2023-2024學年廣西桂林、賀州、崇左三市高二物理第一學期期末教學質量檢測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。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、如圖所示，直角三角形的AB邊長為L，∠C為30°，三角形所圍區域內存在著方向垂直紙面向里的勻強磁場．一質量為m、電荷量為q的帶負電粒子(不計重力)從A點沿AB方向以速度v0射入磁場，要使粒子不從BC邊穿出磁場，則下列說法正確的是A.磁感應強度的最小值為B=B.磁感應強度的最小值為B=C.粒子在磁場中運動的最長時間為t=D.粒子在磁場中運動的最長時間為t=2、如圖所示為磁流體發電機的示意圖，一束等離子體（含正、負離子）沿圖示方向垂直射入一對磁極產生的勻強磁場中，A、B是一對平行于磁場放置的金屬板，板間連入電阻R，則電路穩定后A.R中有向下的電流B.離子在磁場中不發生偏轉C.A、B板聚集電荷量基本不變D.離子在磁場中偏轉時洛倫茲力可能做功3、如圖所示，在光滑的水平絕緣桿上，套有一個通電線圈（從右側向左看電流為順時針方向），線圈左側放置一個與線圈共軸的螺線管。閉合開卷后，將通電線圈由圖示位置靜止釋放。下列說法正確的是A.線圈向右運動，磁通量增大 B.線圈向右移動，磁通量減小C.線圈向左移動，磁通量增大 D.線圈向左移動，磁通量減小4、噴墨打印機的簡化模型如圖所示．墨盒可以噴出質量一定的墨汁微粒，經帶電室帶負電后，以一定的初速度垂直射入偏轉電場，再經偏轉電場后打到紙上，顯示出字符．已知墨汁微粒所帶電荷量的多少由計算機的輸入信號按照文字的排列規律進行控制，微粒偏移量越小打在紙上的字跡越小，則從墨汁微粒進入偏轉電場開始到打到紙上的過程中(不計墨汁微粒的重力)，以下說法正確的是()A.減小偏轉極板間的電壓，可以縮小字跡B.電量相同的墨汁微粒軌跡相同C.墨汁微粒的運動軌跡與帶電量無關D.墨汁微粒的軌跡是拋物線5、下列四幅圖，分別是通電導線在磁場中所受安培力及運動電荷在磁場中所受洛倫茲力的示意圖，其中正確的是A. B.C. D.6、如圖所示，質量為、長度為的金屬棒兩端由等長的輕質細線水平懸掛在、點，處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為；棒中通以某一方向的電流，平衡時兩懸線與豎直方向夾角均為，重力加速度為．則（）A.金屬棒中的電流方向由指向B.金屬棒所受安培力的方向垂直于平面向上C.金屬棒中的電流大小為D.每條懸線所受拉力大小二、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、關于原子核的結合能，下列說法正確的是()A.原子核的結合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量B.一重原子核衰變成粒子和另一原子核，衰變產物的結合能之和一定大于原來重核的結合能C.銫原子核()的結合能小于鉛原子核()的結合能D.比結合能越大，原子核越不穩定8、如圖所示，在水平通電直導線正下方，有一半圓形光滑弧形軌道，一導體圓環自軌道右側的P點無初速度滑下，下列判斷正確的是（）A.圓環中將有感應電流產生B.圓環能滑到軌道左側與P點等高處C.圓環最終停到軌道最低點D.圓環將會在軌道上永遠滑動下去9、如圖所示，矩形線框abcd的ad和bc的中點M、N之間連接一電壓表，整個裝置處于足夠大的勻強磁場中，磁場的方向與線框平面垂直，當線框向右勻速平動時，以下說法正確的是（）AMN這段導體做切割磁力線運動，MN間有電勢差B.穿過線框的磁通量不變化，MN間無感應電動勢C.MN間無電勢差，所以電壓表無示數D.因為無電流通過電壓表，所以電壓表無示數10、如圖所示電路中,電源電動勢E恒定,內阻r=1Ω,定值電阻R3=5Ω.開關S斷開時與閉合時相比,ab段電路消耗的電功率相等．以下說法中正確的是A.電阻R1、R2可能分別為4Ω、5ΩB.