2024届江西省南昌市新建二中物理高二上期末质量检测试题含解析.doc

1、2024届江西省南昌市新建二中物理高二上期末质量检测试题请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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、海洋能是一种蕴藏量极大的可再生能源，具有广阔的应用前景。下列能源不属于海洋能的是（）A.潮汐能B.波浪能C.太阳能D.海流能2、如图所示，空间中有宽为d的平行边界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，MN、

2、MN为磁场边界，MN左侧有一个电荷量为q的带正电粒子P，若P粒子以速度v0垂直MN进入磁场后，离开磁场时的速度方向与MN成=30，不考虑粒子重力，则（）A.粒子P进入磁场后做匀速圆周运动，半径为2dB.粒子P进入磁场时的速度越大，在磁场中运动的时将越长C.粒子P以速度v0进入磁场后，在磁场运动过程中洛伦兹力的冲量为D.粒子P进入磁场的速度小于时，粒子P将从MN离开磁场3、质量为m的通电细杆位于倾角为的斜面上，在如图所示的四个图中，细杆与斜面间摩擦力可能为零的是( )A.B.C.D.4、导线中带电粒子定向运动形成了电流带电粒子定向运动时所受洛伦兹力的矢量和，在宏观上表现为导线所受的安培力如图所示

3、，设导线ab中每个带正电粒子定向运动的速度都是v，单位体积的粒子数为n，粒子的电荷量为q，导线的横截面积为S，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，则下列说法正确的是A.由题目已知条件可以算得通过导线的电流为B.题中导线受到的安培力的方向可用安培定则判断C.每个粒子所受的洛伦兹力为，通电导线所受的安培力为D.改变适当的条件，有可能使图中带电粒子受到的洛伦兹力方向反向而导线受到的安培力方向保持不变5、在一根长为的直导线中通入2A的电流，将导线放在匀强磁场中，受到的安培力为，则匀强磁场的磁感应强度的大小可能是A.B.C.D.6、下列说法正确的是（ ）A.电荷处在电势越高的地方电势能越大B.电场中电

4、场强度越大的地方，电势越高C.电势降落的方向必定是场强的方向D.处于静电平衡状态的导体内部场强处处为零二、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、均匀导线制成的正方形闭合线框abcd，线框的匝数为n、边长为L、总电阻为R、总质量为m，将其置于磁感应强度为B的水平匀强磁场上方某高度处，如图所示，释放线框，让线框由静止自由下落，线框平面保持与磁场垂直，cd边始终与水平的磁场边界平行，已知cd边刚进入磁场时，线框加速度大小恰好为，重力加速度为g，则线框cd边离磁场边界的高度h可能为

5、( )A.B.C.D.8、如图所示,空间存在一匀强电场,其方向与水平方向夹角为30,A、B连线与电场线垂直,一质量为m，电荷量为q的带正电小球以初速度v0从A点水平向右抛出，经过时间t小球最终落在C点,速度大小仍为v0，且AB=BC，则下列说法中正确的是（）A.电场强度方向沿电场线斜向上B.电场强度大小为C.此过程小球增加的电势能等于D.小球在运动过程中下落的高度为9、利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电压U下列说法中正确的有A.电压U仅与材料有关B.电压U与

6、电流I有关C.若元件的载流子是自由电子，则C侧面电势低于D侧面电势D.若元件的载流子是正粒子，则C侧面电势低于D侧面电势10、质谱仪的结构原理图如图所示，水平极板间有垂直极板方向的匀强电场，圆筒N内可以产生质子和氚核，它们由静止进入极板间，经极板间的电场加速后进入下方的匀强磁场在磁场中运动半周后打到底片P上，不计质子和氚核受到的重力及它们间的相互作用，下列判断正确的是A.质子和氚核在极板间运动的时间之比为1:3B.质子和氚核在磁场中运动的时间之比为1:1C.质子和氚核在磁场中运动的速率之比为D.质子和氚核在磁场中运动轨迹半径之比为三、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

