2024年上海市部分重點中學物理高二第一學期期末教學質量檢測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，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、一個阻值為R的電阻兩端加上電壓U后，通過導體截面的電荷量q與通電時間t的圖象如圖所示。此圖線的斜率等于()A.U B.RC. D.2、如圖所示，A、B為平行板電容器的金屬板，G為靜電計，開始時開關S閉合，靜電計指針張開一定角度，下列操作可使指針張開角度減小的是A.保持開關S閉合，將R上的滑片向右移動B.保持開關S閉合，將A、B兩極板分開一些C.斷開開關S后，將A、B兩極板靠近一些D.斷開開關S后，將A、B兩極板正對面積減小一些3、如圖所示，真空中兩電荷量為，的點電荷分別位于M點和N點，P為M、N連線上的一點，且已知P點的電場強度為零，則A. B.C. D.4、如圖，通電導線MN與單匝矩形線圈abcd共面，位置靠近ab且相互絕緣．當MN中電流突然減小時，線圈所受安培力的合力方向A.向左 B.向右C.垂直紙面向外 D.垂直紙面向里5、如圖所示的各圖中，表示通電直導線在勻強磁場中所受磁場力的情況，其中磁感應強度B、電流I、磁場力F三者之間的方向關系不正確的是()A. B.C. D.6、一含有理想變壓器的電路如圖所示，變壓器原副線圈匝數比n1∶n2＝2∶1，圖中電阻R1、R2和R3的阻值分別是4Ω、2Ω和3Ω，U為有效值恒定的正弦交流電源．當開關S斷開時，理想電流表的示數為I，當S閉合時，電流表的示數為()A.I B.IC.I D.2I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、如圖甲所示，真空中水平放置兩塊長度為的平行金屬板、，兩板間距為，兩板間加上如圖乙所示最大值為的周期性變化的電壓，在兩板左側緊靠板處有一粒子源A，自時刻開始連續釋放初速度大小為，方向平行于金屬板的相同帶電粒子，時刻釋放的粒子恰好從板右側邊緣離開電場，已知電場變化周期，粒子質量為，不計粒子重力及相互間的作用力，則（）A.在時刻進入的粒子離開電場時速度大小為B.粒子的電荷量為C.在時刻進入的粒子離開電場時電勢能減少了D.在時刻進入的粒子剛好從板右側邊緣離開電場8、如圖甲所示的電路中，理想變壓器原、副線圈匝數比為10∶1，A、V均為理想電表，R是光敏電阻(其阻值隨光強增大而減小)、L是理想線圈、D是燈泡．原線圈接入如圖乙所示的正弦交流電，下列說法正確的是()圖甲圖乙A.交流電的頻率為50HzB.電壓表的示數為22VC.當光照增強時，?的示數變小D.若用一根導線來代替線圈L，則燈D變亮9、光滑絕緣半球形碗固定在水平地面上，碗內放有可視為質點的帶電小球1、2，兩小球質量均為、帶電量分別為，平衡時小球1、2分別位于位置處。小球2的電荷量逐漸減少，從點緩慢下滑至點，則A.兩帶電小球間庫侖力增大 B.兩帶電小球間庫侖力減小C.帶電小球2對碗的壓力增大 D.帶電小球2對碗的壓力減小10、A、B兩塊正對的金屬板豎直放置，在金屬板A的內側表面系一絕緣細線，細線下端系一帶電小球可視為點電荷兩塊金屬板接在如圖所示的電路中，電路中的為光敏電阻其阻值隨所受光照強度的增大而減小，為滑動變阻器，為定值電阻．當的滑片P在中間時閉合電鍵S，此時電流表和電壓表的示數分別為I和U，帶電小球靜止時絕緣細線與金屬板A的夾角為電源電動勢E和內阻r一定，電表均為理想電表．下列說法中正確的是（）A.無論將的滑動觸頭P向a端移動還是向b端移動，均不會變化B.若將的滑動觸頭P向b端移動，則I減小，U減小C.保持滑動觸頭P不動，用較強的光照射，則小球重新達到穩定后變小D.保持滑動觸頭P不動，用較強的光照射，則U變化量的絕對值與I變化量的絕對值的比值不變三、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）一同學用如圖所示裝置研究感應電流方向與引起感應電流的磁場變化的關系．已知電流從接線柱a流入電流表時，電流表指針右偏，實驗時原磁場方向、磁鐵運動情況及電流表指針均記錄在下表中實驗序號引起感應電流的磁場方向磁鐵運動情況指針偏轉情況1向下插入左偏2向下拔出右偏3向上插入右偏4向上拔出左偏（1）由實驗1、3得出的結論是：穿過閉合回路的磁通量_____（填“增加”、“減少”）時，感應電流的磁場方向與引起感應電流的磁場方向________（填“相同”、“相反”）（2）由實驗2、4得出的結論是：穿過閉合回路的磁通量______（填“增加”、“減少”）時，感應電流的磁場方向與引起感應電流的磁場方向________（填“相同”、“相反”）（3）由實驗1、2、3、4得出的結論是：________________________.12．