2024屆甘肅省隴南市物理高二第一學(xué)期期中質(zhì)量跟蹤監(jiān)視試題含解析

2024屆甘肅省隴南市物理高二第一學(xué)期期中質(zhì)量跟蹤監(jiān)視試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應(yīng)位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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、一帶電粒子射入固定在O點的點電荷的電場中，粒子軌跡如圖虛線abc所示，圖中實線是同心圓弧，表示電場的等勢面，不計重力，可以判斷（）A．粒子受到靜電引力的作用B．粒子速率增大C．粒子動能減小D．粒子電勢能先增大后減小2、一人靜止于完全光滑的水平冰面上．現(xiàn)欲離開冰面，下列可行的方法是（）A．向后踢腿B．手臂向前甩C．在冰面上滾動D．脫下外衣水平拋出3、如圖所示，在光滑絕緣的水平面上疊放著兩個物塊A和B，A帶負電、質(zhì)量為m、電荷量為q，B質(zhì)量為2m、不帶電，A和B間動摩擦因數(shù)為0.5.初始時A、B處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)將大小為F＝mg的水平恒力作用在B上，g為重力加速度．A、B處于水平向里的磁場之中，磁感應(yīng)強度大小為B0.若A、B間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列說法正確的是()A．水平力作用瞬間，A的加速度大小為B．A做勻加速運動的時間為C．A的最大速度為D．B的最大加速度為g4、某電場線分布如圖所示，一帶電粒子沿圖中虛線所示途徑運動，先后通過M點和N點，以下說法正確的是（）A．M、N點的場強EM＞ENB．粒子在M、N點的加速度aM＞aNC．粒子在M、N點的速度vM＞vND．粒子帶正電5、如圖所示，三個點電荷、、固定在一直線上，與的距離為與的距離的倍，每個電荷所受靜電力的合力均為零，由此可以判定，三個電荷的電量之比：：為()A．-9:3:64 B．（-3）：-2：（-6）C．3:2:6 D．（-9）：4：（-36）6、下列哪個選項說法正確(

)A．+q在A點的電勢能比在B點大,則B點的電勢高B．-q在C點的電勢能比在D點大,則C點的電勢高C．+q在E點的電勢能為負值,-q在F點的電勢能為負值,則F點的電勢高D．以上說法都不正確二、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、在如圖所示的電場中，有A、B兩點，則A．A點場強小于B點場強B．A點電勢低于B點電勢C．A點場強方向向左D．電子在A點受的電場力方向向左8、如圖是有兩個量程的電壓表，當使用a、b兩個端點時，量程為0~10V，當使用a、c兩個端點時，量程為0~100V。已知電流表的內(nèi)阻為Rg為500歐姆，滿偏電流Ig為1mA,則電阻R1、R2的值（）A．R1=9.5×103ΩB．R2=9×104ΩC．R1=1×104ΩD．R2=9.95×104Ω9、如圖所示，豎直面內(nèi)的光滑絕緣半圓軌道，直徑MN水平，將一帶正電的小球從M點靜止釋放，經(jīng)時間t到達最低點，速率為v，對軌道的壓力為；若在軌道圓心處固定一正電荷，重新將該小球從M點靜止釋放，經(jīng)時間t′到達最低點，速率為v′，對軌道的壓力為。下列說法正確的是A．t′<t B．t′=tC．v′=v D．10、關(guān)于帶電粒子在勻強磁場中運動，不考慮其他場力（重力）作用，下列說法正確的是（）A．可能做勻速直線運動B．可能做勻變速直線運動C．可能做勻變速曲線運動D．只能做勻速圓周運動三、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）電火花計時器使用的是_______電源(填“直流”或“交流”)，工作電壓是__________V，若電源的頻率是50Hz，則每隔________秒打一個點．12．（12分）有一只滿偏電流Ig=5mA，內(nèi)阻Rg=400Ω的電流表G．若把它改裝成量程為10V的電壓表，應(yīng)_______聯(lián)一個_____Ω的分壓電阻；若把它改裝成量程為3A的電流表，應(yīng)________聯(lián)一個_____Ω的分流電阻．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，虛線MN左側(cè)有一場強為E1＝E的勻強電場，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L、電場強度為E2＝2E的勻強電場，在虛線PQ右側(cè)相距為L處有一與電場E2平行的屏?，F(xiàn)將一電子(電荷量為e，質(zhì)量為m，不計重力)無初速度地放入電場E1中的A點，A點到MN的距離為L2，最后電子打在右側(cè)的屏上，AO連線與屏垂直，垂足為O（1）電子射入電場E2時的速度V0大小；（2）電子從釋放到打到屏上所用的時間t；（3）電子在整個過程變化的電勢能是多少？14．（16分）如圖所示，一帶電量為q＝2×10-9c，質(zhì)量為m=1.8×10-16kg的粒子，在直線上一點O沿30°角方向進入磁感強度為B的勻強磁場中，經(jīng)歷t＝1.5×10-6s后到達直線上另一點P．求：(1)粒子作圓周運動的周期T；(2)磁感強度B的大??；(3)若OP的距離為0.1m，則粒子的運動速度v多大？15．（12分）如圖所示，電源電動勢E=12V，電源內(nèi)阻不計．定值電阻R1=2.4kΩ、R2=4.8kΩ．（1）若在ab之間接一個C=100μF的電容器，閉合S，電路穩(wěn)定后，求電容器上所帶的電量；（2）若在ab之間接一個內(nèi)阻RV=4.8kΩ的電壓表，求電壓表的示數(shù)．

