2024届江西省宜春市物理高二第一学期期末质量检测试题含解析.doc

1、2024届江西省宜春市物理高二第一学期期末质量检测试题考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3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，三条平行等间距的虚线表示电场中的三个等势面，电势值分别为10V、20V、30V，实线是一带电粒子（不计重力）在该区域内的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的

2、三个点，下列说法正确的是（）A.粒子在三点所受的电场力不相等B.粒子在三点的电势能大小关系为EpcEpaEpbC 粒子必先过a，再到b，然后到cD.粒子在三点所具有的动能大小关系为EkbEkaEkc2、海洋能是一种蕴藏量极大的可再生能源，具有广阔的应用前景。下列能源不属于海洋能的是（）A.潮汐能B.波浪能C.太阳能D.海流能3、如图为云室中某粒子穿过铅板P前后轨迹，室中匀强磁场的方向与轨迹所在平面垂直图中垂直于纸面向里，由此可知此粒子A.一定带正电B.一定带负电C.不带电D.可能带正电，也可能带负电4、对下列物理公式的理解，其中正确的是（）A.由公式可知，静电场中某点的电势是由放入该点的点电荷

3、所具有的电势能EP和该电荷电量q所决定的B.由公式可知，静电场中某点电场强度E由放入该点的点电荷所受的电场力F和该电荷电量q所决定的C.由公式可知，磁场中某处的磁感应强度跟F、I、L无关D.由公式知，电容器的电容C由电容器所带电荷量Q和两极板间的电势差U决定5、常用的电压表和电流表都是由小量程的电流表G（表头）改装成的。现有一个小量程电流表G，内阻为Rg，满偏电流为Ig，下列说法正确的是（）A.如果需要改装成为大量程的电流表，需要并联一个大电阻B.如果需要改装成为大量程的电流表，需要串联一个大电阻C.如果需要改装成为大量程的电压表，需要并联一个大电阻D.如果需要改装成为大量程的电压表，需要串联

4、一个大电阻6、如图所示，光滑平行金属导轨PP和QQ处于同一水平面内，P和Q之间连接一电阻R，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。现垂直于导轨放置一根导体棒MN，用一水平向右的力F拉动导体棒MN，下列关于导体棒MN中感应电流的方向和它所受安培力的方向的说法正确的是（）A.感应电流的方向是QPB.感应电流的方向是MNC.安培力水平向左D.安培力水平向右二、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，在电路中接一段钨丝（从旧白炽灯中取出），闭合开关，灯泡正常发光，当用打火机给钨丝加

5、热时灯泡亮度明显变暗，根据钨丝的上述特性，可用钨丝来制作一个温度传感器，下面的说法中正确的是（ ）A.该传感器利用了钨丝的化学性质B.该传感器的原理是把电学量（电阻）转换为热学量（温度）C.该传感器的原理是把热学量（温度）转换为电学量（电阻）D.该传感器的原理是利用了钨丝电阻随温度变化而变化的特性8、如图所示,水平向右的匀强电场场强为E,且,垂直纸面向里的水平匀强磁场磁感应强度为B,一带电荷量为q的液滴质量为m,在重力、静电力和洛伦兹力作用下在叠加场空间运动下列关于带电液滴在叠加场空间的运动描述正确的是A.液滴可能做匀加速直线运动B.液滴不可能做匀速圆周运动C.液滴可能做匀速直线运动且机械能守

6、恒D.如果是直线运动，必为匀速直线运动，其运动轨迹与水平方向的夹角是9、汽车电动机启动时车灯会有瞬间变暗的现象，其电路原理图如图所示。保持S2断开，闭合S1打开车灯，电流表读数为4.00A，再闭合S2启动电动机，电流表读数为40.0A。已知电源电动势为12.0V，内阻为0.05，电动机内线圈电阻为0.10，电流表内阻不计，下列说法正确的是（）A.车灯的电阻R=3B.电动机启动后车灯功率约为34.0W，小于电动机启动前的功率C.电动机的输入功率约为366WD.电动机输出功率约为332W10、如图所示，在半径为R的圆形区域内，有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆平面未画出一群比荷为的负离子体以

