2023-2024學年陜西省延安市實驗中學物理高二第一學期期末質量跟蹤監視模擬試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、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定位置．3．請認真核對監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、下列物理量中，其運算法則遵從平行四邊形定則的是A.電勢 B.電勢差C.電容 D.磁感應強度2、下面是某同學對電場中的一些概念及公式的理解，其中正確的是（）A.由電場強度的定義式可知，電場中某點的電場強度與試探電荷所帶的電荷量成反比B.真空中點電荷電場強度公式可知，電場中某點的電場強度與場源電荷所帶的電荷量有關C.由電勢差的定義式可知，帶電荷量為1C的正點電荷，從A點移動到B點克服電場力做功為1J，則A、B兩點間的電勢差UAB為1VD.由勻強電場的場強公式可知，電場強度與兩點間電勢差大小成正比3、一匝數為10的線圈置于磁場中，穿過線圈的磁通量為Φ。現將該線圈的匝數增為100，其他條件不變，則穿過該線圈的磁通量為（）A. B.ΦC.10Φ D.100Φ4、如圖所示，導體AB的長為2R，繞O點以角速度ω勻速轉動，OB長為R，且OBA三點在一條直線上，有一磁感應強度為B的勻強磁場充滿轉動平面，且與轉動平面垂直，那么A、B兩端的電勢差為()A.BωR2 B.2BωR2C.4BωR2 D.6BωR25、在如圖所示的電路中，E為電源電動勢，r為電源內阻，R1和R3均為定值電阻，R2為滑動變阻器．當R2的滑動觸點在a端時合上開關S，此時三個電表A1、A2和V的示數分別為I1、I2和U．現將R2的滑動觸點向b端移動，則三個電表示數的變化情況是A.I1增大，I2不變，U增大B.I1減小，I2增大，U減小C.I1增大，I2減小，U增大D.I1減小，I2不變，U減小6、某小燈泡的一段伏安特性曲線如圖所示，當通過燈泡的電流由0.10A變為0.15A時，燈泡的電阻變化了A.10Ω B.30ΩC.40Ω D.60Ω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、某電場的部分電場線如圖中實線所示，AB是一帶電粒子僅在電場力作用下運動軌跡（圖中虛線）上的兩點，下列說法中正確的是（）A.粒子一定是從B點向A點運動B.電場中A點的電勢低于B點的電勢C.粒子在A點的電勢能小于它在B點的電勢能D.粒子在A點的加速度小于它在B點的加速度8、如圖所示，兩根間距為L的光滑金屬導軌，平行放置在傾角為的絕緣斜面上，導軌的下端接有電阻R，導軌自身的電阻可忽略不計。斜面處在勻強磁場中，磁場方向垂直于斜面向上，質量為m、導軌間電阻為r的金屬棒ab在沿著斜面與棒垂直的恒力F作用下由靜止沿導軌上滑。下列說法正確的是（）A.金屬棒ab將會沿金屬導軌作勻加速運動B金屬棒ab最終將沿金屬導軌作勻速運動C.金屬棒ab的最大速度為D.恒力F做的功等于金屬棒ab增加的機械能9、如圖所示，直線A為電源a的路端電壓與電流的關系圖象；直線B為電源b的路端電壓與電流的關系圖象；直線C為一個電阻R的兩端電壓與電流的關系圖象．如果將這個電阻R分別接到a、b兩電源上，那么有()A.R接到a電源上，電源的效率較高B.R接到b電源上，電源的輸出功率較小C.R接到a電源上，電源的輸出功率較大，但電源效率較低D.R接到b電源上，電阻發熱功率和電源的效率都較高10、如圖所示，給平行板電容器帶一定量的電荷后，將電容器的兩極板A、B分別跟靜電計的指針和外殼相連．下列說法中正確的是（）A.將A極板向右移動少許，靜電計指針的偏轉角將增大B.將A極板向左移動少許，靜電計指針的偏轉角將增大C.將B極板向上移動少許，靜電計指針的偏轉角將減小D.將一塊玻璃板插入A、B兩極板之間，靜電計指針的偏轉角將減小三、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）如圖所示，放置在水平桌面上的平行光滑金屬框架寬為0.6m，金屬棒ab垂直框架兩邊放置，電阻R＝1Ω，金屬棒ab的電阻r＝0.2Ω，其余電阻不計，整個裝置處于豎直向下的的勻強磁場中，磁感應強度B＝0.5T，當ab棒以4m/s的速度勻速向右運動時，ab棒中的電流大小為________A，維持金屬棒ab勻速運動所需的外力大小為______N。12．（12分）如圖所示，質量為m的帶正電小球能沿著豎直的絕緣墻豎直下滑，磁感應強度為B的勻強磁場方向水平，并與小球運動方向垂直．若小球電荷量為q，球與墻間的動摩擦因數為μ，則小球下滑的最大速度為________，最大加速度為________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、D【解析】ABC．電勢、電勢差、電容都是只有大小沒有方向的標量，運算時遵循代數加減法則，故A、B、C錯誤；D．磁感應強度是既有大小有方向的矢量，運算法則遵從平行四邊形定則，故D正確；故選D。2、B【解析】A．電場中某點的電場強度只由電場本身決定，與試探電荷所帶的電荷量無關，選項A錯誤；B．