湛江市重点中学2023-2024学年物理高二上期末质量跟踪监视模拟试题含解析.doc

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资源描述

1、湛江市重点中学2023-2024学年物理高二上期末质量跟踪监视模拟试题注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答;第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后,考生须将试卷和答题卡放在桌面上,待监考员收回。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、英国物理学家法拉第引入了“电场”和“磁场”的概念,并用画电场线和磁感线的方法来描述电场和磁场,为经典电磁学理论的建立奠定了基础下列相关说法正确的是()A.电荷和电荷通电导体和通电导体之间的相互作用

2、是通过电场发生的B.磁极和磁极磁极和通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的C.电场线和电场线不可能相交,磁感线和磁感线可能相交D.通过实验可发现电场线和磁感线的存在2、一个圆形闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中,线圈平面与磁场方向垂直,如图甲所示设垂直于纸面向内的磁感应强度方向为正,线圈中顺时针方向的感应电流为正已知圆形线圈中感应电流I随时间变化的图象如图乙所示,则线圈所在处的磁场的磁感应强度随时间变化的图象可能是图中的A.B.C.D.3、如图所示,在真空中,A、B两点分别放置等量异种点电荷,在A、B两点间取一正八边形路径abcdefgha,其中心O与A、B连线的中点重合,ahAB。下列说法正

3、确的是( )A.a点和d点电场强度相同B.b点和c点的电势相等C.电子在f点的电势能比在g点的电势能大D.将电子从d点沿直线移动到e点,电场力做负功4、如图所示,圆形磁场区域存在垂直纸面向里的匀强磁场,PQ为圆形磁场的直径,O为圆心磁场的圆心,OA为圆形磁场的水平半径,圆心磁场的半径为R,处于磁场边界P点的粒子源不断沿各个方向将速率v0的同种带电粒子垂直磁场方向射入磁场当磁感应强度为BB0时,PQ左侧圆弧恰全部有带电粒子射出,下列说法正确的是()A.粒子一定带负电B.粒子出磁场时速度方向一定垂直PQC.粒子的比荷为D.若B2B0,PA圆弧上均有粒子射出5、如图所示,实线为方向未知的三条电场线,

4、a、b两带电粒子从电场中的O点以相同的初速度飞出。仅在电场力作用下,两粒子的运动轨迹如图中虚线所示,则()A.a一定带正电,b一定带负电B.a的加速度减小,b的加速度增大C.a的电势能减小,b的电势能增大D.a的动能减小,b的动能增大6、下列说法中正确的是()A.随地球自转的物体在地球上任意位置受到地球对该物体的万有引力都大于其重力B.磁悬浮列车运行过程中悬浮于轨道上方,所以运行的磁悬浮列车为失重状态C.b射线是原子核外电子电离形成的电子流,它具有中等的穿透能力D.法拉第最早引入了电场概念,并提出用电场线形象地描述电场二、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

5、,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、如图所示直线是电场中的一条电场线,A、B是该线上的两点。一负电荷由A点以一定初速度沿电场线从A运动到B,运动过程中的速度时间图线如图乙所示,则下列说法中正确的是()A.该电场是匀强电场B.A、B两点的电势相比一定是ABC.A、B两点的场强大小相比一定是EAEBD.该电荷在两点的电势能大小相比一定是EpAEpB8、地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场,已知磁场方向垂直纸面向里,一个带电油滴沿着一条与竖直方向成角的直线MN运动如图所示,由此可以判断:()A.油滴一定做匀速直线运动B.油滴可能做匀变速

6、直线运动C.如果油滴带正电,它是从N点运动到M点D.如果油滴带正电,它从M点运动到N点9、如图所示,当电流通过线圈时,小磁针将发生偏转,关于线圈中电流方向和小磁针的偏转方向,正确的说法是( )A.通入逆时针方向的电流,小磁针的S极指向外B.通入顺时针方向的电流,小磁针的N极指向外C.通入逆时针方向的电流,小磁针的N极指向外D.通入顺时针方向的电流,小磁针的S极指向外10、如图所示,甲图空间存在垂直于纸面向里的匀强磁场,乙图空间存在平行于纸面向右的匀强磁场,磁感应强度大小均为B,两矩形线框面积相等为S,均绕轴线逆时针转动(从上向下看),转动角速度相等恒为,则在图示位置甲、乙线圈中的感应电动势以及

7、两线圈转动180过程中感应电流方向分别为( )A.;甲中感应电流方向始终为B.;乙中感应电流方向先,后C.;甲中感应电流方向先,后D.;乙中感应电流方向始终为三、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)(1)在练习使用多用电表实验中,下面使用多用电表测量电阻的操作中正确的是_(黑表笔插在“”插孔,红表笔插在“”插孔)。A.欧姆调零时的短接B.测二极管的正向电阻C.测电阻R1电阻D.测卡口式白炽灯的灯丝电阻E.测二极管的正向电阻(2)某同学尝试利用多用电表近似测量一节干电池的电动势。将选择开关旋到_挡(填“直流电压2.5 V”或“交流电压2