（12分）如圖所示，在第二象限內存在一個半徑為a的圓形有界勻強磁場，磁場圓心坐標。在位置坐標為的P點存在一個粒子發射源，能在紙面內的第二象限向各個方向發射質量為m、帶電量的粒子，其速度大小均為v。這些粒子經過圓形磁場后都可以垂直y軸進入第一象限，并經過第一象限內一個垂直xOy平面向外的有界勻強磁場區域，該區域磁場的磁感應強度大小為第二象限圓形磁場區域內磁感應強度大小的二分之一，粒子經過該磁場后，全部匯聚到位置坐標為的Q點，再從Q點進入第四象限，第四象限內有大小為、方向水平向左的勻強電場。不計粒子重力，求：（1）第二象限圓形有界勻強磁場的磁感應強度；（2）第一象限有界磁場的最小面積；（3）這些粒子經過勻強電場后再次經過y軸時速度的大小以及粒子所能達到的最遠位置坐標。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）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，軌道的水平部分與半圓環相切．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）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，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

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、C【解題分析】根據則q-t線的斜率等于.故選C。【題目點撥】此題考查了q-t圖線的物理意義；解題的關鍵是首先找出q-t函數關系，根據函數關系研究圖線斜率的物理意義，這也是研究圖線問題最常用的基本方法。2、C【解題分析】根據靜電計測量的是電容器兩端的電勢差，斷開電鍵，電容器所帶的電量不變，根據電容的變化判斷電勢差的變化．閉合電鍵，電容器兩端的電勢差等于電源的電動勢【題目詳解】保持開關閉合，電容器兩端的電勢差等于電源的電動勢，故電容器兩端的電勢差不變，則指針張角不變，故AB錯誤；斷開開關S后，電容器帶電量不變，將AB靠近一些，則d減小，電容增大，根據知，電勢差減小，指針張角減小，故C正確；斷開開關S后，電容器帶電量Q不變，將A、B兩極板的正對面積S減小，電容C減小，根據知，電勢差U增大，指針張角增大，故D錯誤．所以C正確，ABD錯誤【題目點撥】本題考查電容器的動態分析，關鍵抓住斷開電鍵，電容器所帶的電量不變，電鍵閉合，電容器兩端的電勢差不變．與電容器串聯的電阻視為導線3、B【解題分析】根據點電荷的電場強度公式，由點電荷電場強度的疊加，即可求解【題目詳解】已知在M、N連線上某點P處的電場強度為零，根據點電荷的電場強度公式得：，，解得：，故ACD錯誤，B正確【題目點撥】理解點電荷的電場強度公式及電場強度的疊加，并掌握電場強度的矢量性，難度不大，屬于基礎題4、B【解題分析】當MN中電流突然減小時，單匝矩形線圈abcd垂直紙面向里的磁通量減小，根據楞次定律，單匝矩形線圈abcd中產生的感應電流方向順時針方向，由左手定則可知，線圈所受安培力的合力方向向右，選項B正確5、C【解題分析】A、磁場向上，電流向里，根據左手定則可得，安培力的方向水平向右，所以A正確；B、磁場向外，電流向上，根據左手定則可得，安培力的方向向右，所以B正確；C、磁場向左，電流向里，根據左手定則可得，安培力的方向向上，所以C錯誤；D、磁場向里，電流向右上方，根據左手定則可得，安培力的方向向左上方，所以D正確；本題選不正確的，故選C6、D【解題分析】變壓器輸入電壓為U與電阻R1兩端電壓的差值；再根據電流之比等于匝數的反比可求得輸出電流；根據電壓之比等于匝數之比對兩種情況列式，聯立可求得U與I的關系；則可求得電流表的示數【題目詳解】根據電流與匝數成反比，得副線圈電流I2＝2I;副線圈兩端的電壓；根據電壓與匝數成正比，得原線圈兩端的電壓為U1=2U2＝20I；電阻R1兩端的電壓IR1＝4I；在原線圈回路中U＝4I+U1＝24I；S閉合時，電流表示數為I′，副線圈中電流2I′；副線圈兩端的電壓；原線圈兩端的電壓U1′＝8I′；電阻R1兩端的電壓I′?R1=4I′；在原線圈回路U=4I′+8I′=24I；解得：I′=2I，故D正確，ABC錯誤；故選D【題目點撥】本題考查理想變壓器原理及應用，要注意明確電路結構，知道開關通斷時電路的連接方式；同時注意明確輸入電壓與總電壓之間的關系二、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、ABD【解題分析】A．