7、处，不要求写出演算过程。11（6分）某同学为测定某柱形电子元件电阻率，先做如下测量：(1)用螺旋测微器测量它的直径，示数如图甲所示，读数为d_mm；用游标为20分度的卡尺测量它的长度，示数如图乙所示，读数为L_cm.(2)多用电表粗测该元件的电阻如图a所示，选用“10”倍率的欧姆挡，测得该元件电阻为_(3)为了精确测得上述待测电阻Rx的阻值，实验室提供了如下器材：A电流表A1(量程50 mA、内阻r110 )B电流表A2(量程200 mA、内阻r2约为2 )C定值电阻R030 D滑动变阻器R(最大阻值约为10 )E电源E(电动势约为4 V)F开关S、导线若干该同学设计了测量电阻Rx的一种实验电

8、路原理图如图b所示，N处的电流表应选用_(填器材选项前相应的英文字母)开关S闭合前应将滑动变阻器的滑片置于_(选填“a”或者“b”)若M、N电表的读数分别为IM、IN，则Rx的计算式为Rx_(用题中字母表示)12（12分）用螺旋测微器测量某圆柱体的直径，由图读得其直径为_mm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）如图，两根间距为L0.5m的平行光滑金属导轨间接有电动势E3V、内阻r1的电源，导轨平面与水平面间的夹角37金属杆ab垂直导轨放置，质量m0.2kg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

9、置处于竖直向上的匀强磁场中当R01时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g10m/s2，sin370.6，cos370.8（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14（16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15（12分）如图所示，水平

10、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=5.0105N/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=4.810-25kg、电荷量为q=1.610-18C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0 =1.0106m/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、C【解析】海洋能是一种蕴藏量极大的可再生能源，

11、具有广阔的应用前景，潮汐能、波浪能、海流能等都属于海洋能，太阳能则不属于海洋能。 故选C。2、D【解析】A粒子运动轨迹如图所示由几何关系可得解得故A错误；B由洛伦兹力提供向心力得得所以速度越大，半径越大，粒子的偏转角越小，由公式可知，粒子在磁场中的运动时间越小，故B错误；C粒子P以速度v0进入磁场，离开磁场时速度偏转60，则进入磁场时的速度与离开磁场时的速度和速度变化量组成等边三角形，则速度变化量为冲量为故C错误；D粒子从MN边射出的临界状态为轨迹与右边界相切，此时半径为d，则有得且即所以当速度为时，粒子P将从MN离开磁场，故D正确；故选D。3、A【解析】A根据左手定则，知细杆受到的安培力方向

12、水平向右，细杆受重力、支持力和安培力能够处于平衡，摩擦力可能为零，故A正确；B根据左手定则，知细杆受到的安培力方向竖直向下，受重力和支持力不可能处于平衡状态，所以受到摩擦力作用，故B错误；C根据左手定则，知细杆受到的安培力方向水平向左，受重力、支持力不可能处于平衡状态，所以受到摩擦力作用，故C错误；D根据左手定则，知细杆受到的安培力方向竖直向下，受重力和支持力不可能处于平衡状态，所以受到摩擦力作用，故D错误。故选：A。4、A【解析】判断洛伦兹力的方向用左手定则，电流由其定义I=Q/t确定，洛伦兹力的集中表现为安培力【详解】电流：，则A正确；导线受到的安培力的方向由左手定则判断，则B错误；粒子所

13、受的洛伦兹力为F洛=qvB，导线长度为L，则其受的安培力为：F=nqLSvB=BIL，则C错误；洛伦兹力方向反向决定了所受到的安培力方向也反向，则D错误；故选A【点睛】本题考查电流的微观表达式，关键在于明确有多少电荷流过我们所确定的截面，并由洛伦兹力的集中表现为安培力5、A【解析】当导线的方向与磁场方向平行，所受的安培力为零；当导线的方向与磁场方向垂直，安培力最大；根据公式列式求解即可；【详解】长为0.2m的直导线中通入2A的电流，将导线放在匀强磁场中，受到的安培力为0.2N，故：，由于，故：，故A正确，BCD错误；【点睛】解决本题的关键掌握安培力的大小公式，当B与I垂直时，B与I平行时，6、

14、D【解析】A负电荷在低电势处电势能大，正电荷在高电势处电势能大，故A错误；B电势的高低与电场强度无关，故B错误；C沿场强方向电势一定降低，但电势降落的方向不一定是场强的方向，应该是电势降落最快的方向才是场强的方向，故C错误；D处于静电平衡状态的导体内部，原电场与感应电荷产生的附加电场完全抵消，场强处处为零，故D正确。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、AD【解析】在磁场上方运动过程中，只有重力做功，所以机械能守恒，故有，cd边刚进入磁场时受到的安培力为，根据法

