陜西省商洛市2023年物理高二上期末質量跟蹤監(jiān)視試題含解析

陜西省商洛市2023年物理高二上期末質量跟蹤監(jiān)視試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，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，甲、乙是兩個帶等量異種電荷的點電荷，O是甲、乙連線的中點，a、b是甲、乙連線上關于O點對稱的兩點，a、b兩點的電場強度分別為，a、b兩點的電勢分別為、，則下列關系式正確的是（）A.， B.，C.， D.，2、靜電計可以用來測量電容器的電壓．如圖把它的金屬球與平行板電容器一個極板連接，金屬外殼與另一極板同時接地，從指針偏轉角度可以推知兩導體板間電勢差的大?。F在對電容器充完點后與電源斷開，然后將一塊電介質板插入兩導體板之間，則A.電容C增大，板間場強E減小，靜電計指針偏角減小B.電容C增大，板間場強E增大，靜電計指針偏角減小C.電容C增大，板間場強E增大，靜電計指針偏角增大D.電容C增大，板間場強E減小，靜電計指針偏角增大3、在如圖所示的電路中，為兩個完全相同的燈泡，為自感系數很大的線圈、為定值電阻，假設電源的內阻和線圈的直流電阻可忽略不計．下列說法正確的是A.閉合開關的瞬間，燈泡同時亮B.閉合開關，待穩(wěn)定后，燈泡比燈泡亮C.閉合開關，待電路穩(wěn)定后再斷開開關瞬間，燈泡中的電流大小不同D.閉合開關，待電路穩(wěn)定后再斷開開關瞬間，燈泡中的電流方向為從右向左4、如圖所示是一個示波管工作的原理圖，電子經過加速后以速度v0垂直進入偏轉電場，離開電場時偏轉量是h，兩個平行板間距離為d，電勢差為U，板長為l，每單位電壓引起的偏轉量（）叫示波管的靈敏度，若要提高其靈敏度?？刹捎孟铝心姆N辦法（）A.增大兩極板間的電壓B.盡可能使板長l做得短些C.盡可能使板間距離d減小些D.使電子入射速度v0大些5、一架懸掛于天花板上的彈簧秤下掛水平導線AB，導線中通有如圖所示向右的電流，導線中心的正下方有與導線AB垂直的另一長直導線，當長直導線中通入向里的電流時，關于導線AB的運動及彈簧秤讀數的變化正確的是（）A.A向外、B向里轉動，彈簧秤的讀數增大B.A向里、B向外轉動，彈簧秤的讀數減小C.A向里、B向外轉動，彈簧秤的讀數增大D.A向外、B向里轉動，彈簧秤的讀數減小6、如圖中是勻強磁場里的一片金屬片，其平面與磁場方向平行，一個粒子從某點以與垂直的速度射出，動能是，該粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示。今測得它在金屬片兩邊的軌道半徑之比是，若在穿越金屬板過程中粒子受到的阻力大小及電荷量恒定，則下列說法正確的是A.該粒子的動能增加了B.該粒子的動能減少了C.該粒子做圓周運動的周期減小D.該粒子最多能穿越金屬板6次二、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、下列說法正確的是（）A.公式E=對勻強電場適用B.公式E=僅用于求點電荷電場的電場強度，式中Q是場源電荷的電荷量C.物體所帶的電量有可能是元電荷的2.5倍D.電場線就是帶電粒子在電場中運動的軌跡8、如圖所示，金屬框架固定在水平面上，金屬桿ab與框架間無摩擦，整個裝置處于豎直方向的磁場中．若因磁場的變化，使桿ab運動，下列判斷正確的是A.若ab向右運動，則磁場可能豎直向上且減小B.若ab向左運動，則磁場可能豎直向上且減小C.若ab向右運動，則磁場可能豎直向上且增大D.若ab向左運動，則磁場可能豎直向上且增大9、如圖所示，把A、B兩個相同的導電小球分別用長為0.10m的絕緣細線懸掛于OA和OB兩點。用絲綢摩擦過的玻璃棒與A球接觸，棒移開后將懸點OB移到OA點固定。兩球接觸后分開，平衡時距離為0.12m。已測得每個小球質量是，帶電小球可視為點電荷，重力加速度，靜電力常量，則（）A.兩球所帶電荷量相等B.A球所受的靜電力為1.0×10-2NC.B球所帶的電荷量為D.A、B兩球連線中點處的電場強度為010、某種材料的圓柱形導體的長度為L，橫截面的直徑為d，導體兩端所加電壓為U，當這三個物理量中僅有一個物理量改變時，關于導體中自由電子定向運動的平均速率，下列說法正確的是A.電壓變?yōu)?U，導體中自由電子定向運動的平均速率變?yōu)樵瓉淼?倍B.導體的長度變?yōu)?L，導體中自由電子定向運動的平均速率變?yōu)樵瓉淼?/2C.導體橫截面的直徑變?yōu)?d，導體中自由電子定向運動的平`均速率變?yōu)樵瓉淼?/2D.