2024屆福建省三明市清流縣第二中學高二物理第一學期期末學業質量監測模擬試題注意事項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、如圖所示，有一金屬塊放在垂直于側面C的勻強磁場中，當有穩恒電流自左向右通過時，下列說法正確的是()A.金屬塊上表面的電勢高于下表面的電勢B.磁感應強度增大時，金屬塊上、下兩表面間的電勢差U增大C.電流增大時，金屬塊上、下兩表面間的電勢差U減小D.電流不變時，金屬塊中單位體積內自由電子越多，上下兩表面間的電勢差U越大2、如圖所示，金屬棒ab置于水平放置的U形光滑導軌上，在ef右側存在有界勻強磁場B，磁場方向垂直導軌平面向下，在ef左側的無磁場區域cdef內有一半徑很小的金屬圓環L，圓環與導軌在同一平面內．當金屬棒ab在水平恒力F作用下從磁場左邊界ef處由靜止開始向右運動后，下列有關圓環的說法正確的是（）A.圓環內產生變大的感應電流，圓環有收縮的趨勢B.圓環內產生變小的感應電流，圓環有收縮的趨勢C.圓環內產生變大的感應電流，圓環有擴張的趨勢D.圓環內產生變小的感應電流，圓環有擴張的趨勢3、根據磁感強度的定義式，下面說法正確的是A.B隨著IL乘積的增大而減小B.B隨著F的增大而增大C.B的方向與F的方向一致D.B與F、I、L的變化無關4、已知兩分力F1、F2的合力為F，則下列說法正確的是A.合力F一定大于分力F1 B.合力F一定大于分力F2C.合力F只與分力F1和F2的大小有關 D.合力F與分力F1和F2的大小及方向都有關5、下列屬于防范靜電的是()A.避雷針B.噴涂C.靜電復印D.靜電除塵6、如圖，“L”型導線abc固定并垂直放置在磁感應強度為B的勻強磁場中，，ab長為l，bc長為，導線通入恒定電流I，設導線受到的安培力大小為F，方向與bc夾角為θ，則A.， B.，C， D.，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、在一次南極科考中，科考人員使用磁強計測定地磁場的磁感應強度。其原理如圖所示，電路中有一段長方體的金屬導體，它長、寬、高分別為a、b、c，放在沿y軸正方向的勻強磁場中，導體中電流強度沿x軸正方向，大小為I．已知金屬導體單位體積中的自由電子數為n，電子電荷量為e，自由電子做定向移動可視為勻速運動，測出金屬導體前后兩個側面間電壓為U，則（）A.金屬導體的前側面電勢較低B.金屬導體的電阻為C.自由電子定向移動的速度大小為D.磁感應強度的大小為8、如圖，在光滑絕緣的水平面上放置兩個帶異種電荷、電量不同的小球和，則由靜止釋放后A.兩球的加速度逐漸增大B.兩小球的電勢能逐漸減小C.兩小球受到的庫侖力不做功D.兩小球受到的庫侖力大小不相等9、某小型水電站的電能輸送示意圖如圖所示，發電機通過升壓變壓器T1和降壓變壓器T2向R0＝11Ω的純電阻用電器供電．已知輸電線的總電阻R＝10Ω，T2的原、副線圈匝數比為4∶1，用電器兩端的電壓為u＝220sin100πt(V)，將T1、T2均視為理想變壓器．下列說法中正確的是A.降壓變壓器的輸入功率為4400WB.升壓變壓器中電流的頻率為100HzC.輸電線消耗的功率為250WD.當用電器的電阻減小時，輸電線消耗的功率減小10、如圖所示，虛線EF的下方存在著正交的勻強電場和勻強磁場，電場強度為E，磁感應強度為B。一帶電微粒從離EF為h的高處由靜止下落，從B點進入場區，做了一段勻速圓周運動，從D點射出，則下列說法正確的是（）A.微粒受到的電場力的方向一定豎直向上B.微粒做圓周運動的半徑為C.從B點運動到D點的過程中微粒的電勢能先增大后減小D.從B點運動到D點的過程中微粒的電勢能和重力勢能之和在最低點C時最小三、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）在測量金屬絲電阻率的試驗中，可供選用的器材如下：待測金屬絲：（阻值約，額定電流約）；電壓表：（量程，內阻約）；電流表：（量程，內阻約）；（量程，內阻約）；電源：（電動勢3V，內阻不計）（電動勢12V，內阻不計）滑動變阻器：（最大阻值約）螺旋測微器；毫米刻度尺；開關S；導線①用螺旋測微器測量金屬絲的直徑，示數如圖所示，讀數為_________mm②若滑動變阻器采用限流接法，為使測量盡量精確，電流表應選___、電源應選__（均填器材代號），在虛線框中（間答題卡）完成電路原理圖____12．