8、.5 V”),红表笔接电池_(填“正极”或“负极”),直接测量电池路端电压。如图所示,示数为_ V。12(12分)仪器读数:(1)图中游标卡尺的读数是_cm(2)图中螺旋测微器的读数是_ 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=4.810-25kg、电荷量为q=1.610-18C的带正电的粒子(不计重力),

9、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E3

10、V、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电荷和电荷之间是通过电场发生相互作用,而通电导体和通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的,选项A错误;B磁极和磁极磁极

11、和通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的,选项B正确;C电场线和电场线不可能相交,磁感线和磁感线也不可能相交,选项C错误;D磁感线和电场线都是人们假想的曲线,实际上电场线和磁感线都是不存在的,选项D错误。故选B。2、C【解析】设垂直纸面向里的磁感应强度方向为正,线圈中顺时针方向的感应电流为正,则由乙可知:线圈中在前0.5s内产生了逆时针方向的感应电流,由楞次定律可得:当磁通量增加时,感应磁场方向与原磁场方向相反;当磁通量减小时,感应磁场方向与原磁场方向相同A图:在前0.5s内由乙图根据楞次定律可知,若磁场方向垂直向里(正方向)时,必须是磁场增强的;若磁场方向垂直向外(负方向)时,必须是磁场减弱

12、的而在0.5s-1.5s,若磁场方向垂直向里(正方向)时,必须是磁场减弱的;若磁场方向垂直向外(负方向)时,必须是磁场增加的所以A选项错误;B图:在前0.5s内,若磁场方向垂直向里(正方向)时,必须是磁场增强的;若磁场方向垂直向外(负方向)时,必须是磁场减弱的而在0.5s-1.5s,由感应电流方向,结合楞次定律可得:若磁场方向垂直向里(正方向)时,必须是磁场减弱的;若磁场方向垂直向外(负方向)时,必须是磁场增加的故B错误;C图:在前0.5s内由乙图根据楞次定律可知,若磁场方向垂直向里(正方向)时,必须是磁场增强的;若磁场方向垂直向外(负方向)时,必须是磁场减弱的而在0.5s-1.5s,若磁场方

13、向垂直向里(正方向)时,必须是磁场减弱的;若磁场方向垂直向外(负方向)时,必须是磁场增加的所以C正确;D图中磁场的变化引起的感应电流与A中完全相同,故可知D错误;故选C【点睛】本题考查法拉第电磁感应定律的图象应用,要注意正确掌握楞次定律的应用,同时要注意正确分析图象的性质,能正确应用排除法进行分析3、C【解析】A根据等量异种电荷的电场线分布,可知a点和d点的电场强度大小相等,但方向不同,则电场强度不同;故A错误。B根据顺着电场线方向电势降低,知b点的电势比c点的电势高。故B错误。Cf点的电势比g点的电势低,电子从f点移动到g点,电场力做正功,电势能减小,则电子在f点的电势能比在g点的电势能大。

14、故C正确。D因d点和e点电势相等,则电子从d点到e点电势能不变,电场力做功为零,故D错误。故选C4、B【解析】粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,故由粒子射出磁场边界恰好占整个边界的一半可得:粒子运动轨迹的轨道半径为R;A项:由左手定则知粒子带正电,故A错误;B项:由粒子做匀速圆周运动,轨道半径为R,根据几何关系可得:粒子离开磁场时的径向平行于PQ,故粒子离开磁场时速度方向垂直PQ连线,故B正确;C项:根据洛伦兹力做向心力可得:故粒子的比荷,故C错误;D项:若B2B0,粒子运动轨迹的轨道半径为,改变初速度方向,粒子从PA圆弧射出,最远从如图的M点射出,PMR,故D错误;故选B5、B【解析】A由

15、运动轨迹如图可知,a、b做曲线运动,由于电场线方向未知,故a、b电性不能确定,故A错误;B根据a、b两粒子做曲线运动轨迹弯曲程度及电场线的疏密可知,b所处的电场线变密,电场强度变强,所受的电场力在增大,加速度在增大;a所处的电场线变疏,电场强度变弱,所受的电场力在减小,加速度在减小,故B正确; CD根据图知a、b两粒子的电场力、速度的夹角为锐角,电场力对电荷做正功,其动能都增大,其电势能都减小,故CD错误。故选B6、D【解析】A.地球上随地球一起自转的物体,在两极以外的区域,万有引力的一个分力充当向心力,另一分力是重力,两分力间夹角小于直角,万有引力大于重力;在两极地区,向心力为零,则万有引力

16、等于重力;故A错误。B.磁悬浮列车处于悬浮状态,在竖直方向受力平衡,不是失重状态,故B错误。C.射线是具有放射性的元素的原子核中的一个中子转化成一个质子同时释放出一个高速电子即粒子,它具有中等的穿透能力,故C错误。D.英国物理学家法拉第最早引入了电场的概念,并提出电场线和磁感线来形象表示电场和磁场,故D正确。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】AC由于速度时间图线的斜率表示物体运动的加速度,由乙图可知,电荷运动的加速度越来越大,也就是电场强度越来越大,即E