導體橫截面的直徑變?yōu)閐/2，導體中自由電子定向運動的平均速率不變三、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）用伏安法測某一電阻，如果采用如圖甲所示的電路，測量值為R1，如果采用如圖乙所示電路，測量值為R2，則電阻的真實值為R真，它們之間的關系是：R1___R真，R2____R真（填“＞”、“＝”或“＜”），這種誤差屬于_________誤差12．（12分）如圖（a）為多用電表的示意圖，其中S、K、T為三個可調節(jié)的部件，現用此電表測量一阻值約1000Ω的定值電阻。（1）測量的某些操作步驟如下:①調節(jié)可調部件____，使電表指針停在__________（選填“電流0刻度”、“歐姆0刻度”）位置。②調節(jié)可調部件K，使它尖端指向__________（選填“×1k”、“×100”、“×10”、“×1”）位置。③將紅、黑表筆分別插入“+”“-”插孔，筆尖相互接觸，調節(jié)可調部件__________，使電表指針指向__________（選填“電流0刻度”、“歐姆0刻度”）位置。④紅、黑表筆筆尖分別接觸待測電阻的兩端，當指針擺穩(wěn)后，讀出表頭的示數，如圖（b）所示，再乘以可調部件K所指的倍率，得出該電阻的阻值Rx=__________。⑤測量完畢，應調節(jié)可調部件K，使它的尖端指向“OFF”或交流電壓“×500”位置。（2）歐姆擋進行調零后，用“×10”擋測量另一個阻值未知的電阻，發(fā)現指針偏轉角度很小，則下列說法和做法中正確的是__________。A.這個電阻的阻值較小B.這個電阻的阻值較大C.為測量更準確些，電表應當換用歐姆“×1”擋，并且重新調零后進行測量D.為測得更準確些，電表應當換用歐姆“×100”擋，并且重新調零后進行測量四、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??；（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）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15．（12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L

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】由于甲、乙是等量異種電荷，等量異種點電荷的電場具有對稱性，可知a與b的電場強度是相等的，即；電場線由正電荷出發(fā)終止于負電荷，甲乙之間的電場方向相同，沿著電場線電勢降低，所以a、b兩點的電勢不相同，b點的電勢高，即，B正確，ACD錯誤。故選B。2、A【解析】在平行板電容器兩極板間插入電介質，根據電容的決定式C=，可知電容C增大，因切斷電源，則兩極板所帶電荷量Q一定，由電容的定義式C=Q/U得知，U減小，所以靜電計指針偏角減小，根據E=U/d知電場強度E減小，故A正確，BCD錯誤；故選A.【點睛】本題的解題關鍵是要掌握電容的決定式C=和電容的定義式C=Q/U，并抓住電容器的電量不變進行分析3、D【解析】根據題圖可知，考查了自感現象；當電鍵K閉合時，通過線圈L的電流實然增大，穿過線圈的磁通量增大，根據楞次定律判斷感應電動勢的方向和作用，分析哪個燈先亮【詳解】A、燈B與電阻R串聯，當電鍵K閉合時，燈B立即發(fā)光．通過線圈L的電流增大時，穿過線圈的磁通量增大，根據楞次定律線圈產生的感應電動勢與原來電流方向相反，阻礙電流的增大，電路的電流只能逐漸增大，A逐漸亮起來．所以B比A先亮，A錯誤；B、由于線圈直流電阻忽略不計，當電流逐漸穩(wěn)定時，感應電動勢減小，A燈電流逐漸增大，A燈逐漸變亮，比B燈亮，故B錯誤；CD、穩(wěn)定后，斷開開關S，由于自感現象，兩個燈串聯，電流大小一樣，B中電流方向與原方向相反，故C錯誤，D正確4、C【解析】設電子的電量為q，質量為m，加速度為a，運動的時間為t，則加速度運動時間偏轉量所以示波管的靈敏度通過公式可以看出，提高靈敏度可以采用的方法是：加長板長l，減小兩板間距離d和減小入射速v0。故C正確，ABD錯誤。故選C。5、A【解析】根據安培定則可知，導線I2的磁感線是同心圓，方向如圖。因此對AB左半段，可以用左手定則判斷A端受到向外的力；同理也可以分析出B端受向里的力。從而使得A端轉向紙外，B端轉向紙里；AB轉動后電流的方向也向里，所以兩個電流之間相互吸引，所以AB對彈簧秤的拉力將增大，則彈簧秤的示數增大。A.A向外、B向里轉動，彈簧秤的讀數增大，與分析相符，故A正確；B.A向里、B向外轉動，彈簧秤的讀數減小，與分析不符，故B錯誤；C.A向里、B向外轉動，彈簧秤的讀數增大，與分析不符，故C錯誤；D.A向外、B向里轉動，彈簧秤的讀數減小，與分析不符，故D錯誤；故選：A。