2024屆云南省曲靖市會澤縣茚旺高級中學物理高二上期中質(zhì)量跟蹤監(jiān)視試題含解析

2024屆云南省曲靖市會澤縣茚旺高級中學物理高二上期中質(zhì)量跟蹤監(jiān)視試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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，勻強磁場的磁感應強度B=0.1T，通電直導線與磁場方向垂直，導線長度L=0.1m，導線中電流I=2A．該導線所受安培力F的大小為（）A．0.005N B．0.02N C．0.5N D．2N2、在研究微型電動機的性能時,可采用圖示的實驗電路.當調(diào)節(jié)滑動變阻器R,使電動機停止轉(zhuǎn)動時,電流表和電壓表的示數(shù)分別為0.5A和1.0V;重新調(diào)節(jié)R,使電動機恢復正常運轉(zhuǎn)時,電流表和電壓表的示數(shù)分別為2.0A和15.0V.則有關這臺電動機正常運轉(zhuǎn)時的說法正確的是()A．電動機的輸出功率為8WB．電動機的輸出功率為30WC．電動機的內(nèi)電阻為2ΩD．電動機的內(nèi)電阻為7.5Ω3、蹦床是奧林匹克運動會正式比賽項目，圖甲為今年全運會某運動員比賽照片，圖乙為其簡化示意圖，運動員可視為質(zhì)點，圖中虛線PQ是彈性蹦床的初始位置，A為運動員抵達的最高點，B為運動員剛抵達蹦床時的位置，C為運動員抵達的最低點，空氣阻力不可忽略，對于運動員，下列說法正確的是()A．C到A上升過程，B位置運動員速度最大B．A到C下落過程，蹦床彈力和重力對運動員做的功代數(shù)和為零C．B到C下落過程，蹦床彈力和重力對運動員做的功等于運動員動能的變化量D．B到C下落過程，蹦床彈力和空氣阻力對運動員做的功等于運動員機械能的變化量4、如圖所示，a、b、c是電場中的三個點，其電場強度大小分別為Ea、Eb、Ec，電勢分別為φa、φb、φc，關于Ea、Eb、Ec的比較，下列說法中正確的是()A．Ea>Eb>Ec B．Ea<Eb<EcC．Ea=Eb=Ec D．Ea=Eb>Ec5、在“研究電荷間作用力大小影響因素”的實驗中，將一帶電輕質(zhì)小球掛在鐵架臺上，小球靜止時絲線與豎直方向的夾角如圖所示．現(xiàn)增大小球的電荷量后仍掛在原處，絲線與豎直方向的夾角將()A．增大 B．減小 C．不變 D．先減小再增大6、一只普通白熾燈，不通電時燈絲的電阻為R1；正常發(fā)光時燈絲的電阻為R1．比較R1和R1的大小，應是()A．R1＞R1B．R1＜R1C．R1＝R1D．條件不足，無法判斷二、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、如圖電路中,電源內(nèi)阻不計,三個小燈泡完全相同且外電路變化時每個燈泡兩端的電壓都不會超其額定電壓,開始時只有S1閉合.當S2也閉合后,下列說法正確的是A．燈泡L1變暗 B．燈泡L2變暗C．電容器C的帶電荷量將增大 D．電路中總電流增大8、如圖甲所示，abcd是位于豎直平面內(nèi)的正方形閉合金屬線框，金屬線框的質(zhì)量為m，電阻為R1．在金屬線框的下方有一勻強磁場區(qū)域，MN和PQ是勻強磁場區(qū)域的水平邊界，并與線框的bc邊平行，磁場方向垂直于線框平面向里．現(xiàn)使金屬線框從MN上方某一髙度處由靜止開始下落，如圖乙是金屬線框由開始下落到完全穿出勻強磁場區(qū)域瞬間的v-t圖象，圖象中的物理量均為已知量．重力加速度為g，不計空氣阻力．下列說法正確的是A．金屬線框剛進入磁場時感應電流方向沿adcba方向B．金屬線框的邊長為v1(t2-t1)C．磁場的磁感應強度為D．金屬線框在1-t4的時間內(nèi)所產(chǎn)生的熱量為9、如圖所示，在勻強電場中有棱長L=cm、∠A=60°的菱形ABCD，場強方向平行于ABCD平面，已知A、B、C點電勢分別為6V、3V、0V，則下列說法中正確的是A．D點電勢大小為3VB．D點電勢大小為6VC．勻強電場場強大小為100V/m，場強方向沿ACD．勻強電場場強大小為200V/m，場強方向沿AC10、如圖甲所示，水平傳送帶AB逆時針勻速轉(zhuǎn)動，一個質(zhì)量為M＝1.0kg的小物塊以某一水平初速度滑上傳送帶左端，通過速度傳感器記錄下物塊速度隨時間的變化關系如圖乙所示，取向左為正方向，以小物塊滑上傳送帶時為計時起點。已知傳送帶的速度保持不變，g取10m/s2。下列說法正確的是A．物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5B．物塊在傳送帶上相對傳送帶滑動的距離是9mC．物塊距離傳送帶左端的最大距離是8mD．