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、D【解題分析】

A.有圖可知，軌跡向左彎曲，帶電粒子所受的電場力方向向左，則帶電粒子受到了排斥力的作用，故A錯誤。BC.從到的過程，電場力做做負功，可知電勢能增大，動能減小，從到的過程，電場力做正功，可知電勢能減小，動能增大，所以粒子的動能先減小后增大，速度也先減小后增大，故BC錯誤。D.由上面的分析可知，粒子的電勢能先增大后減小，故D正確。.2、D【解題分析】

選取合適的系統(tǒng)為研究對象，根據(jù)動量守恒定律進行分析．【解答】AB、以人作為整體為研究對象，向后踢腿或手臂向前甩，人整體的總動量為0，不會運動起來，故AB錯誤；C、因為是完全光滑的水平冰面，沒有摩擦力，人是滾不了的，C錯誤；D、把人和外衣視為一整體，這個整體動量為0，人給外衣一個速度，動量總量不變，所以人也可以有一個反向的速度，可以離開冰面，D正確；故選：D。【題目點撥】本題是實際問題，考查了利用動量守恒定律分析問題的能力，關(guān)鍵選取合適的系統(tǒng)為研究對象．3、C【解題分析】

設(shè)物塊A與木板發(fā)生相對滑動前，A所受摩擦力不變；以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有：F=（2m+m）a，對滑塊隔離分析，根據(jù)牛頓第二定律有：Ff=ma，聯(lián)立解得：，可知假設(shè)是正確的，A的加速度為：，故A錯誤；A帶負電，根據(jù)左手定則可知，A向左運動的過程中受到的洛倫茲力的方向向上；當物塊A在木板上剛好發(fā)生相對滑動時，二者間摩擦力為最大靜摩擦力，對滑塊豎直方向受力分析有：FN+qvB=mg，則摩擦力為：Ff=μFN，對長木板根據(jù)動量定理有：Ft-Fft=2mv，對滑塊根據(jù)動量定理有：Fft=mv，聯(lián)立解得：，故B錯誤；A達到速度最大時，A與B之間的摩擦力等于0，可知A受到的洛倫茲力的大小與重力相等則：mg=qvmB0，解得：，故C正確；當A對B的作用力等于0時，B在水平方向只受到拉力F的作用，此時的加速度最大，由牛頓第二定律得：mg=2m?am，解得：，故D錯誤．所以C正確，ABD錯誤．4、D【解題分析】

A．電場線越密的地方電場強度越大，因此EN＞EM，A錯誤；B．同一電荷的M處的電場力小于N處的電場力，根據(jù)牛頓第二定律，可知aM<aN，B錯誤，CD．粒子受力的方向總是指向運動軌跡的內(nèi)側(cè)，從粒子運動的軌跡可知，粒子受力方向與電場線方向相同，帶正電荷，且從M向N運動過程中，電場力做正功，運動速度增加，C錯誤，D正確．【題目點撥】電場線形象的描述了電場的特點，電場線從正電荷發(fā)出到負電荷終止，電場線越密的地方，電場強度越大，也就是同一電荷在該點受到的電場力越大，電場線的方向表示正電荷受力的方向．與負電荷受力的方向相反．5、D【解題分析】

三個電荷處于平衡時兩邊電性相同或者中間向反，若q1帶負電，則q2帶正電，q3應(yīng)帶負電；若q1帶正電，則q2帶負電，q3應(yīng)帶正電；由于每個電荷所受靜電力的合力均為零，所以對q1有：；對q2有：；對q3有：，聯(lián)立可解得：根據(jù)題意可知l2＝2l1，所以：q1：q2：q3＝：1：9由于q1、q3是同種電荷，故q1：q2：q3＝﹣9：4：﹣36或q1：q2：q3＝9：﹣4：36。A．-9:3:64。故A不符合題意。B．（-3）：-2：（-6）。故B不符合題意。C．3:2:6。故C不符合題意。D．（-9）：4：（-36）。故D符合題意。6、C【解題分析】