7、相同速率较大，由P点在纸面内向不同方向射入磁场中，发生偏转后，又飞出磁场，则下列说法正确的是A.离子飞出磁场时的动能一定相等B.离子在磁场中运动的半径一定相等C.沿着PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大D.由Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长三、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）某同学利用如图甲电路测量干电池的电动势E和内阻r(1)为了较准确的测量，请根据图甲电路图将图乙实物图补充完整_；(2)用选定器材测干电池的电动势E和内阻r，根据图甲实验电路测得多组U、R数据，请根据数据在图丙作出图象_；(3)根据图象求得E=_V，r=_；(

8、4)利用该实验电路测出的电动势和内阻与真实值相比有偏差，其原因是_12（12分）某同学进行了以下测量：（1）用游标卡尺测出正方体木块的边长，其示数如图甲所示，则正方体木块的边长为_cm（2）用螺旋测微器测量小球的直径，其示数如图乙所示，则小球的直径为_mm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=5.0105N/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=4.810-25

9、kg、电荷量为q=1.610-18C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0 =1.0106m/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L14（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

10、分）如图，两根间距为L0.5m的平行光滑金属导轨间接有电动势E3V、内阻r1的电源，导轨平面与水平面间的夹角37金属杆ab垂直导轨放置，质量m0.2kg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R01时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g10m/s2，sin370.6，cos370.8（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】A因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的，由此

11、可判断电场是匀强电场，根据所以带电粒子在电场中各点受到的电场力相等，A错误；B由题中的图可知，电场的方向是向上的，根据轨迹判断电场力方向向下，则带电粒子带负电，根据则B正确；C由题中的图可知，电场的方向是向上的，带负电的粒子将受到向下的电场力作用，带负电的粒子无论是依次沿a、b、c运动，还是依次沿c、b、a运动，都会的到如图的轨迹，C错误；D粒子在电场中运动时，只有电场力做功，故电势能与动能之和应是恒定不变的，由图可知，粒子在b点时的电势能最大，在c点的电势能最小，则可判断在c点的动能最大，在b点的动能最小，D错误。故选B。2、C【解析】海洋能是一种蕴藏量极大的可再生能源，具有广阔的应用前景，

12、潮汐能、波浪能、海流能等都属于海洋能，太阳能则不属于海洋能。 故选C。3、A【解析】根据粒子的运动轨迹，根据左手定则，可以判断粒子带正电，A对，BCD错；4、C【解析】A公式采用比值法定义的，静电场中某点的电势由电场本身决定，与放入该点的点电荷所具有的电势能无关，与试探电荷无关，故A错误；B公式采用比值法定义的，静电场中某点的电场强度由电场本身决定，与放入该点的点电荷所受的电场力无关，与试探电荷无关，故B错误；C公式是采用比值法定义的，磁场中某处的磁感应强度由磁场本身决定，与、的变化无关，故C正确；D公式是采用比值法定义的，电容器的电容由电容器本身决定，与电容器所带电荷量和两极板间的电势差无关

13、，故D错误；故选C。5、D【解析】AB根据电阻的分流规律可知小电阻分大电流，所以如果需要改装成为大量程的电流表，需要并联一个小电阻，故AB错误；CD根据电阻的分压规律可知大电阻分大电压，所以如果需要改装成为大量程的电压表，需要串联一个大电阻，故C错误，D正确。故选D。6、C【解析】根据右手定则判断可知导体棒MN中感应电流方向NM，电阻R感应电流的方向是PQ，根据左手定则判断可知MN所受的安培力方向水平向左。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、CD【解析】由题目