粒子進入電場后，水平方向做勻速運動，則t＝0時刻進入電場的粒子在電場中運動時間此時間正好是交變電場的一個周期，粒子在豎直方向先做加速運動后做減速運動，經過一個周期，粒子的豎直速度為零，故粒子離開電場時的速度大小等于水平速度v0，故A正確；B．在豎直方向，粒子在時間內的位移為，則計算得出故B正確；C．在時刻進入電場的粒子離開電場時在豎直方向上的位移為故電場力做功為故C錯誤；D．時刻進入的粒子，在豎直方向先向下加速運動，然后向下減速運動，再向上加速，向上減速，由對稱可以知道，此時豎直方向的位移為零，故粒子從P板右側邊緣離開電場，故D正確。故選ABD。8、AD【解題分析】因交流電的周期是0.02s，所以頻率為，故A正確；原線圈接入電壓的最大值是220V，所以原線圈接入電壓的有效值是U1＝220V，根據理想變壓器變壓比：，代入數據解得副線圈的電壓為：U2＝22V，故B錯誤；有光照增強時，R阻值隨光強增大而減小，根據，得副線圈輸出功率增大，所以原線圈輸入功率增大，所以電流表?的示數變大，故C錯誤；用導線代替線圈，對電流的阻礙減小，所以D變亮，故D正確故本題選AD9、BD【解題分析】對B受力分析如圖：由相似三角形法可證明兩個帶電小球任意電量時，都在同一水平面上（為兩球連線距離的一半，為點到兩球連線的距離）；小球2電量減少，兩球間庫侖力減小，小球位置下降，且總在同一水平面。對小球2，由圖解法可知，減小，減小，小球對碗的壓力減小；A．兩帶電小球間庫侖力增大，與結論不相符，選項A錯誤；B．兩帶電小球間庫侖力減小，與結論相符，選項B正確；C．帶電小球2對碗的壓力增大，與結論不相符，選項C錯誤；D．帶電小球2對碗的壓力減小，與結論相符，選項D正確；故選BD.10、ACD【解題分析】AB．滑動變阻器處于含容支路中，相當于導線，所以移動滑動觸頭P，和所在電路中電流I不變，U也不變，所以角度不變，故A正確，B錯誤；C．用更強的光線照射，的阻值變小，外電路總電阻減小，電流I增大，內電壓和的電壓增大，則電容器板間電壓減小，板間電場強度變小，小球所受的電場力變小，則減小，故C正確；D．保持滑動觸頭P不動，逐漸增加照射的光強，總電阻減小，電流I增大，外電壓U減小，根據閉合電路歐姆定律得：，可見，保持不變，故D正確。故選ACD。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.增加②.相反③.減少④.相同⑤.感應電流的磁場總是阻礙引起感應電流的磁通量的變化【解題分析】(1)[1][2]由表中信息可知，在實驗1、3中，磁鐵插入線圈，穿過線圈的磁通量增加，而穿過線圈的磁場方向相反，感應電流方向相反，感應電流磁場方向與原磁場方向相反，由此可知：穿過閉合回路的磁通量增加時，感應電流的磁場方向與原磁場方向相反。(2)[3][4]由表中實驗信息可知，在實驗2、4中，穿過線圈的磁通量減小，磁場方向相反，感應電流方向相反，感應電流磁場方向與原磁場方向相同，由此可知：穿過閉合回路的磁通量減少時，感應電流的磁場方向與原磁場方向相同。(3)[5]綜合分析4次實驗可知：感應電流的磁場總是阻礙引起感應電流的磁通量的變化。12、（1）（2）（3）3v；（0，）【解題分析】（1）要想使這些粒子經過圓形磁場后都可以垂直y軸進入第一象限，則粒子在圓形磁場中做勻速圓周運動的半徑必須和圓形磁場的半徑相同，即：R=a在磁場中，由洛侖茲力提供向心力：聯立可得：由左手定則知：磁感應強度B的方向垂直xOy平面向外（2）第一象限區域磁場的磁感應強度大小為第二象限圓形磁場區域內磁感應強度大小的二分之一，則根據此時粒子在磁場中做圓周運動的半徑為R′=2a則最小磁場的直徑為最小面積為（3）粒子在從P到Q運動的過程中，所經歷的磁場區域均不可以改變其速度的大小，所有粒子在到達Q點的速度仍是v。雖然不同粒子在Q點的速度方向不同，從Q到y軸負方向，由動能定理可得：解得：由第一象限內的磁場分布可以知道，所有從Q點射出的粒子，其速度大小均為v，方向頒布在沿x軸正向與y軸負向之間的90°范圍之