A、由EP=qφ可知，+q在A點的電勢能比在B點大，則A點的電勢高，故B、由EP=qφ可知，?q在C點的電勢能比在D點大，則C點的電勢低，D點的電勢高，故C、+q在E點的電勢能為負值，則E點電勢為負值；?q在F點的電勢能為負值，則F點的電勢為正值，故F點的電勢高，故C正確；D、因C正確，故D錯誤；故選C。【題目點撥】關(guān)鍵是知道電勢能和電勢能關(guān)系為：EP=qφ，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】

A．A點電場線較B點密集，可知A點場強大于B點場強，選項A錯誤；B．沿電場線電勢降低，可知A點電勢低于B點電勢，選項B正確；CD．由電場線可知，A點場強方向向右，電子在A點受的電場力方向向左，選項C錯誤，D正確。8、AB【解題分析】接a、b時,電流表與電阻R1的串聯(lián),R1=U1Ig-Rg=101×10-3-500=9.5×10故AB正確綜上所述本題答案是：AB;9、BCD【解題分析】

AB．小球下滑過程中速度始終沿切線方向，由重力的分力提供加速度，與是否受庫侖力無關(guān)，故小球到達最低點過程中時間相同，故A錯誤，B正確.C．如果圓心處有正電荷，但因為小球從M點靜止釋放，到達最低點的過程中，庫侖力也不做功，故根據(jù)動能定理可知：小球到達最低點的速度大小是一樣的，方向都水平向右.故C正確.D．小球到達最低點，合力提供向心力，當沒有庫侖力時：當有庫侖力時：再根據(jù)牛頓第三定律可知小球?qū)壍赖膲毫?，故D正確.10、AD【解題分析】

當速度方向與磁場方向平行時，它不受洛倫茲力作用，又不受其他力作用，這時它將做勻速直線運動，故A正確；因洛倫茲力的方向始終與速度方向垂直，改變速度方向，因而同時也改變洛倫茲力的方向，所以洛倫茲力是變力，粒子不可能做勻變速運動，故BC錯誤；只有當速度方向與磁場方向垂直時，帶電粒子才做勻速圓周運動，如果速度方向與磁場不垂直，則粒子不做勻速圓周運動，故D錯誤．所以A正確，BCD錯誤．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、交流2200.02【解題分析】

電火花打點計時器使用的是交流電源，工作電壓是220V，若電源的頻率是50Hz，則每隔0.02秒打一個點．12、串聯(lián)1600并聯(lián)0.668【解題分析】電流表改裝電壓表需串聯(lián)一個電阻，由U=Ig(Rg+R)，帶入數(shù)據(jù)得10V=5×10?3A(400Ω+R)，解得R=1600Ω；改裝為電流表需并聯(lián)一個電阻，由IgRg=(I?Ig)R′得R′=0.668Ω．點睛：電流表改裝電壓表需串聯(lián)一個電阻，改裝原理：U=Ig（Rg+R），U為改裝后電壓表量程，R為串聯(lián)電阻；改裝為電流表需并聯(lián)一個電阻，改裝電流表原理：IgRg=（I-Ig）R′，其中I為量程．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）eELm(2)3mLeE(3)【解題分析】

（1）根據(jù)動能定理求解射入電場E2時的速度；（2）電子在E2（3）根據(jù)功能關(guān)系求解電勢能的變化；【題目詳解】（1）在左側(cè)電場中根據(jù)動能定理可以得到：Ee?則電子射入電場E2時的速度為：v0(2)電子在電場E1中做初速度為零的勻加速直線運動，設(shè)加速度為a1，時間為t1，由牛頓第二定律得：a1電子進入電場E2時的速度為：v0=a進入電場E2到PQ水平方向做勻速直線運動，時間為：t出電場后到光屏的時間為：t電子從釋放到打到屏上所用的時間為：t=t聯(lián)立求解得：t=3mL(3)電子在電場E1中電場力做功為：W進入電場E2后，電場力做功為：W根據(jù)牛頓第二定律可知：a側(cè)移：y=1根據(jù)功能關(guān)系可知電勢能的變化量為：ΔE聯(lián)立可以得到：ΔE即電勢能減小52【題目點撥】本題考查帶電粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn)，明確受力情況，根據(jù)力與運動關(guān)系找出運動規(guī)律即可求解。14、(1)(2)(3)v≈3.5×105m/s【解題分析】

(1)粒子運動軌跡如圖所示：由幾何知識可知，粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角：