江西省頂級名校2023年物理高二第一學期期末質量跟蹤監(jiān)視試題含解析

江西省頂級名校2023年物理高二第一學期期末質量跟蹤監(jiān)視試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請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，氧氣在0℃和100℃兩種不同情況下，各速率區(qū)間的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比與分子速率間的關系．下列說法正確的是A.甲為0℃時情形，速率大的分子比例比100℃時少B.乙為0℃時情形，速率大的分子比例比100℃時少C.甲為100℃時情形，速率小的分子比例比0℃時多D.乙為100℃時情形，速率小的分子比例比0℃時多2、下列說法正確的是（）A.只有體積很小的帶電體才能看成點電荷，體積很大的帶電體一定不能看成點電荷B.感應起電和摩擦起電都是電荷從物體的一部分轉移到另一部分C.元電荷的數(shù)值最早是由美國物理學家密立根測得的，元電荷的數(shù)值跟一個電子電荷量的數(shù)值相等D.電場中某點的電場強度大小等于正電荷在該點所受的電場力大小3、如圖所示為電流天平，可用來測定磁感應強度．天平的右臂上掛有一匝數(shù)為N的矩形線圈，線圈下端懸在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，當線圈中通有電流I（方向如圖）時，發(fā)現(xiàn)天平的左端低右端高，下列哪些調節(jié)方案可以使天平平衡A.減小電流I大小B.增長線框的寬度C.增大左盤砝碼的質量D.增加線圈的匝數(shù)N4、如圖所示，兩個傾角分別為30°和60°的光滑斜面固定于水平地面上，并處于磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中，兩個質量均為m、電荷量均為q的帶正電小滑塊甲和乙分別從兩個斜面頂端由靜止釋放，運動一段時間后，兩小滑塊都將飛離斜面（斜面足夠長），在此過程中（）A.在斜面上運動的時間，甲比乙短B.飛離斜面瞬間的速度，甲比乙大C.在斜面上運動過程中的加速度大小，甲和乙相等D.在斜面上運動過程中重力平均功率，甲和乙相等5、如圖所示的電路可以用來“研究電磁感應現(xiàn)象”。干電池、開關、線圈A、滑動變阻器串聯(lián)成一個電路，電流計、線圈B串聯(lián)成另一個電路。線圈A、B套在同一個閉合鐵芯上，且它們的匝數(shù)足夠多。從開關閉合時開始計時，流經電流計的電流大小i隨時間t變化的圖像是（）A. B.C. D.6、如圖所示的電路中，當變阻器R3的滑片向上移動時（）A.電壓表示數(shù)變小，電流表示數(shù)變大B.電壓表示數(shù)變大，電流表示數(shù)變小C.電壓表示數(shù)變大，電流表示數(shù)變大D.電壓表示數(shù)變小，電流表示數(shù)變小二、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、如圖所示，正方形容器處在勻強磁場中，一束電子從a孔沿a→b方向垂直射入容器內的勻強磁場中，結果一部分電子從小孔c射出，一部分電子從小孔d射出，則從c、d兩孔射出的電子A.速度之比vc∶vd＝1∶2B.在容器中運動時間之比tc∶td＝1∶2C.在容器中運動加速度之比ac∶ad＝2∶1D.在容器中運動受到向心力之比Fc∶Fd＝1∶28、如圖所示，有一個磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，一半徑為r金屬圓環(huán)放置在磁場中，金屬圓環(huán)所在的平面與磁場垂直．金屬桿Oa一端在O，另一端a擱在環(huán)上金屬桿Oa可繞環(huán)的圓心O旋轉，另一金屬桿Ob一端固定在O點，另一端b固定在環(huán)上，．已知Oa桿以角速度ω勻速旋轉，所有接觸點接觸良好，Ob不影響Oa的轉動，則下列說法正確的是（）A.