（12分）將一銅片和一鋅片分別插入一個蘋果內，就構成了簡單的“水果電池”，其電動勢約為1.5V．可是這種電池并不能點亮額定電壓為1.5V、額定電流為0.3A的手電筒上的小燈泡，原因是流過小燈泡的電流太小了，經實驗測得還不足3mA.為了較精確地測定該水果電池的電動勢和內阻，提供的實驗器材有：A．電流表A1(量程0～3mA，內阻約為0.5Ω)B．電流表A2(量程0～0.6A，內阻約0.1Ω)C．電壓表V(量程0～1.5V，內阻約為3kΩ)D．滑動變阻器1(阻值0～10Ω，額定電流為1A)E．滑動變阻器2(阻值0～3kΩ，額定電流為1A)F．電鍵，導線若干G．水果電池（1）實驗中電流表應選用______，滑動變阻器應選用______(均用序號字母表示)（2）請在虛線框內畫出實驗電路圖，（有錯不給分）．（）（3）根據實驗記錄的數據，經描點、連線得到水果電池的路端電壓隨電流變化的圖象如圖所示，由圖可知：水果電池的電動勢＝____V，內阻r＝________Ω.（保留3位有效數字）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、B【解析】電子做定向移動時，受到洛倫茲力發生偏轉，在上下表面間形成電勢差，最終電子在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡，根據電流的微觀表達式以及平衡求出電壓表的示數和單位體積內的自由電子數【詳解】A項：根據左手定則，知電子向上表面偏轉，上表面帶負電，下表面帶正電，所以上表面比下表面電勢低，故A錯誤；B項：最終電子在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡，有：，得U=Bvd，故B增大時M、N兩表面間的電壓U增大，B正確；C項：設電流橫截面的寬為b，高為d，電流的微觀表達式為I=nevS=nevbd，電流增大，則v增大，又U=Bvd則U增大，故C錯誤；D項：由C選項分析可知，，則，單位體積內的自由電子數越多，則電勢差越小，故D錯誤故選B【點睛】解決本題的關鍵掌握左手定則判斷洛倫茲力方向，以及最終電子在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡2、B【解析】因為金屬棒ab在恒力F的作用下向右運動,則abcd回路中產生逆時針方向的感應電流,則在圓環處產生垂直于紙面向外的磁場,隨著金屬棒向右加速運動,圓環的磁通量將增大,根據楞次定律可以知道,圓環將有收縮的趨勢以阻礙圓環的磁通量將增大;又因為金屬棒向右運動的加速度減小,單位時間內磁通量的變化率減小,所以在圓環中產生的感應電流不斷減小,故B對；ACD錯【點睛】當導體棒變速運動時在回路中產生變化的感應電流,因此圓環內的磁場磁通量發生變化,根據磁通量的變化由楞次定律可以判斷圓環面積的變化趨勢,其感應電流的變化要根據其磁通量的變化快慢來判斷.3、D【解析】磁感應強度是用來描述磁場強弱的一個物理量，只與磁場本身有關，大小與F、I、L及其變化都無關，方向與F的方向垂直A、A項與上述分析結論不相符，故A錯誤；B、B項與上述分析結論不相符，故B錯誤；C、C項與上述分析結論不相符，故C錯誤；D、D項與上述分析結論相符，故D正確4、D【解析】由力的合成方法可知，兩力合力的范圍|F1-F2|≤F合≤F1+F2，所以合力有可能大于任一分力，也可能小于任一分力，還可能與兩個分力都相等，故AB錯誤．根據平行四邊形定則可知，合力F與分力F1和F2的大小及方向都有關，故C錯誤，D正確5、A【解析】A．避雷針是為了導走房屋靜電，防止帶電云層打雷擊中，屬于靜電防范，故A正確；B．