15、拉第电磁感应定律可得，根据欧姆定律可得，联立可得；若cd边刚进入磁场时的加速度大小方向向下，根据牛顿第二定律可得：，联立解得：；若cd边刚进入磁场时的加速度向上时，根据牛顿第二定律有：，联立解得；故AD正确，BC错误。8、BCD【解析】A.由题意可知，小球在下落过程中动能不变，而重力做正功，则电场力做负功，而小球带正电，故电场线应斜向下，故A错误；B.由动能定理可知，mgABsin60=EqBCcos30，解得：，故B正确；D.将电场力分解为沿水平方向和竖直方向，则有竖直分量中的电场力：F=Eq=mgcos60=，则物体在竖直方向上的合力：F合=mg+=，则由牛顿第二定律可知，竖直方向上的分加

16、速度：ay=，则下落高度：故D正确；C.此过程中电场力做负功，电势能增加，由几何关系可知，小球在沿电场线的方向上的位移：，则电势能的增加量：，故C正确。故选：BCD。9、BC【解析】AB.根据CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，则有：又：则有：n由材料决定，故UCD与材料有关；UCD还与厚度c成反比，与宽b无关，同时还与磁场B与电流I有关，故A错误，B正确C.若霍尔元件的载流子是自由电子，根据左手定则，电子向C侧面偏转，C表面带负电，D表面带正电，所以C表面的电势于低D侧面电势，故C正确D.若霍尔元件的载流子是正粒子，根据

17、左手定则，正粒子向C侧面偏转，C表面带正电，D表面带负电，所以C表面的电势高于D侧面电势，故D错误10、CD【解析】根据题图可知，考查了回旋加速器的原理根据粒子在回旋加速器在电场和磁场中的运动特点即可求解【详解】A、质子和氚核在极板间运动时，有，则，所以质子和氚核在极板间运动的时间之比为，故A错误；B、质子和氚核都为半个周期，周期的表达式为，所以质子和氚核在磁场中运动的时间之比为1:3，故B错误；C、质子和氚核在磁场中运动的速率由加速电场来决定，则有，得，所以质子和氚核在磁场中运动的速率之比为，故C正确；D、粒子在磁场中运动半径，故质子和氚核在磁场中运动的轨迹半径之比为，D正确三、实验题：本题

18、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、 .0.617(0.6160.618均可) .10.670 .70 .B .a .【解析】(1)1螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为11.70.01=0.117mm，所以最终读数为0.617mm，由于读数误差，所以0.6160.618均可；2游标卡尺的主尺读数为106mm，游标读数为0.0514=0.70mm，所以最终读数为106.70mm=10.670cm(2)3用多用表测量该元件的电阻，选用“10”倍率的电阻档后，应先进行欧姆调零，再进行测量，由图（a）所示可知，测量结果为；(3)4通过待测电阻

19、的最大电流约为通过N出的最大电流约为为保证测量时电流表读数不小于其量程的三分之一，N处的电流表应选B；5开关s闭合前应将滑动变阻器的滑片置于a；6通过定值电阻R0的电流并联电路两端电压则待测电阻的电阻值12、700【解析】考查螺旋测微器的读数。【详解】螺旋测微器主尺读数4.5mm，螺旋读数0.200mm，因此读得直径为5mm+0.200mm=4.700mm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）2T；（2）1.5m/s2，方向沿斜面向上【解析】（1）当R0=1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

20、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R01时，根据闭合电路的欧姆定律可得根据左手定则可知安培力方向水平向右；由平衡条件有：BILcosmgsin解得B2T；（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，大小不变；根据牛顿第二定律可得：BILmgsinma解得：a1.5m/s2，方向沿斜面向上【点睛】本题主要是考查安培力作用下的导体棒的平衡问题，解答此类问题要明确导体棒的受力情况，结合平衡条件列方程解答14、 (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AC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=3N15、8cm【解析】粒子a板左端运动到P处，由动能定理得代入有关数据，解得，代入数据得=30粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，如图由几何关系得联立求得代入数据解得