真空中點電荷電場強度公式可知，電場中某點的電場強度與場源電荷所帶的電荷量有關，選項B正確；C．由電勢差的定義式可知，帶電荷量為1C的正點電荷，從A點移動到B點克服電場力做功為1J，則A、B兩點間的電勢差UAB為－1V，選項C錯誤；D．勻強電場的電場強度與兩點間電勢差無關，選項D錯誤。故選B。3、B【解析】磁通量形象的說是穿過某個線圈的磁感線條數，與匝數無關，故線圈有10匝時磁通量為，增加為100匝時磁通量依然是，不變，故B正確，ACD錯誤。故選B。4、C【解析】AB兩端的電勢差大小等于金屬棒AB中感應電動勢的大小，為：E=B?2R=B?2R?=4BR2ω，故選C5、B【解析】R2的滑動觸點向b端移動時，R2減小，整個電路的總電阻減小，總電流增大，內電壓增大，外電壓減小，即電壓表示數減小，R3電壓增大，R1、R2并聯電壓減小，通過R1的電流I1減小，即A1示數減小，而總電流I增大，則流過R2的電流I2增大，即A2示數增大．故A、C、D錯誤，B正確6、A【解析】根據電阻的定義式分別求出燈泡電流是0.10A和0.15A時的電阻，再求解燈絲電阻的改變量【詳解】當電流為0.10A時，燈泡兩端的電壓為3V，此時燈泡的電阻；當電流為0.15A時，燈泡兩端的電壓為6V，此時燈泡的電阻為，故電流變化前后，燈泡電阻變化了10Ω故選A【點睛】本題小燈泡的伏安特性曲線是非線性變化的，電阻，不能求斜率二、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、BC【解析】A．帶電粒子僅在電場力作用下運動，帶電粒子受電場力向右指向其軌跡的內側，粒子可能是從B點向A點運動，也有可能是從A點向B點運動的，A錯誤；B．沿電場線方向電勢降低，所以電場中A點的電勢低于B點的電勢，B正確；C．帶電粒子受電場力向右指向其軌跡的內側，假設由A點運動到B點過程中，電場力與軌跡上每一點的切線方向也就是速度方向成鈍角，所以電場力做負功，電勢能增大，動能減小，所以粒子在A點的動能大于它在B點的動能，粒子在A點的電勢能小于它在B點的電勢能，反之一樣，C正確；D．電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，粒子在A點時受到的電場力大，則粒子在A點的加速度大于它在B點的加速度，D錯誤。故選BC8、BC【解析】AB．根據楞次定律可知穿過回路abR的磁通量增大，要阻礙其增大，就存在一個沿斜面向下的安培力，所以金屬棒ab在運動過程中受到豎直向下的重力，沿斜面向上的拉力F，沿斜面向下的安培力，隨著速度增大，安培力也增大，當三力合力為零時，金屬棒做勻速直線運動，A錯誤B正確；C．金屬棒勻速運動時的速度為最大速度，此時有：，而：，聯立解得，C正確；D．根據能量守恒定律可知恒力F做的功等于金屬棒ab增加的機械能與系統產生的焦耳熱之和，D錯誤；故選BC。9、BC【解析】ABC．由圖象知：接a時，η＝50%，接b時，η＞50%(圖中虛線長與縱截距的比值為效率)，在U－I圖象中，面積表示功率，顯然接a時功率大，故A錯誤，BC正確；D．當電阻R與電源組成閉合電路時，電阻R的U-I圖線與電源的U-I圖線的交點表示工作狀態，交點的縱坐標表示電壓，橫坐標表示電流，由圖可知，接b時，工作狀態下的電流與電壓的乘積較小，所以接b時，電阻的熱功率小，故D錯誤10、BD【解析】將A極板向右移動少許，電容器兩板間的距離減小，根據電容的決定式可知，電容C增大，而電容的電量Q不變，則電容的定義式可知，電容器板間電勢差U減小，靜電計指針的偏轉角將減小．故A錯誤．同理可知，將A極板向左移動少許，電容器兩板間的距離增大，根據電容的決定式可知，電容C減小，而電容的電量Q不變，則電容的定義式可知，電容器板間電勢差U增大，靜電計指針的偏轉角將變大．故B正確.將B極板向上移動少許，兩板正對面積減小，根據電容的決定式可知，電容C減小，而電容的電量Q不變，則電容的定義式可知，電容器板間電勢差U增大，靜電計指針的偏轉角將增大．故C錯誤．將一塊玻璃板插入A、B兩極板之間，根據電容的決定式可知，電容C增大，而電容的電量Q不變，則電容的定義式可知，電容器板間電勢差U減小，靜電計指針的偏轉角將減小．故D正確．故選BD點睛：本題是電容器的動態變化分析問題，關鍵由電容的決定式和電容的定義式結合分析.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、①.1②.0.3【解析】[1]根據法拉第電磁感應定律，由閉合電路歐姆定律，聯立代入數據得[2]ab棒所受的安培力為由于ab棒勻速，所以由平衡可知，維持金屬棒ab勻速運動所需的外力大小為0.3N。12、①.②.【解析】小球靜止時只受重力，則加速度為g，下滑后，小球受洛倫茲力、重力、支持力及摩擦力，洛倫茲力水平向左，摩擦力豎直向上，小球向下做加速運動，速度越大，洛倫茲力越大，則摩擦力越大，加速度越小，當加速度等于零時，速度最大，則，得，此后小球做勻速直線運動，加速度為0，故開始時加速度最大：.點睛：本題要注意分析帶電小球的運動過程，屬于牛頓第二定律的動態應用與磁場結合的題目，此類問題要求能準確找出物體的運動過程，并能分析各力的變化四、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