湖南省衡阳二十六中2023-2024学年物理高二第一学期期末质量跟踪监视试题含解析

湖南省衡阳二十六中2023-2024学年物理高二第一学期期末质量跟踪监视试题注意事项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、如图所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的四个等势面，一个电子垂直经过等势面D时，动能为20eV，飞经等势面C时，电势能为－10eV，飞至等势面B时速度恰好为零，已知相邻等势面间的距离为5cm，则下列说法正确的是（）A.等势面A的电势为10VB.匀强电场的场强大小为200V/mC.电子再次飞经D势面时，动能为10eVD.电子的运动可能为匀变速曲线运动2、如图所示，已知电流从电流表的右侧接线柱流入，其指针向右偏转．当条形磁铁竖直向下落入线圈时，空气阻力不计．则A.电流表指针向右偏转B电流表指针向左偏转C.磁铁加速度大于重力加速度D.磁铁加速度等于重力加速度3、一木块放在倾角为θ的固定粗糙斜面上，在沿斜面向上的拉力F作用下向上做匀速直线运动，除拉力F外，关于木块的受力情况，下列分析正确的是：A.木块受到重力和下滑力作用B.木块受到重力和斜面对它的压力作用C.木块受到重力、斜面对它的支持力和滑动摩擦力作用D.木块受到重力和斜面对它的静摩擦力作用4、如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5：1，原线圈输入如图乙所示的交变电压。下列说法正确的是（）A.副线圈输出电压的频率为10HzB.副线圈输出电压为62.2VC.P向左移动时，电阻R两端的电压增大D.P向左移动时，变压器的输入功率减小5、如图所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的S极朝下。在将磁铁的S极插入线圈的过程中（）A.通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互排斥B.通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥C.通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互吸引D.通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互吸引6、如图所示，轮船的外侧悬挂了很多旧轮胎，这样做的目的是（）A.缩短碰撞的作用时间，从而减轻对轮船的破坏B.减小碰撞中轮船受到的冲量，从而减轻对轮船的破坏C.减小碰撞中轮船的动量变化量，从而减轻对轮船的破坏D.减小碰撞中轮船受到的冲击力，从而减轻对轮船的破坏二、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、如图所示电路中，定值电阻R大于电源内阻r，当滑动变阻器滑动端向右滑动后，理想电流表A1、A2、A3的示数变化量的绝对值分别为I1、I2、I3，理想电压表示数变化量的绝对值为U，下列说法中正确的是（）A.电流表A2的示数一定变小B.电压表V的示数一定增大C.I3一定大于I2D.U与I1比值一定小于电源内阻r8、如图电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，电容器的电容为C．闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量为ΔU，电流表示数的变化量为ΔI，则：A.变化过程中ΔU和ΔI的比值保持不变B.电压表示数U和电流表示数I的比值不变C.电阻R0两端电压减小，减小量为ΔUD.电容器的带电荷量增大，增加量为CΔU9、如图所示的是一远距离输电示意图，图中均为理想变压器，输电导线总电阻为R。则下列关系式正确的是A.输电导线中的电流强度B.热损失的功率C.两变压器线圈匝数比满足D.变压器①的输出电流I2和变压器②的输入电流I3的关系满足I2>I310、关于下列器材的原理和用途，叙述正确的是（）A.变压器既可以改变交流电压也可以改变稳恒直流电压B.经过回旋加速器加速的带电粒子最大速度与加速电压大小无关C.真空冶炼炉的工作原理是通过线圈发热使炉内金属熔化D.磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用三、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）中学物理实验室中有一个标准的20分度的游标卡尺，某次测量中，其游标尺部分的第17小格刻度线与主尺4cm刻度线对齐，则游标卡尺的读数为_______cm。12．（12分）对于正弦交变电流，有效值I、U与峰值、之间的关系：I=_____U=________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）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14．（16分）如图，两根间距为L＝0.5m的平行光滑金属导轨间接有电动势E＝3V、内阻r＝1Ω的电源，导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°．金属杆ab垂直导轨放置，质量m＝0.2kg．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R0＝1Ω时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8（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15．（12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=5.0×105N/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=4.8×10-25kg、电荷量为q=1.6×10-18C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0=1.0×106m/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L

