安徽省安慶市2023-2024學(xué)年高二物理上學(xué)期第二次階段性學(xué)業(yè)質(zhì)量檢測試題含解析

Page192023-2024高二第一學(xué)期物理第二次段考一、單選題（每小題4分，共28分）1.下列電器在工作時，主要利用電流熱效應(yīng)的是（）A.發(fā)電機 B.電動機 C.電話機 D.電烤爐【答案】D【解析】【詳解】A．發(fā)電機主要是利用電磁感應(yīng)將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，故A錯誤；B．電動機是通電線圈在磁場中受力轉(zhuǎn)動而工作的，沒有利用電流的熱效應(yīng)，故B錯誤；C．電話機是將電能轉(zhuǎn)化為聲音的裝置，故C錯誤；D．電烤爐是利用電流熱效應(yīng)工作的，它把電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故D正確。故選D。2.一帶電微粒在正交勻強電場和勻強磁場的豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，如圖所示。則微粒帶電性質(zhì)和環(huán)繞方向（）A.帶正電，逆時針 B.帶正電，順時針C.帶負電，逆時針 D.帶負電，順時針【答案】C【解析】【詳解】粒子在正交勻強電場和勻強磁場豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，可知向下的重力和向上的電場力平衡，電場力向上，則粒子帶負電；由左手定則可知，粒子逆時針轉(zhuǎn)動。故選C。3.如圖所示為回旋加速器的示意圖，兩個靠得很近的D形金屬盒處在與盒面垂直的勻強磁場中，一質(zhì)子從加速器的A處開始加速。已知D形盒的半徑為，磁場的磁感應(yīng)強度為，高頻交變電源的電壓為、頻率為，質(zhì)子質(zhì)量為、電荷量為，下列說法正確的是（）A.質(zhì)子的最大速度不超過B.質(zhì)子在回旋加速器中共加速了次C.若忽略在電場中的運動時間，質(zhì)子在回旋加速器中的運動時間為D.若只增大磁感應(yīng)強度，回旋加速器仍可正常工作【答案】A【解析】【詳解】A．質(zhì)子出回旋加速器的速度最大，此時的半徑為R，則故A正確；B．當質(zhì)子從加速器中飛出有最大速度，則最大動能則加速次數(shù)為故B錯誤；C．質(zhì)子在加速器的中周期運動時間為故C錯誤；D．根據(jù)磁感應(yīng)強度增大，質(zhì)子運動的周期減小，則頻率增大，會大于高頻交變電源的頻率，使回旋加速器不能正常工作，故D錯誤。故選A。4.如圖所示，水平放置的兩組光滑軌道上分別放有可自由移動的金屬棒和MN，并且分別放置在磁感應(yīng)強度為和的勻強磁場中，當在外力的作用下運動時，MN向右運動，則所做的運動可能是（）A.向左加速運動 B.向左勻速運動C.向右加速運動 D.向右勻速運動【答案】A【解析】【詳解】根據(jù)安培定則可知，MN處于垂直紙面向里的磁場中，MN在磁場力作用下向右運動，說明MN受到的磁場力向右，由左手定則可知電流由M指向N，中感應(yīng)電流的磁場向上，由楞次定律可知，線圈中電流的磁場應(yīng)該是向上減弱，或向下增強。若中磁場方向向上減弱，根據(jù)安培定則可知中電流方向為且減小，根據(jù)右手定則可知向右減速運動；若中磁場方向向下增強，根據(jù)安培定則可知中電流方向為P→Q且增大，根據(jù)右手定則可知向左加速運動。故選A。5.恒流源是一種特殊的電源，其輸出的電流能始終保持不變。如圖所示的電路中電源是恒流源，當滑動變阻器滑動觸頭P從最右端向最左端移動時，下列說法中正確的是（）A.R2上的電壓變大 B.恒流源輸出功率保持不變C.R0上的電壓變小 D.R1的電功率增大【答案】A【解析】【詳解】AC．電源輸出電流不變，觸頭P由最右端向最左端移動時，接入電路的電阻變大，則總電阻變大，而源輸出電流不變，則并聯(lián)部分電壓增大，所以R2上的電壓變大，R2是定值電阻，故通過R2的電流變大；而總電流不變，則通過R1電流減小，所以R1的電壓減小，則R0上的電壓變大，故A正確，C錯誤；B．