6、B【解析】ABD．根據：可得：所以：即：又因為動能表達式：所以開始的動能為：穿過金屬板后的動能：粒子每穿過一次金屬片損失的動能：所以有：即該粒子最多能穿過的金屬板的次數為5次；故B正確，AD錯誤；C．帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期，根據：可得：可知周期與速度無關，故C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、AB【解析】A．公式E=對勻強電場適用，A正確；B．公式E=僅用于求點電荷電場的電場強度，式中Q是場源電荷的電荷量，B正確；C．物體所帶的電量只能是元電荷的整數倍，C錯誤；D．電場線是為了描述電場而假想的曲線，一般不是帶電粒子在電場中運動的軌跡，D錯誤。故選AB。8、AD【解析】根據“磁場的變化使桿ab運動”可知，本題考查電磁感應的動力學問題，根據楞次定律可判斷感應電流的方向，左手定則判斷通電導體所受的安培力方向；當穿過回路的磁通量均勻變化時，回路中產生的是恒定電流，進行分析推斷.【詳解】A、B、當磁感應強度B方向向上并減小時，穿過回路的磁通量減小，根據楞次定律判斷得到：回路中感應電流方向為逆時針方向俯視，桿中的感應電流方向是從b到a，由左手定則可知，安培力的方向向右，使桿向右運動，故A正確，B錯誤；C、D、當磁感應強度B方向向上并增大時，穿過回路的磁通量增大，根據楞次定律判斷得到：回路中感應電流方向為順時針方向俯視，桿中的感應電流方向是從a到b，由左手定則可知，安培力的方向向左，使桿向左運動，故C錯誤，D正確；故選AD.【點睛】當磁感應強度B變化時，根據楞次定律(增反減同)判斷感應電流的方向；根據法拉第電磁感應定律分析感應電流大小如何變化；由左手定則判斷金屬棒所受的安培力方向.9、ACD【解析】A．兩相同的小球接觸后電量均分，故兩球所帶電荷量相等，選項A正確；B．對A球受力分析，由幾何關系，兩球接觸后分開后，懸線與豎直方向的夾角為37°，根據平行四邊形法則可得選項B錯誤；C．根據庫倫定理解得選項C正確；D．AB帶等量的同種電荷，故在A、B兩球連續(xù)中點處的電場強度為0，選項D正確。故選ACD。10、ABD【解析】電流的微觀表達式為：I=neSv；根據歐姆定律得到電流：；根據電阻定律得到電阻：；最后聯立分析即可【詳解】電壓變?yōu)?U，根據歐姆定律，電流變?yōu)?I，根據電流的微觀表達式為I=neSv，電子定向運動的平均速率變?yōu)?倍，故A正確；導體的長度變?yōu)?L，根據電阻定律，電阻變?yōu)?R；根據歐姆定律，電流變?yōu)镮/2；根據電流的微觀表達式為I=neSv，電子定向運動的平均速率變?yōu)?.5v；故B正確；導體橫截面的直徑變?yōu)?d，橫截面積變?yōu)?倍，根據電阻定律，電阻變?yōu)?.25倍；根據歐姆定律，電流變?yōu)?倍；根據電流的微觀表達式為I=neSv，電子定向運動的平均速率不變；故C錯誤；導體橫截面的直徑變?yōu)?.5d，橫截面積變?yōu)?.25倍，根據電阻定律，電阻變?yōu)?倍；根據歐姆定律，電流變?yōu)?.25倍；根據電流的微觀表達式為I=neSv，電子定向運動的平均速率不變；故D正確；故選ABD【點睛】高中物理中涉及自由電荷定向移動速度的公式只有電流的微觀表達式I=nqvS．本題考查歐姆定律、電阻定律和電流的微觀表達式I=nqvS綜合應用能力三、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.<；②.>；③.系統(tǒng)；【解析】根據電流表接法確定電壓、電流的偏差，從而根據歐姆定律得到電阻偏差；根據誤差來源判斷誤差類型【詳解】電流表外接時，電壓表測得電壓為電阻兩端電壓，電流表測的電流為電阻和電壓表的總電流，故電流偏大，那么，電阻偏小，即；電流表內接時，電壓表測得電壓為電阻和電流表兩端的電壓，故電壓偏大，電流表電流為通過電阻的電流，那么，電阻偏大，即；這些誤差是由實驗設計本身造成的，實驗方案不變，那么誤差不變；那么，按照誤差分類可知：這種誤差為系統(tǒng)誤差【點睛】伏安法測電阻實驗中，若最大電流大于電流表量程則采用分壓式接法，一般采用限流式接法；被測電阻較大，電流表采用內接法；被測電阻較小，電流表采用外接法12、①.S②.電流0刻度③.×100④.T⑤.歐姆0刻度⑥.1100Ω⑦.BD【解析】(1)[1][2]多用電表使用前要進行機械調零，調節(jié)可調部件S，使電表指針停在電流0刻度位置;[3]待測電阻阻值約為1000Ω，調節(jié)可調部件K，使它的尖端指向歐姆×100位置;[4][5]將紅、黑表筆分別插入“+”、“-”插孔,筆尖相互接觸