流過Oa的電流方向為O指向aB.流過Oa的電流方向為a指向OC.Oa旋轉時產生的感應電動勢的大小為Bωr2D.Oa旋轉時產生的感應電動勢的大小為Bωr29、如圖所示，真空中等量同種正點電荷放置在M、N兩點，在MN的連線上有對稱點a、c，MN連線的中垂線上有對稱點b、d，則下列說法正確的是()A.正電荷+q在c點電勢能大于在a點電勢能B.正電荷+q在c點電勢能等于在a點電勢能C.在MN連線的中垂線上,O點電勢最高D.負電荷-q從d點靜止釋放，在它從d點運動到b點的過程中，加速度先減小再增大10、如圖，在勻強電場中，質量為m、電荷量為+q的小球由靜止釋放，斜向右下做直線運動，軌跡與豎直方向的夾角為，則（）A.電場強度的最小值為 B.電場方向可能水平向右C.電場力對小球可能不做功 D.小球的電勢能不可能增加三、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）張明同學在測定某種合金絲的電阻率時：(1)用螺旋測微器測得其直徑為_____mm（如圖甲所示）；(2)用20分度的游標卡尺測其長度為______cm（如圖乙所示）；(3)用圖丙所示的電路測得的電阻值將比真實值________(填“偏大”或“偏小”)12．（12分）如圖所示，兩條相距d的平行金屬導軌位于同一水平面內，其右端接一阻值為R的電阻．質量為m的金屬桿靜置在導軌上，其左側的矩形勻強磁場區(qū)域MNPQ的磁感應強度大小為B、方向豎直向下．當該磁場區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関．導軌和金屬桿的電阻不計，導軌光滑且足夠長，桿在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸．求：（1）MN剛掃過金屬桿時，桿中感應電流的大小I；（2）MN剛掃過金屬桿時，桿的加速度大小a；（3）PQ剛要離開金屬桿時，感應電流的功率P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(tài)，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(huán)，軌道的水平部分與半圓環(huán)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、A【解析】由題意可知考查分子速率分布圖線，根據(jù)分子熱運動的特點分析可得【詳解】AB．一定質量的氣體分子，溫度升高，大部分分子速率增大，反映在圖象上峰值右移，分子平均速率越大，分子速率大的占有比例越大．由此可知甲為0℃時情形，速率大的分子比例比100℃時少，故A正確，B錯誤；CD．如前分析可知甲為0℃時情形，速率小的分子比例比100℃時多，故CD均錯誤【點睛】溫度升高，大部分分子速率增大，圖象的峰值右移，個別分子速率可能增大，也可能減小2、C【解析】A．點電荷是一個理想模型，能否看成點電荷取決于它的大小和形狀都研究問題有無影響，不取決于它的實際大小，故A錯誤；B．摩擦起電是電荷從一個物體轉移到另一個物體，故B錯誤；C．密立根測定了元電荷的電荷量，一個電子或質子的電荷量數(shù)值上等于元電荷電荷量，C正確；D．電場中某點的電場強度等于電荷受到的力與其電荷量的比值，故D錯誤；故選C。3、A【解析】根據(jù)天平原理，根據(jù)左手定則、安培力公式進行判斷；【詳解】天平是等臂杠桿，當線圈中通有電流I時，根據(jù)左手定則，右端線圈受到的安培力豎直向上，天平的左端低右端高，要使天平水平平衡，可以減小左端的砝碼的質量，也可以減小安培力，即減小匝數(shù)、電流、線框寬度等，故選項A正確，選項BCD錯誤【點睛】本題關鍵明確天平的工作原理是等臂杠桿，然后判斷出安培力方向，得到控制平衡的方法4、B【解析】小滑塊向下運動的過程中受到重力、支持力、垂直斜面向上的洛倫茲力，向下運動的過程中，速度增大，洛倫茲力增大，支持力減小，當支持力減到0時，離開斜面．