感應(yīng)電動勢恒定不變，電路中電流大小時恒定不變；導(dǎo)線電流大小恒定，故B錯誤；從

t1到t2時間內(nèi)，磁場的變化率不變，則電路中電流大小時恒定不變，故由F=BIL可知，F(xiàn)與B成正比，即增大，則0～t2時間內(nèi)，導(dǎo)線框ab邊受到的安培力大小不是恒定不變的，故D錯誤；故選A【點睛】本題要求學(xué)生能正確理解B-t圖的含義，才能準確的利用楞次定律、左手定律等進行判定；解題時要特別注意，兩個時段，雖然磁場的方向發(fā)生了變化，但因其變化為連續(xù)的，故產(chǎn)生的電流一定是相同的3、A【解析】同向電流相互吸引，反向電流相互排斥，故A、B處導(dǎo)線對O處導(dǎo)線的合力為0，C處導(dǎo)線對O處導(dǎo)線為引力，方向沿y軸正方向，故選A。4、A【解析】A．等量異種電荷的電場線分布情況如圖所示圖中電場線從正電荷出發(fā)，等勢面為不規(guī)則的圓圈，在兩個異種電荷的中垂線上是等勢面，E、F兩點關(guān)于連線對稱，電場強度大小和方向都相同，A正確；B．在兩個異種電荷的連線上，電場線從正電荷指向負電荷，沿著電場線電勢越來越低，故P、Q電勢不等，B錯誤；C．題目圖中位置A與位置B兩位置關(guān)于兩電荷連線不對稱，由A選項的分析圖可知，其場強方向不同，C錯誤；D．C和D兩位置位于兩電荷連線同一側(cè)，結(jié)合圖像可知，場強方向不同，D錯誤。故選A。5、A【解析】在圖象中斜率表示電場強度，因各點斜率相同，說明該電場為勻強電場，設(shè)場強大小為E粒子所受電場力的大小為故A正確；該電場為勻強電場，方向沿+x，帶正電的粒子從x=d/2處運動至x=d處，電場力做正功，粒子的電勢能減少，故B錯誤；Od間的電勢差為故C錯誤；D．該電場為勻強電場，粒子受到的電場力不變，運動的加速度不變，故D錯誤。故選擇A選項。6、B【解析】小球帶正電，為了使小球能靜止在圖示位置且繩的拉力不為零，根據(jù)平衡條件可得，電場線的方向應(yīng)該沿著重力和繩子拉力合力的反方向，由此可知，B正確，ACD錯誤二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、BD【解析】AB．根據(jù)帶點小球在斜面上運動時的受力情況，有當時，小球離開斜面，要使小球能夠沿斜面到達底邊MN，B的最大值為所以勻強磁場磁感應(yīng)強度的取值范圍為A錯誤，B正確；C．小球沿斜面方向的合力為重力的下滑分力，垂直斜面方向合力為零，小球在斜面上做勻加速曲線運動，C錯誤；D．沿斜面方向，有位移為由得D正確。故選BD。8、BC【解析】A．0.02s時穿過線圈的磁通量為零，磁通量變化率最大，感應(yīng)電動勢最大，此時R兩端的電壓瞬時值不為零，故A錯誤；B．電壓表的讀數(shù)為R兩端的電壓，電阻R上的電功率故B正確；C．根據(jù)乙圖可知，線圈從平行于磁場方向開始轉(zhuǎn)動，故R兩端的電壓u隨時間t變化的關(guān)系為余弦函數(shù)，R兩端電壓的最大值Um=U=10

V角速度所以R兩端的電壓u隨時間t變化的規(guī)律是u=10cos100πt（V）故C正確；D．當滑動變阻器觸頭向下滑動時，R增大，總電流減小，內(nèi)電壓減小，路端電壓增大，電壓表示數(shù)增大，故D錯誤。故選BC9、BD【解析】A．此時線圈平面與磁場垂直，磁通量最大，磁通量是BS，變化率為零，即感應(yīng)電動勢為零，故A錯誤；B．過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大值為故表達式為故B正確；CD．P向下移動時，副線圈匝數(shù)增大，根據(jù)可得副線圈的輸入電壓增大，即電流表示數(shù)增大，根據(jù)可得副線圈消耗的電功率增大，而副線圈消耗的電功率決定發(fā)電機的功率，所以發(fā)電機的功率增大，故D正確C錯誤。故選BD。10、CD【解析】A．由圖可知，帶電粒子進入勻強磁場B2時向下偏轉(zhuǎn)，所以粒子所受的洛倫茲力方向向下，根據(jù)左手定則判斷得知該束粒子帶正電，故A錯誤；B．在平行金屬板中受到電場力和洛倫茲力兩個作用而做勻速直線運動，由左手定則可知，洛倫茲力方向豎直向上，則電場力方向向下，粒子帶正電，電場強度方向向下，所以速度選擇器的P1極板帶正電，故B錯誤；C．粒子能通過狹縫，電場力與洛倫茲力平衡，則有：qvB1=qE解得故C正確；D.粒子進入勻強磁場B2中受到洛倫茲力而做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得解得：可見，由于v是一定的，B2不變，半徑r越大，則越小，故D正確。故選：CD。三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、①.φA=φB②.③.④.⑤.【解析】（1）[1]．電流計G的示數(shù)為0時，由歐姆定律知，G的電壓為零，說明A、B兩點的電勢相等，即φA=φB（2）[2][3]．由于電流計G的示數(shù)為0，所以電流表的示數(shù)等于電壓表的電流與電阻R1的電流之和．則在步驟1中，通過電壓表的電流電壓表的內(nèi)阻為左右兩個電源兩極間的電壓相等，則有：U1=I1（RA+R2）解得電流表的內(nèi)阻（3）[4][5]．根據(jù)閉合電路歐姆定律得：

E=U1+I1rE=U2+I2r解得12、①.C②.AE③.④.【解析】（1）驗證動量守恒，兩小球發(fā)生對心碰，所以兩小球半徑相等，為了防止入射小球反彈，所以入射球的質(zhì)量大于被碰球的質(zhì)量，，，ABD錯誤C正確（2）實驗中要測量落地點到拋出點的水平距離，所以需要刻度尺，因為平拋運動豎直高度相同，運動時間相等，不需要測量時間，不需要秒表；驗證動量守恒定律需要知道兩球質(zhì)量，所以需要天平不需要彈簧秤，BC錯誤AD正