恒流源輸出功率P=UI，U增大，I不變，則P增大，故B錯誤；D．由前面分析可知通過R1電流減小，R1是定值電阻，故R1的電功率P1=I12R1減小，故D錯誤。故選A。6.如圖所示為磁流體發(fā)電機的示意圖，平行金屬板A、C組成一對平行電極，兩板間距為d，面積為S。兩板間有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，一束等離子體（帶有正、負電荷的粒子）以一定的速度v平行金屬板、垂直于磁場射入兩板間，兩板間連接有定值電阻R等離子體的電阻率為ρ則下列說法正確的是（）A.電阻中的電流方向由a到bB.電阻R的電功率為C.電源的總功率為D.增大兩金屬板的正對面積可增大發(fā)電機的電動勢【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)左手定則，帶正電的離子打在下極板上，帶負電的離子打在上極板上，電阻中的電流方向由b到a，A錯誤；B．穩(wěn)定時解得根據(jù)閉合電路歐姆定律電阻R的電功率為解得B錯誤；C．電源的總功率為解得C正確；D．根據(jù)，增大兩金屬板的正對面積不能增大發(fā)電機的電動勢，D錯誤。故選C。7.如圖甲所示，帶電小球以一定的初速度豎直向上拋出，能夠達到的最大高度為；若加上水平向里的勻強磁場（如圖乙），且保持初速度仍為，小球上升的最大高度為，若加上水平向右的勻強電場（如圖丙），且保持初速度仍為，小球上升的最大高度為；若加上豎直向上的勻強電場（如圖?。冶３殖跛俣热詾?，小球上升的最大高度為。不計空氣阻力，則（）A.一定有B.一定有C.與無法比較D.與無法比較【答案】C【解析】【詳解】A．題圖甲中，由豎直上拋運動的最大高度公式得h1=題圖丙中，當加上電場時，由運動的分解可知，在豎直方向上，有解得h3=所以h1=h3故A錯誤；D．題圖乙中，洛倫茲力改變速度的方向，當小球在磁場中運動到最高點時，小球應(yīng)有水平速度，設(shè)此時小球的動能為Ek，則由能量守恒定律得mgh2＋Ek=mv02又由于mv02=mgh1所以h1>h2D錯誤；BC．題圖丁中，因小球電性未知，則電場力方向不確定，則h4可能大于h1，也可能小于h1，因為h1>h2，所以h2與h4也無法比較，故C正確，B錯誤。故選C。二、多選題（每小題5分，共20分。全對得5分，少選得3分，有錯不得分）8.如圖，紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長直絕緣導(dǎo)線L1、L2，L1中的電流方向向左，L2中的電流方向向上；L1的正上方有a、b兩點，它們相對于L2對稱。整個系統(tǒng)處于勻強外磁場中，外磁場的磁感應(yīng)強度大小為B0，方向垂直于紙面向外。已知a、b兩點的磁感應(yīng)強度大小分別為B0和B0，方向也垂直于紙面向外。則（）A.流經(jīng)L1的電流在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0B.流經(jīng)L1的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0C.流經(jīng)L2的電流在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0D.流經(jīng)L2的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0【答案】AC【解析】【詳解】外磁場、電流的磁場方向如圖所示在b點B0＝B0－B1＋B2在a點B0＝B0－B1－B2由上述兩式解得B1＝B0，B2＝B0。故AC正確，BD錯誤。故選AC。9.如圖所示，電路中定值電阻阻值R大于電源內(nèi)阻阻值r，閉合開關(guān)S，將滑動變阻器滑片向下滑動，理想電壓表、、數(shù)變化量的絕對值分別為、、，理想電流表示數(shù)變化量的絕對值，則下列結(jié)論正確的是（）A.A的示數(shù)減小B.的示數(shù)減小C.與的比值等于D.小于【答案】BC【解析】【詳解】電路結(jié)構(gòu)為：電流表、定值電阻及滑動變阻器串聯(lián)，電壓表測量定值電阻的電壓，電壓表測量外電壓，電壓表測量滑動變阻器電壓。