根據(jù)平衡條件確定離開時的速度，再根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律可確定離開的時間以及速度，根據(jù)功率公式確定平均功率的大小關系【詳解】A、小滑塊飛離斜面時，洛倫茲力與重力的垂直斜面的分力平衡，故：．解得：，所以斜面角度越小，飛離斜面瞬間的速度越大；由受力分析得加速度a＝gsinθ，所以甲的加速度小于乙的加速度，因為甲的最大速度大于乙的最大速度，由vm＝at得，甲的時間大于乙的時間，故A錯誤，B正確；C、物體受重力、支持力和洛倫茲力作用，由于支持力和洛倫茲力與運動方向相互垂直，故合外力為mgsinθ，根據(jù)牛頓第二定律可知，加速度大小為gsinθ；兩物體的加速度不相同，故C錯誤；D、由平均功率的公式，因夾角不同，故重力的平均功率不相同，故D錯誤【點睛】解決本題的關鍵知道洛倫茲力的方向和洛倫茲力的大小以及能夠正確的受力分析，理清物體的運動狀況，注意明確洛倫茲力永不做功的基本性質5、B【解析】干電池、開關、線圈A、滑動變阻器串聯(lián)成一個電路，當開關閉合時磁通量變大，導致電流計、線圈B串聯(lián)成另一個電路中產生電動勢，由于電動勢短暫的，出現(xiàn)電流慢慢變小的現(xiàn)象。【詳解】A．由于干電池、開關、線圈A、滑動變阻器串聯(lián)成一個電路的磁通量變化是瞬間的，因此電流計、線圈B串聯(lián)成另一個電路中有電動勢也是短暫的，所以出現(xiàn)電流慢慢變小，故A錯誤；B．由于干電池、開關、線圈A、滑動變阻器串聯(lián)成一個電路的磁通量變化是瞬間的，因此電流計、線圈B串聯(lián)成另一個電路中有電動勢也是短暫的，所以出現(xiàn)電流慢慢變小，故B正確；C．由于干電池、開關、線圈A、滑動變阻器串聯(lián)成一個電路的磁通量變化是瞬間的，因此電流計、線圈B串聯(lián)成另一個電路中有電動勢也是短暫的，所以出現(xiàn)電流慢慢變小，故C錯誤；D．由于干電池、開關、線圈A、滑動變阻器串聯(lián)成一個電路的磁通量變化是瞬間的，因此電流計、線圈B串聯(lián)成另一個電路中有電動勢也是短暫的，所以出現(xiàn)電流慢慢變小，故D錯誤。故選B?！军c睛】由楞次定律來確定感應電流的方向，而閉合線圈中的磁通量發(fā)生變化有幾種方式：可以線圈面積的變化，也可以磁場的變化，也可以線圈與磁場的位置變化。6、B【解析】當變阻器R3的滑片向上移動時，R3接入電路的阻值增加，整個電路總電阻增加，總電流強度減小，內電壓降低，路端電壓升高，電壓表示數(shù)增加；流過R1的電流減小，加在R1兩端的電壓降低，因此加在R2兩端的電壓升高，流過R2的電流增大，由于總電流減小，因此流過電流表的電流減小，故B正確，ACD錯誤。故選B。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】設磁場邊長為，如圖所示，粒子從點離開，其半徑為：粒子從點離開，其半徑為：A．電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：解得：電子速率之比：故A錯誤；B．從點射出的電子的運動時間是個周期，從點射出的電子的運動時間是個周期，電子在磁場中做圓周運動的周期相同，從兩孔射出的電子在容器中運動的時間之比：故B正確；C．向心加速度：從兩孔射出的電子的加速度大小之比：故C正確；D．向心力：向心力之比：故D錯誤；故選BC。8、AD【解析】oa桿以角速度勻速旋轉，切割磁感線產生感應電動勢，相當于電源，其余部分為外電路．當oa轉到最高點時，外電路總電阻最大，通過oa的電流最?。划攐a與ob重合時，環(huán)的電阻為0，外電路總電阻最小，通過oa的電流最大．根據(jù)E=BLv和歐姆定律求解，其中v是速度的平均值【詳解】A、B項：根據(jù)右手定則可知，流過oa電流方向為由o指向a，故A正確，B錯誤；C、D項：oa桿切割磁感線產生感應電動勢為E=，故C錯誤，D正確故選AD【點睛】本題一要會求解感應電動勢，由于oa桿上各點切割速度不同，要用平均速度求解；二要知道最大值與最小值的條件，運用歐姆定律求解9、BC【解析】本題考查了等量同種電荷周圍電場分布情況：中垂線上上下電場線方向相反，根據(jù)電場線方向判斷電勢高低．