電阻R1、R2可能分別為3Ω、6ΩC.開關S斷開時理想電壓表的示數一定小于S閉合時的示數D.開關S斷開時與閉合時相比,理想電壓表的示數變化量大小與理想電流表的示數變化量大小之比一定等于6Ω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）某正弦式交流電流的方向在1S內改變100次，則其頻率f=___周期T=_________12．（12分）用伏安法測電阻，可采用如圖所示的甲、乙兩種接法。若所用電壓表內阻約為5000Ω，電流表內阻約為0.5Ω。（1）當測量100Ω左右的電阻時，宜采用________電路。（2）現采用乙電路測量某電阻的阻值時，兩電表的讀數分別為10V、0.5A，則此電阻的測量值為___Ω，______（大于或者小于）真實值。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的平行光滑金屬導軌間接有電動勢E＝3V、內阻r＝1Ω的電源，導軌平面與水平面間的夾角θ＝37°．金屬桿ab垂直導軌放置，質量m＝0.2kg．導軌與金屬桿接觸良好且金屬桿與導軌電阻均不計，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，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8（1）求磁感應強度B的大小；（2）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，軌道的水平部分與半圓環相切．A為水平軌道上的一點，而且AB=R=0.2m，把一質量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、C【解析】粒子在磁場中做圓周運動，根據題意作出粒子臨界運動軌跡，求出粒子臨界軌道半徑，應用牛頓第二定律求出磁感應強度的最小值；根據粒子在磁場中轉過的最大圓心角求出粒子在磁場中運動的最長時間.【詳解】A、B、粒子恰好不從BC射出時運動軌跡如圖所示：圖中四邊形ABDO是正方形，故圓周的半徑為：r=L，粒子在磁場中做圓周運動，由牛頓第二定律得：，解得：，粒子不從BC邊射出：，故A、B錯誤；C、D、粒子從AC邊射出磁場時在磁場中轉過的圓心角最大為：120°，粒子在磁場中運動時間最長，粒子在磁場中的最長運動時間：，故C正確，D錯誤；故選C.【點睛】本題考查了帶電粒子在磁場中的運動，粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據題意分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡是解題的前提，應用牛頓第二定律與周期公式可以解題.2、C【解析】由左手定則知，正離子向B板偏轉，負離子向A板偏轉；即B板帶正電，A板帶負電，電路穩定后，兩板間粒子所受洛倫茲力與電場力平衡，A、B板聚集電荷量基本不變，電阻R中有向上電流；因為洛倫茲力的方向與速度方向垂直，所以洛倫茲力不可能做功.A．描述與分析不符，故A錯誤.B．描述與分析不符，故B錯誤C．描述與分析相符，故C正確.D．描述與分析不符，故D錯誤.3、C【解析】閉合開關后螺線管中通電，產生磁場，磁場對右側通電線圈有安培力，桿光滑，則合力等于安培力，由右手螺旋法則可知，螺線管右端為S極，線圈左端相當N極，則通電線圈受安培力向左移動。向左移動，靠近磁極，磁感應強度增大，根據可知，磁通量增大；A．線圈向右運動，磁通量增大，與結論不相符，選項A錯誤；B．線圈向右移動，磁通量減小，與結論不相符，選項B錯誤；C．線圈向左移動，磁通量增大，與結論相符，選項C正確；D．線圈向左移動，磁通量減小，與結論不相符，選項D錯誤；故選C。4、A【解析】A.墨汁微粒在偏轉電場中做類平拋運動，，出偏轉電場后做直線運動，其豎直方向偏移量為故減小偏轉電壓時，y變小，A正確；BC由可知，軌跡與質量、電荷量有關，故B、C錯誤；D.