物塊在傳送帶上的時間4.5s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）某實驗小組用如圖所示的電路測量一節(jié)干電池的電動勢（E約為1.5V）和內(nèi)阻：該小組的同學經(jīng)過多次測量得到如下表所示的數(shù)據(jù)．首先畫出伏安特性曲線_，由圖線可知電源的內(nèi)阻r=___________Ω；假如第五組數(shù)據(jù)測量得比較準確，電阻箱接入電路的電阻為0.4Ω，則由這組數(shù)據(jù)可求得的電流表的內(nèi)阻RA=___________Ω．12．（12分）描繪一個標有“2.5V0.5A”字樣的小燈泡的伏安特性曲線，要求燈泡電壓能從零開始變化，實驗室備有下列器材：a．標有“3V0.5A”字樣的小燈泡一個；b.10V學生電源一個；c．量程為0﹣3V的電壓表，內(nèi)阻約為3kΩ；d．量程為0﹣15V的電壓表，內(nèi)阻約為15kΩ；e．量程為0﹣0.6A的電流表，內(nèi)阻約為0.5Ω；f．量程為0﹣3A的電流表，內(nèi)阻約為0.1Ω；g．滑動變阻器（阻值范圍0﹣10Ω，允許通過的最大電流1.5A）；h．滑動變阻器（阻值范圍0﹣50Ω，允許通過的最大電流0.1A）；電鍵一個，導線若干．（1）為減小實驗誤差，方便調(diào)節(jié)，請在上述所給的器材中選取適當?shù)钠鞑?，并將它們的編號填在橫線上．電壓表應選_____；電流表應選_____；滑動變阻器應選取_____．（填寫器材名稱前的序號字母）（2）將實物按電路圖1用導線補充完整________．（3）這位同學在一次測量時，電流表、電壓表的示數(shù)如圖2所示．由圖中電流表、電壓表的讀數(shù)可計算出小燈泡的電阻為_____Ω（保留兩位小數(shù)），小燈泡的電阻測量值_____真實值（填＜，＞，＝）（4）根據(jù)實驗測定的數(shù)據(jù)，以電壓U為橫坐標，電流強度I為縱坐標畫出圖線，在如圖3給出的四個I﹣U圖線中，最能反映實際情況的是_____，簡要說明理由_____．四、計算題：本題共2小題，共26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）如圖所示，兩平行金屬板A、B長8cm，兩板間距離d=8cm，A板比B板電勢高300V，一帶正電的粒子電荷量q=10﹣10C，質(zhì)量m=10﹣20kg，沿電場中心線RO垂直電場線飛入電場，初速度υ0=2×106m/s，粒子飛出平行板電場后經(jīng)過界面MN、PS間的無電場區(qū)域后，進入固定在O點的點電荷Q形成的電場區(qū)域，（設界面PS右邊點電荷的電場分布不受界面的影響），已知兩界面MN、PS相距為12cm，D是中心線RO與界面PS的交點，O點在中心線上，距離界面PS為9cm，粒子穿過界面PS最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏bc上．（靜電力常數(shù)k=9.0×109N?m2/C2）（粒子重力忽略不計）（1）求粒子穿過界面MN時偏離中心線RO的距離多遠？到達PS界面時離D點多遠？（2）確定點電荷Q的電性并求其電荷量的大?。?4．（16分）如圖所示，帶電平行金屬板相距為2R，在兩板間半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，兩板及其左側(cè)邊緣連線均與磁場邊界剛好相切．一質(zhì)子（不計重力）沿兩板間中心線O1O2從左側(cè)O1點以某一速度射入，沿直線通過圓形磁場區(qū)域，然后恰好從極板邊緣飛出，在極板間運動時間為t1．若僅撤去磁場，質(zhì)子仍從O1點以相同速度射入，經(jīng)t1/2時間打到極板上．（1）求兩極板間電壓U；（2）求質(zhì)子從極板間飛出時的速度大??；（3）若兩極板不帶電，保持磁場不變，質(zhì)子仍沿中心線O1O2從左側(cè)O1點射入，欲使質(zhì)子從兩板間左側(cè)飛出，射入的速度應滿足什么條件？15．（12分）如圖，兩水平面（虛線）之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場．自該區(qū)域上方的A點將質(zhì)量均為m、電荷量分別為q和－q（q>0）的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出．小球在重力作用下進入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開．已知N離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運動，不計空氣阻力，重力加速度大小為g.問：（1）若從A點出發(fā)時兩小球的初速度均為v0,則小球M出電場時的水平分速度多大？（2）A點距電場上邊界的高度多少？（3）若兩小球剛離開電場時，M的動能為N的動能的1.5倍．該電場的電場強度大小多大？