噴涂時利用高壓靜電電場，使帶負電的涂料微粒沿著電場相反的方向定向運動，并將涂料吸附在工件表面的噴涂方法，屬于靜電的利用，故B錯誤；C．復印機復印文件資料，屬于靜電利用，故C錯誤；D．靜電除塵利用的是除塵器中的空氣被電離，煙霧顆粒吸附電子而帶負電，顆粒向電源正極運動，屬于靜電利用，D錯誤6、D【解析】連接ac，根據幾何關系得導線在磁場中受安培力的有效長度：根據，得：F與bc夾角θ：ABC.與計算不符，ABC錯誤；D.與計算結果相符，D正確。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、AD【解析】A．金屬導體中有自由電子，當電流形成時，金屬導體內的自由電子逆著電流的方向做定向移動，在磁場中受到洛倫茲力作用的是自由電子。由左手定則可知，自由電子受到的洛倫茲力沿z軸正方向，自由電子向前側面偏轉，金屬導體前側面聚集了電子，后側面感應出正電荷，金屬導體前側面電勢低，后側面電勢高，故A正確；B．金屬導體前后側面間的電勢差是感應電勢差，則有U＝EbE為感應電場強度，所以金屬導體的電阻不等于，故B錯誤；C．由電流的微觀表達式可知，電流I＝nevS＝nevbc電子定向移動的速度大小故C錯誤；D．電子在做勻速直線運動，洛倫茲力與電場力平衡，由平衡條件得eE＝evB導體前后側面間的電勢差U＝Eb解得故D正確。故選AD。8、AB【解析】A．兩球帶異種電荷，兩者相互吸引，距離減小，根據庫侖定律可知小球受的庫侖力均在增大，根據牛頓第二定律可知加速度增大，故A正確；BC．兩小球都庫侖力作用下做加速運動，動能增大，庫侖力做正功，電勢能減小，故B正確，C錯誤；D．兩小球受到的庫侖力是作用力與反作用力，由牛頓第三定律知兩庫侖力大小相等方向相反，故D錯誤。9、AC【解析】由題意可知考查高壓輸電規律，根據變壓器工作原理及輸電特點分析可得【詳解】由u＝220sin100πt(V)可知降壓變壓器的最大壓為220v，其有效值為220v，輸入功率為故A正確；升壓變壓器中電流的頻率等于降壓變壓器的頻率故B錯誤；取降壓變壓器分析，副線圈電流T2的原、副線圈匝數比為4∶1，原、副線圈電流之比為1：4，所以輸電線路上的電流為I2=5A，輸電線消耗的功率為D．當用電器的電阻減小時，降壓變壓器原副線圈電流都增大，輸電線路上電流增大，消耗的功率增大，故D錯誤【點睛】變壓器輸電線路中，輸入電壓決定輸出電壓，輸出電流、功率決定輸入電流、功率．變壓器工作原理是互感現象，原、副線圈交流電的頻率不變10、ABC【解析】A．由題知，帶電微粒進入正交的勻強電場和勻強磁場中做勻速圓周運動，電場力與重力必定平衡，則微粒受到的電場力的方向一定豎直向上，故A正確；B．由上分析可知由洛倫茲力提供向心力，則有從h高處由靜止下落，則進入復合場的速度為聯立得微粒做圓周運動的半徑為故B正確；C．由于電場力方向豎直向上，則微粒從B點運動到D點的過程中，電場力先做負功后做正功，則其電勢能先增大后減小，故C正確；D．根據能量守恒定律得知，微粒在B到D的運動過程中，電勢能、動能、重力勢能之和一定，動能不變，則知微粒的電勢能和重力勢能之和一定不變，故D錯誤。故選ABC。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、①.1.773②.A1③.E1④.【解析】(1)由圖示螺旋測微器可知，其示數為：1．5mm+27．5×0．01mm=1．775mm；(2)電阻絲的額定電流約為0．5A，電流表應選A1；電阻絲的額定電壓約為U=IR=0．5×5=2．5V，電源應選E1；(3)待測金屬絲電阻約為5Ω，電壓表內阻約為3kΩ，電流表內阻約為0．2Ω，相對來說電壓表內阻遠大于待測金屬絲的電阻，電流表應采用外接法，由題意可知，滑動變阻器采用限流接法，實驗電路圖如圖所示：12、①.A②.E③.④.1.35⑤.450【解析】(1)[1]電流約為3mA，故電流表選擇A；[2]電源的內阻大約若選用0～10Ω的滑動變阻器，移動滑片，電流基本不變，因此滑動變阻器應選E；(2)[3]由題意可知水果電池內阻較大，為減小實驗誤差，相對于