17、BEA故A错误,C正确;B由于从A向B运动时,做减速运动,受力的方向与运动方向相反,因此负电荷受电场力方向从B指向A,则电场线方向相反,即由A指向B,沿电场线方向电势越来越低,因此BA故B错误;D从A向B运动的过程中,电场力做负功,电势能增加,因此EpAEpB故D正确故选CD。【点睛】在电场中,电场强度越大,电荷在该点受到的电场力越大,也就是带电体的加速度越大;当电场力做正功时,电势能减少,而当电场力做负功时,电势能增加,注意电势能与电势不同,电势高的地方电势能不一定大,而电势低的地方电势能不一定小,电势能不仅与电场有关还与带电体有关。8、AD【解析】对带电粒子进行受力分析,受到竖直向下的重力

18、,水平方向的电场力和垂直于虚线的洛伦兹力,由于带电粒子做直线运动,所以洛伦兹力只能垂直于直线向上,从而可判断粒子的电性(带负电),同时可知电场力的方向向左,再根据各力的做功情况,即可判断各选项的正误【详解】AB油滴做直线运动,受重力、电场力和洛伦兹力作用,因为重力和电场力均为恒力,根据物体做直线运动条件可知,粒子所受洛伦兹力亦为恒力据F=qvB可知,粒子必定做匀速直线运动;故A正确,B错误.CD根据做直线运动的条件和受力情况,如图所示:可知如果油滴带正电,由左手定则判断可知,油滴的速度从M点到N点,故C错误,D正确.故选AD.【点睛】带电粒子在重力场、电场、磁场的复合场中,只要是做直线运动,一

19、定是匀速直线运动(v与B不平行)若速度是变的,洛伦兹力会变,合力就是变的,合力与速度不在一条直线上,带电体就会做曲线运动9、CD【解析】安培定则:用右手握着通电线圈,四指指向电流的方向,大拇指所指的方向是通电线圈的N极当线圈通以沿逆时针方向的电流时,根据安培定则知,纸里是通电线圈的S极,纸外是通电线圈的N极通电线圈内部的磁场是从S极出来回到N极,小磁针在通电线圈的内部,小磁针N极受到的磁力和磁场方向相同,小磁针N极垂直指向纸外故A错误,C正确;当线圈通以沿顺时针方向的电流时,根据安培定则知,纸里是通电线圈的N极,纸外是通电线圈的S极通电线圈内部的磁场是从S极出来回到N极,小磁针在通电螺线管的内

20、部,小磁针N极受到的磁力和磁场方向相同,小磁针N极垂直指向纸里,故B错误,D正确;故选CD【点睛】一个通电线圈也有N极和S极,也按照安培定则判断,纸里是线圈的N极,纸外是线圈的S极线圈外部的磁场是从线圈的N极出来回到S极,线圈内部的磁场是从线圈的S极出来回到N极磁场中该点的磁体N极受到磁力方向和该点的磁场方向相同10、AB【解析】根据法拉第电磁感应定律求出线圈中感应电动势,结合楞次定律判断感应电流的方向【详解】A、C项:甲图中线圈的磁通量最大,没有任何一条边切割磁感线,所以此时电动势为零,甲图中线圈转过900,磁通量减小,由楞次定律可知,电流方向为,线圈从900到1800过程中磁通量增大,由楞

21、次定律可知,电流方向为,故A正确,C错误;B、D项:乙图中线圈中的磁通量最小为零,此时感应电动势最大为,乙图中线圈转过900,磁通量增大,由楞次定律可知,电流方向为,线圈从900到1800过程中磁通量减小,由楞次定律可知,电流方向为:,故B正确,D错误故选AB【点睛】注意在法拉第电磁感应定律中,S为有效面积,并理解磁通量变化率与磁通量变化的不同三、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、 .AB .直流电压2.5 V .正极 .1.38【解析】(1)1A用欧姆表测电阻时,每次换挡测量都要重新进行欧姆调零,故A正确;BE多用电表内部正极接黑表笔,

22、所以在测量二极管的正向电阻时,应用黑表笔接正极,故B正确,E错误;C多用电表测电阻时必须将待测电阻与原电路断开,图中测的是与并联之后的电阻,故C错误;D卡口式两接线柱均在卡上面两个金属部分的位置,因此两接线柱要与此两处相接,但不能跟人体相接触,故D错误;故选AB;(2)2一节干电池的电动势为1.5V;因此需要用直流电压2.5 V挡;3多用电表在使用中必须保证电流红进黑出,所以红表笔接电池正极,直接测量电池路端电压;4选择开关置于直流电压2.5V挡,由图所示表盘可知,其分度值为0.05V,示数为1.38V。12、 .(1)1.050; .(2)7.500;【解析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上

23、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】游标卡尺的读数:1cm+100.05mm=10.50mm=1.050cm螺旋测微器的读数:7mm+50.00.01mm=7.500mm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点的速度大小是vC,则对于

24、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

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