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【解題分析】

通電直導線與磁場方向垂直，根據(jù)F=BIL得：F=BIL=0.1×2×0.1N=0.02N，故選B．【題目點撥】本題比較簡單，考查了安培力的大小計算，應用公式F=BIL時注意公式適用條件和公式中各個物理量的含義．2、C【解題分析】本題考查的是非純電阻中機械能與內(nèi)能之間的關系.當電流表和電壓表示數(shù)為0.5A和1.0V時電動機停止工作,電路只有電動機的內(nèi)阻消耗電能,其阻值Ω,選項D錯誤,選項C正確.當電動機正常工作時電流表和電壓表示數(shù)分別為2.0A和15.0V,此時電動機消耗的總功率P總=U2×I2="15.0×2.0=30.0"W,其中內(nèi)阻消耗功率P內(nèi)=I^2_2r=2.02×2="8.0"W,則輸出功率為22W,選項A?B錯誤.3、D【解題分析】

A、從到的過程中，運動員所受的蹦床的彈力先大于重力，后小于重力，所以運動員先加速后減速，從到過程中，運動員做豎直上拋運動，速度減小，故選項A錯誤；B、到下落過程，空氣阻力做負功，根據(jù)動能定理可得可知蹦床彈力和重力對運動員做的功代數(shù)和不為零，故選項B錯誤；C、到下落過程，根據(jù)動能定理可得蹦床彈力、重力和空氣阻力對運動員做的功等于運動員動能的變化量，故選項C錯誤；D、到下落過程，根據(jù)功能關系可知蹦床彈力和空氣阻力對運動員做的功等于運動員機械能的變化量，故選項D正確。4、A【解題分析】

由于電場線的疏密可知，a點處電場線密，則a點的電場強度最強；c點處電場線疏，則c點的電場強度最弱，所以有：Ea＞Eb＞Ec；A．Ea>Eb>Ec，與結(jié)論相符，選項A正確；B．Ea<Eb<Ec，與結(jié)論不相符，選項B錯誤；C．Ea=Eb=Ec，與結(jié)論不相符，選項C錯誤；D．Ea=Eb>Ec，與結(jié)論不相符，選項D錯誤；5、A【解題分析】

由題意可知，當增大小球的電荷量時，根據(jù)庫侖定律，則庫侖力增大，由平衡條件，則有：，因此絲線與豎直方向的夾角增大，故A正確，BCD錯誤．故選A．6、B【解題分析】試題分析：正常發(fā)光時溫度要比不通電時溫度高，又因為金屬導體電阻隨著溫度的升高而增大，所以有，故B正確考點：考查了電阻定律二、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、BD【解題分析】