14、中的实验现象可知，钨丝的电阻随温度的升高而增大，随温度的降低而减小，利用该特性可以制成温度传感器，传感器能够把温度这个热学量转换为电阻这个电学量。故CD正确，AB错误。故选CD。8、BD【解析】根据运动情况分析受力情况，做直线运动说明粒子不受洛伦兹力或者有某个力跟洛伦兹力抵消，对四个选项逐一分析即可解题【详解】A项：由于液滴受到的重力与电场力恒定，如果做匀加速直线运动，则液滴的洛伦兹力大小变化，液滴的合外力变化，不可能做匀加速直线运动，故A错误；B项:由于液滴受竖直向下的重力和水平方向的电场力，所以重力与电场力的合力不可能为零，即液滴不可能做匀速圆周运动，故B正确；C项：当液滴进入复合场时的洛

15、伦兹力与重力和电场力的合力等大反向时，液滴做匀速直线运动，但电场力会做功，所以机械能不守恒，故C错误；D项：由A分析可知，液滴不可能做匀加速直线运动，只要液滴的速度大小变化，其所受的洛伦兹力大小变化，合外力变化，一定做曲线运动，故如果是直线运动，必为匀速直线运动，由于mg=qE，重力与电场力的合力一定与速度方向垂直，即与水平方向成450，故D正确故选BD【点睛】本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，或根据运动情况分析受力情况，题目较难9、BC【解析】A电动机未启动时车灯两端的电压为U灯1=E-I1r=12.0V-4A0

16、.05=11.8V车灯的电阻值为 故A错误；B电动机启动后，车灯两端的电压U灯2=E-I2r=12.0V-40A0.05=10V流过车灯的电流 那么电动机启动后，车灯的电功率P灯=U灯2I灯=33.9W电动机未启动时车灯的电功率P灯=U灯1I1=47.2W故B正确；C由以上可知：U灯2=10V，I灯=3.39A流过电动机的电流IM=I2-I灯=40A-3.39A=36.61A电动机启动时车灯两端的电压UM=U灯2=10V电动机的输入功率P入=UMIM=366.1W故C正确；D电动机的输出功率PM=UMIM-IM2RM=366W-（36.61A）20.1=232W故D错误；故选BC。10、BD【

17、解析】粒子在磁场中均由于洛仑兹力充当向心力而做匀速圆周运动，根据公式和圆的性质可得出粒子运动的半径、偏向角及离开磁场的时间；由洛仑兹力不做功可知离开时的动能【详解】因洛仑兹力永不做功，故粒子在磁场中运动时动能保持不变，但由于不知离子初动能，故飞出时的动能不一定相同，故A错误；由可知，因粒子的速率相同，比荷相同，故半径相同，故B正确；由圆的性质可知，轨迹圆与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大，故应该使弦长为PQ，故此时粒子一定不会沿PQ飞出，故C错误；由C的分析可知，由Q点飞出的粒子圆心角最大，故所对应的时间最长，故D正确所以BD正确，AC错误【点睛】本题为多个粒子的偏转问题，此类题目要

18、求我们能将圆的性质掌握清楚，利用我们所掌握的几何知识进行分析判断三、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、 . . .1.45（1.421.46均正确） .0.42（0.40.5均正确） .电压表内阻不是无穷大【解析】(1)1由电路图连接实物图如图：(2)2据所给数据画图如图(3)34由闭合电路欧姆定律有：解得：则有：可得：(4)5由于电压表的分流会引起误差，电压表内阻越大误差越小，所以其原因是电压表内阻不是无穷大。12、 .0.97 .0.990【解析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加

19、上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；【详解】游标卡尺的固定刻度读数为，游标读数为所以最终读数：；螺旋测微器的固定刻度读数为，可动刻度读数为所以最终读数为：【点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数，注意游标卡尺不需估读，螺旋测微器需估读四、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=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

20、是vC，则对于小球由AC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=3N15、（1）2T；（2）1.5m/s2，方向沿斜面向上【解析】（1）当R0=1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R01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：BILcosmgsin解得B2T；（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：BILmgsinma解得：a1.5m/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