在偏轉電場中做類平拋運動，出偏轉電場后做直線運動，故其軌跡不是拋物線，D錯誤；故選A。5、C【解析】A.根據左手定則知，電流方向垂直紙面向外，磁場方向向右所受安培力應向上，故A錯誤；B.根據左手定則知，電流方向向右，磁場方向向上，安培力應垂直紙面向外，故B錯誤；C.根據左手定則知，負電荷向右運動，磁場方向垂直紙面向里，洛倫茲力應向下，故C正確；D.根據左手定則知，正電荷運動方向向右，磁場方向垂直紙面向里，洛倫茲力應向上，故D錯誤。故選：C6、C【解析】A：根據左手定則，可以知道金屬棒中的電流方向由指向，故A項錯誤B：金屬棒所受安培力的方向垂直于和磁場方向水平向右，與平面不垂直，故B項錯誤C：對金屬棒受力分析如圖：則，得，故C選項是正確的D：由受力分析可以知道，，得，故D項錯誤所以選C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、ABC【解析】A.由原子核的結合能定義可知，原子核的結合能等于使其完全分解成自由核子時所需的最小能量，故A正確；B.一重原子核衰變成粒子和另一原子核，要釋放能量，衰變產物的結合能之和一定大于原來重核的結合能，故B正確；C.原子核的結合能大小取決于核子數，銫原子核的核子數比鉛原子核的核子數少，因此銫原子核的結合能小于鉛原子核的結合能，C正確；D.比結合能越大，原子核越穩定，故D錯誤。故選ABC。8、AC【解析】水平通電導線周圍有磁場，且離導線越遠磁場強度越小，在圓環下落過程中，通過圓環的磁通量變小故能判斷圓環中是否有感應電流【詳解】水平通電導線周圍有磁場，且離導線越遠磁場強度越小，在圓環下落過程中，通過圓環的磁通量變小，故有感應電流產生，故A正確；因為圓環在上滑的過程中，有感應電流，對整個過程由能量守恒定律得，重力勢能轉化為電能，故不能上升到左側與P點等高處，故B錯誤；整個過程重力勢能轉化為電能，故小球最終停在最低點，不會在軌道上永遠滑動下去，故C正確，D錯誤；故選AC9、AD【解析】MN切割磁感線，所以MN產生感應電動勢，MN間有電勢差，故A正確、B錯誤；穿過線框的磁通量不變化，所以無感應電流，因此電壓表無讀數，故C錯誤，D正確10、AD【解析】由題中“電源電動勢E恒定”可知，本題考查閉合電路歐姆定律和動態電路，根據閉合電路歐姆定律公式和動態電路變化可分析本題【詳解】AB．取有當S斷開前后有時將代入方程成立，而將代入方程不成立，故A錯誤B正確；C．將R3和電源內阻看作一整體，則此時電壓表測量路端電壓，開關斷開時等效外電路總電阻大于開關閉合時的，所以開關斷開時電壓表示數大，故C錯誤；D．根據閉合電路歐姆定律得則電壓表的示數變化量大小與電流表的示數變化量大小之比為故D正確三、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、①.50Hz②.0.02s【解析】交變電流在一個周期內電流的方向改變兩次，周期與頻率互為倒數【詳解】交變電流在一個周期內方向改變兩次，1s內電流的方向改變100次，知經歷了50個周期，則，頻率12、①.甲②.20③.大于【解析】（1）[1]因為故即待測電阻可以看做是大電阻，采用內接法誤差較小，故選甲圖。（2）[2]采用甲電路時，電阻測量值為[3]考慮電流表的分壓作用，待測電阻的真實值應為故比較可知測量值比真實值大。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、（1）2T；（2）1.5m/s2，方向沿斜面向上【解析】（1）當R0=1Ω時，根據閉合電路的歐姆定律求解電流強度，由平衡條件求解磁感應強度；（2）若保持B的大小不變而將方向改為垂直于斜面向上，此時安培力的方向沿斜面向上，根據牛頓第二定律求解加速度大小【詳解】（1）當R0＝1Ω時，根據閉合電路的歐姆定律可得根據左手定則可知安培力方向水平向右；由平衡條件有：BILcosθ＝mgsinθ解得B＝2T；（2）若保持B的大小不變而將方向改為垂直于斜面向上，此時安培力的方向沿斜面向上，大小不變；根據牛頓第二定律可得：BI