分析清楚電路結(jié)構(gòu)，判斷S2閉合后電路總電阻如何變化，由閉合電路的歐姆定律判斷電路電流如何變化，由功率公式判斷燈泡實際功率如何變化；由歐姆定律判斷出電容器兩端電壓如何變化，然后判斷電容器電荷量如何變化；【題目詳解】A、S2閉合前，燈泡L3與電容器相串聯(lián)，則不亮，當S2也閉合后，L2與L3并聯(lián)，然后與L1串聯(lián)，由于并聯(lián)電阻小于L2的電阻，所以總電阻減小，由閉合電路歐姆定律可知，電路電流變I大，燈泡L1的實際功率變大，燈L1變亮，故A錯誤，D正確；B、電路電流變I大，L1兩端的電壓增大，所以L2兩端的電壓減小，則燈泡L2的實際功率變小，燈泡L2變暗，故B正確；C、S2閉合前電容器兩端電壓等于電源電動勢，S2閉合后電容器兩端電壓等于L1兩端電壓，電壓變小，由Q=CU可知電容器所帶電荷量減小，故C錯誤；故選BD．8、BC【解題分析】

金屬框進入磁場前做勻加速運動，由圖線與時間軸所圍的面積讀出金屬框初始位置的bc邊到邊界MN的高度；由圖象可知，金屬框進入磁場過程中是做勻速直線運動，根據(jù)時間和速度求解金屬框的邊長；由圖知，金屬線框進入磁場過程做勻速直線運動，重力和安培力平衡，列式可求出B．由能量守恒定律求出在進入磁場過程中金屬框產(chǎn)生的熱量．【題目詳解】金屬線框剛進入磁場時，根據(jù)楞次定律判斷可知，感應電流方向沿abcda方向；故A錯誤；由圖象可知，金屬框進入磁場過程中是做勻速直線運動，速度為v1，運動時間為t2-t1，故金屬框的邊長：l=v1（t2-t1）；故B正確；在金屬框進入磁場的過程中，金屬框所受安培力等于重力，則得：mg=BIl，，又l=v1（t2-t1）．聯(lián)立解得：；故C正確；t1到t2時間內(nèi)，根據(jù)能量守恒定律，產(chǎn)生的熱量為：Q1=mgl=mgυ1（t2-t1）；t3到t4時間內(nèi)，根據(jù)能量守恒定律，產(chǎn)生的熱量為：Q2=mgl+m(v32?v22)=mgυ1（t2-t1）+m(v32?v22)；故Q=Q1+Q2=2mgυ1（t2-t1）+m(v32?v22)；故D正確；故選BCD．9、AD【解題分析】AB、在勻強電場中，由公式U=Ed知，沿著任意方向每前進相同的距離，電勢變化相等，故有φA-φD=φB-φC，則得φD=φA-φB+φC=6-3+0=3V，A正確，B錯誤；CD、BD兩點電勢相等，又AC垂直BD，A點電勢高于C點電勢，故場強方向沿AC，勻強電場場強大小為，故D正確，C錯誤；故選AD．10、BD【解題分析】

根據(jù)速度時間圖線求出物塊勻減速運動的加速度大小，結(jié)合牛頓第二定律求出物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)大?。飰K滑上傳送帶后先做勻減速運動到零，然后反向做勻加速直線運動，當速度達到傳送帶速度后一起做勻速直線運動，結(jié)合運動學公式求出向左和向右運動的時間，從而得出物塊在傳送帶上的總時間．【題目詳解】由速度圖象可得，物塊做勻變速運動的加速度為；由牛頓第二定律得f=Ma又f=μMg，則可得物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，選項A錯誤；由速度圖象可知，物塊的初速度大小v=4

m/s、傳送帶的速度大小v′=2

m/s，物塊在傳送帶上滑動t1=3

s后與傳送帶相對靜止．前2秒內(nèi)物塊的位移大小s1=t1′=4

m，方向向右，即物塊距離傳送帶左端的最大距離是4m；后1秒內(nèi)的位移大小s2=t1″=1

m，方向向左；3秒內(nèi)物塊的位移s=s1-s2=3

m，方向向右，傳送帶在3s內(nèi)的位移為2×3m=6m向左，可知物塊在傳送帶上相對傳送帶滑動的距離是9m，選項B正確，C錯誤；物塊再向左運動的時間t2==1.5