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．电子从D到B过程，动能减小20eV，且匀强电场，即等间距，则C点的动能为10eV，由于等势面C时，电势能为－10eV，则知电子的电势能与动能的和等于0；由于飞经等势面C时，电势能为－10eV，则C等势面的电势为10V；粒子经过等势面B时的动能等于0，则电势能也等于0，则B等势面的电势等于0，结合该匀强电场的特点可知，A等势面的电势为－10V，故A错误；B．电子从B到D过程，根据动能定理得解得对于BD段电场强度为故B正确；C．根据能量守恒可知，电子再次经过D等势面时，电势能不变，动能不变，其动能仍为20eV，故C错误；D．根据电场线与等势面垂直可知，该电场是匀强电场，且电场力方向与速度方向在同一直线上，则电子做匀变速直线运动，故D错误。故选B。2、B【解析】根据磁通量的变化，运用楞次定律判断出感应电流的方向，从而确定电流表指针的偏转方向；根据楞次定律“来拒去留”确定磁铁的受力情况【详解】当磁铁向下插入线圈时，磁通量向下增大，根据楞次定律知，线圈中感应电流由上端流入，下端流出，故感应电流的方向从电流表的左接线柱流入，则电流表指针向左偏转．故A错误，B正确；根据楞次定律可知，磁铁受到向上的阻力，故加速度小于重力加速度，故CD错误．故选B【点睛】本题考查楞次定律的应用，楞次定律是高考的热点问题，解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向和受力情况3、C【解析】木块在粗糙的斜面上做匀速运动，物体除了受到拉力外，还受重力，斜面对它的支持力和滑动摩擦力，如图所示，故C正确4、D【解析】A．理想变压器原副线圈的频率相同，根据图像：A错误；B．原线圈电压的有效值：根据理想变压器的电压规律：解得：，B错误；CD．滑片向左滑动，副线圈电压保持不变，电阻增大，电流减小，根据欧姆定律可知定值电阻分压减小，根据电功率的计算公式：可知副线圈两端功率减小，所以理想变压器的输入功率也减小，C错误，D正确。故选D。5、A【解析】将磁铁的S极插入线圈的过程中，由楞次定律知，通过电阻的感应电流的方向由a到b，据推论“来拒去留”可知线圈与磁铁相互排斥，A正确。故选A。6、D【解析】轮船在发生碰撞如靠岸的过程，外侧悬挂了很多旧轮胎，由动量定理知，在动量变化相同的情况下，即冲量相同，但延长了碰撞作用时间，使得撞击力变小，从而减轻对轮船的破坏，故D正确，ABC错误。故选D。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、BCD【解析】AB．当滑动变阻器滑动端向右滑动后，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，所以电流表A3的示数减小。根据闭合电路的欧姆定律可知，总电流I3减小，则内电压减小，则外电压即并联部分电压增大，即电压表V的示数一定增大，电流表A2的示数一定变大，A错误，B正确；C．由图可知，电压表测量的是外电路电压U，根据闭合电路欧姆定律U=E-I3r根据欧姆定律U=I2R当滑动变阻器向右滑动时，外电路U增大，设其变化量为U，则根据上式可得I3r=UI2R=U因为外电路电压变化量一样，而R>r因此有I3>I2C正确；D．电压表测量路端电压，根据闭合电路欧姆定律U=E-I3r可知根据并联电路分流规律可得I3=I1+I2因为I3减小，而I2增大，所以I1一定减小，且减小量比I3的减小量大，即I3一定小于I1，故D正确。故选BCD。分卷II8、AD【解析】A.根据闭合电路欧姆定律可得，可以画出图象，图象的斜率表示电源内阻与定值电阻之和，所以恒定不变．A正确B.由图可知，因为电阻增大，所以电压表示和电流表的示数的比值变大．故B错误C.闭合开关，增大可变电阻的阻值后，电流中的电流减小，由欧姆定律可得电阻两端的电压减小，两端的电压增大，而它们总的电压即路端电压增大，所以电阻两端的电压减小量小于．故C错误D.两端的电压增大量为，因为电容器与并联，所以电容器两端电压增大量为，电容器的带电荷量增量为．故D正确9、AB【解析】A．因为是理想变压器，则P1=P2，其中P1=U1I1，P2=U2I2，所以选项A正确；B．输电线上的电流I2=I3，输电线上损失的电压为∆U=U2-U3，所以输电线上损失的功率为∆P=∆UI3=（U2-U3）I3选项B正确；C．这是远距离输电示意图，所以变压器①是升压变压器，则副线圈匝数大于原线圈匝数，即变压器②是降压变压器，所以原线圈匝数大于副线圈匝数即所以故C错误；D．变压器①和输出电流和变压器②的输入电流都是输电线上的电流，二者相等，选项D错误。故选AB。10、BD【解析】变压器只能改变交流电压，不可以改变稳恒直流电压，选项A错误；由得：，则最大动能：；可知经过回旋加速器加速的带电粒子最大速度与加速电压大小无关，选项B正确；真空冶炼炉的工作原理是炉中金属产生涡流使炉内金属熔化，不是线圈发热，故C错误；磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框中可以产生感应电流能起电磁阻尼的作用，故D正确．故选BD.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、385【解析】[1]游标尺上有20个等分刻度，总长为19mm，则两个刻度之间的距离为若开始游标尺的零与主尺的零对齐，则当游标尺向前移动0.05mm时，游标尺的第一个刻度与主尺的某一刻度对齐，根据游标卡尺的构造可知，游标尺上两个刻度之间的距离为0.95mm，游标尺部分的第17小格刻度线与主尺4cm刻度线对齐，则游标卡尺的读数为。12、①.②.【解析】电流的有效值：，电压的有效值：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、(1)(2)3N【解析】(1)设小球在C点的速度大小是vC，则对于小球由A→C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=3N14、（1）2T；（2）1.5m/s2，方向沿斜面向上【解析】（1）当R0=1Ω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R0＝1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律可得根