a、c兩點關于中垂線對稱，電勢相等，電荷在這兩點的電勢能相等.【詳解】根據(jù)電場線的分布情況和對稱性可知，a、c兩點的電勢相等，則正電荷在a點電勢能一定等于在c點電勢能．故A錯誤，B正確；沿電場線方向電勢降低，在MN連線的中垂線上，O點電勢最高．故C正確；由對稱性知O點的場強為零，從O點向上或向下場強都是先增加后減??；則電荷-q從d點靜止釋放，在它從d點運動到b點的過程中，加速度可能先減小再增大，也可能先增大，后減小再增大再減?。蔇錯誤；故選BC10、ABC【解析】A．帶電小球的運動軌跡為直線，在電場中受到重力mg和電場力F，其合力必定沿此直線向下，根據(jù)三角形定則作出合力，由圖看出，當電場力F與此直線垂直時，電場力F最小，場強最小，則有得到故A正確；B．小球帶正電，所受的電場力方向只能指向右側，故電場方向不可能向左，故B錯誤；C．由圖可知，電場力有可能與運動方向相互垂直，故電場力可能不做功，故C正確；D．如果小球受到的電場力與運動方向夾角小于90度，則電場力可能做正功，小球的電勢能增加，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、①.3.202-3.205②.5.015③.偏小【解析】（1）解決本題的關鍵明確：螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀（2）游標卡尺讀數(shù)的方法，主尺讀數(shù)加上游標尺讀數(shù)，不需估讀（3）由電路圖，根據(jù)電表內阻的影響確定誤差情況【詳解】（1）螺旋測微器的固定刻度為3.0mm，可動刻度為20.5×0.01mm=0.205mm，所以最終讀數(shù)為3.0mm+0.205mm=3.205mm（2）20分度的游標卡尺，精確度是0.05mm，游標卡尺的主尺讀數(shù)為50mm，游標尺上第3個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標尺讀數(shù)為3×0.05mm=0.15mm，所以最終讀數(shù)為：50mm+0.15mm=50.15mm=5.015cm（3）由歐姆定律得，電阻阻值R=U/I，由于電壓表的分流作用使電流測量值偏大，則電阻測量值偏小【點睛】考查螺旋測微器固定刻度與可動刻度示數(shù)之和是螺旋測微器示數(shù)；游標卡尺不需要估讀、螺旋測微器需要估讀．掌握由歐姆定律分析電路的誤差的方法12、（1）；（2）；（3）；【解析】本題的關鍵在于導體切割磁感線產生電動勢E=Blv，切割的速度（v）是導體與磁場的相對速度，分析這類問題，通常是先電后力，再功能（1）根據(jù)電磁感應定律的公式可得知產生的電動勢，結合閉合電路的歐姆定律，即可求得MN剛掃過金屬桿時，桿中感應電流的大小I；（2）根據(jù)第一問求得的電流，利用安培力的公式，結合牛頓第二定律，即可求得MN剛掃過金屬桿時，桿的加速度大小a；（3）首先要得知，PQ剛要離開金屬桿時，桿切割磁場的速度，即為兩者的相對速度，然后結合感應電動勢的公式以及功率的公式即可得知感應電流的功率P【詳解】（1）感應電動勢感應電流解得（2）安培力牛頓第二定律解得（3）金屬桿切割磁感線的速度，則感應電動勢電功率解得【點睛】該題是一道較為綜合的題，考查了電磁感應，閉合電路的歐姆定律以及電功電功率．對于法拉第電磁感應定律是非常重要的考點，經常入選高考物理壓軸題，平時學習時要從以下幾方面掌握（1）切割速度v的問題切割速度的大小決定了E的大?。磺懈钏俣仁怯蓪w棒的初速度與加速度共同決定的．同時還要注意磁場和金屬棒都運動的情況，切割速度為相對運動的速度；不難看出，考電磁感應的問題，十之八九會用到牛頓三大定律與直線運動的知識（2）能量轉化的問題電磁感應主要是將其他形式能量（機械