s；

物塊在傳送帶上運動的時間t=t1+t2=4.5

s，選項D正確；故選BD.【題目點撥】解決本題的關鍵理清物塊在傳送帶上整個過程的運動規(guī)律，結(jié)合牛頓第二定律和運動學公式以及速度時間圖線進行求解．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、0.75-0.850.20【解題分析】根據(jù)測得的數(shù)據(jù)作出U-I圖象．如圖所示：;由圖象的斜率可得內(nèi)阻(允許0.75~0.85);由第五組數(shù)據(jù)結(jié)合部分電路的歐姆定律：，解得：.【題目點撥】解決本題的關鍵掌握測量電源電動勢和內(nèi)阻的實驗原理，運用閉合電路歐姆定律分析，以及會運用圖象法直觀地得出電源的電動勢和內(nèi)阻．12、（1）ceg（2）圖見解析；（3）5.2＜C小燈泡電阻隨溫度升高而增大【解題分析】

（1）根據(jù)小燈泡的額定電壓選擇電壓表，根據(jù)額定電流選擇電流表，在保證安全的前提下，為方便實驗操作，應選最大阻值較小的滑動變阻器；（2）為了減小誤差準確測量電阻阻值，采用分壓式電路，根據(jù)待測電阻估計值以及電壓表和電流表的內(nèi)阻確定內(nèi)外接，作出實驗電路圖；（3）讀出電壓表和電流表的讀數(shù)，再利用歐姆定律即可求出此時小燈泡的電阻阻值，電流表外接，因為電壓表分流導致，燈泡電阻測量結(jié)果偏?。?）根據(jù)小燈泡電阻隨溫度升高而增大結(jié)合歐姆定律，即可選出正確的圖象．【題目詳解】（1）因為小燈泡的額定電壓為2.5V，故電壓表選擇c，小燈泡的額定電流為0.5A，故電流表選擇e，為方便實驗操作，應選最大阻值較小的滑動變阻器，故滑動變阻器選擇g；（2）為了減小誤差準確測量電阻阻值，采用分壓式電路，因為電壓表內(nèi)阻遠大于燈泡電阻，故選擇電流表外接法，故連接實物圖，如圖所示：（3）如圖，電流表示數(shù)：I＝0.46A，電壓表示數(shù)：U＝2.40根據(jù)歐姆定律可得此時小燈泡電阻阻值：R＝Ω≈5.2Ω電壓測量準確，由于電流表外接，電壓表分流，導致電流測量偏大，根據(jù)R＝U/I可知，燈泡電阻R測量結(jié)果偏小，即小燈泡的電阻測量值小于真實值；（4）因為小燈泡電阻隨溫度升高而增大，隨著電壓增大I﹣U曲線上各點到原點連線的斜率越來越小，故ABD錯誤，C正確，故選C．I﹣U曲線彎曲的原因是因為：小燈泡電阻隨溫度升高而增大．【題目點撥】本題考查描繪小燈泡伏安特性曲線，考查了實驗器材選擇、實驗電路設計、實驗數(shù)據(jù)處理、實驗方案分析，要掌握實驗器材的選擇原則，認真審題、理解題意與實驗步驟、知道實驗原理是解題的關鍵，內(nèi)外接選擇的方法：大電阻選內(nèi)接測量結(jié)果偏大，小電阻選外界測量結(jié)果偏小，口訣：“大內(nèi)大，小外小．”四、計算題：本題共2小題，共26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）3cm12cm（2）1.04×10﹣8C【解題分析】試題分析：帶電粒子垂直進入勻強電場后，做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻加速直線運動．由牛頓定律和運動學公式求出粒子飛出電場時的側(cè)移量，由幾何知識求解粒子穿過界面PS時偏離中心線RO的距離；由運動學公式求出粒子飛出電場時速度的大小和方向，粒子穿過界面PS后將繞電荷Q做勻速圓周運動，由庫侖力提供向心力，由幾何關系求出軌跡半徑，再牛頓定律求解Q的電量。（1）粒子穿過界面MN時偏離中心線RO的距離（側(cè)向位移）：在豎直方向：加速度為：，在水平方向：l=v0t代入數(shù)據(jù)得：y=0.03m=3cm帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運動，其軌跡與PS線交于a，設a到中心線的距離為Y．又由相似三角形得解得：Y=4y=12cm（2）帶電粒子垂直進入勻強電場后，只受電場力，做類平拋運動，在MN、PS間的無電場區(qū)域做勻速直線運動，界面PS右邊做圓周運動，最后垂直打在放置于中心線上的