A．滑動變阻器滑片向下滑動，滑動變阻器的有效電阻減小，根據(jù)閉合電路的歐姆定律，電流增大。A錯誤；B．電流增大，內(nèi)電壓增大，則外電壓減小，即電壓表的示數(shù)減小。B正確；C．將定值電阻等效為電源內(nèi)阻，則電壓表測量等效電源的外電壓，根據(jù)電源的伏安特性曲線得C正確；D．根據(jù)閉合電路的歐姆定律得，而定值電阻阻值R大于電源內(nèi)阻阻值r，所以大于。D錯誤。故選BC。10.如圖所示，粒子源S能在圖示紙面內(nèi)的360°范圍內(nèi)發(fā)射速率相同、質(zhì)量為m、電量為+q的同種粒子（重力不計），MN是足夠大的豎直擋板，S到擋板的距離為L，擋板左側(cè)充滿垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，則下列說法正確的是（）A.S發(fā)射的粒子速率至少為，才能有粒子到達擋板B.若S發(fā)射的粒子速率為，則擋板能被粒子擊中部分的長度為2LC.若S發(fā)射的粒子速率為，粒子到達擋板的最短時間是D.若S發(fā)射的粒子速率為，粒子到達擋板的最短時間是【答案】AC【解析】【詳解】A.板上的點到S的距離最小為L，要保證有粒子打在板上，粒子做圓周運動的最小半徑：r洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝m，解得粒子最小速度：v故A項符合題意.B.倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝m，由題意可知：v，解得：r＝L由幾何知識得：ACL，當粒子向右水平射出時，剛好能打在擋板上如圖B點，則：BC＝r＝L，被粒子擊中的部分長度為：AB＝AC+BC＝（1）L；故B項不合題意.CD.根據(jù)B項分析可知粒子做圓周運動軌道半徑：r＝L，粒子到達擋板的最短距離為L，此時所對圓心角最小，所用時間最短，由幾何關(guān)系得：解得：θ＝60°粒子在磁場中做圓周運動的周期：T，粒子在磁場中運動的最短時間：tTT，故C項符合題意正確,D項不合題意.11.帶正電的小環(huán)套在粗糙水平桿上，桿足夠長，右半部分處在勻強磁場中，小環(huán)突然獲得一向右的水平速度滑入磁場中，如圖所示，小環(huán)的重量不能忽略，則小環(huán)進入磁場后的運動情況可能是（）A.勻速直線運動B.勻減速直線運動C.先逐漸減速最后勻速直線運動D.逐漸減速最后停止【答案】ACD【解析】【詳解】BD．小環(huán)帶正電，洛侖茲力豎直向上，如果速度較小，使得qvB<mg，支持力向上，受向左的摩擦力作用，小環(huán)減速，洛侖茲力減小直至停止，但支持力增大，加速度增大，B錯誤；D正確；A．如果洛侖茲力等于重力，則小環(huán)勻速運動，A正確；C．如果洛侖茲力大于重力，支持力向下，小環(huán)減速，直到洛侖茲力等于重力后小環(huán)勻速，C正確。故選ACD。三、實驗題（每空2分，共14分）12.某同學(xué)用如圖所示的實驗器材探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象。他連接好電路并檢查無誤后，閉合電鍵的瞬間觀察到電流表G指針向右偏轉(zhuǎn)。電鍵閉合后：（1）將滑動變阻器的滑動觸頭快速向接線柱C移動，電流計指針將___________偏（填“左”、“右”或“不”）；（2）將線圈A中的鐵芯快速抽出，電流計指針將___________（填“左偏”、“右偏”或“不偏”）；（3）在產(chǎn)生感應(yīng)電流的回路中，相當于電源的器材是___________；【答案】①.右②.左偏③.線圈B【解析】【分析】【詳解】(1)[1]閉合電鍵的瞬間，穿過副線圈的磁通量增加，電流表G指針向右偏轉(zhuǎn)，這說明副線圈磁通量增加，指針向右偏；將滑動變阻器的滑動觸頭加速向接線柱C移動，原線圈電路電流增大，穿過副線圈的磁通量增大，電流計指針將右偏。(2)[2]將線圈A中的鐵芯快速抽出，穿過副線圈的磁通量減小，電流計指針將左偏。(3)[3]在產(chǎn)生感應(yīng)電流的回路中，圖中器材中線圈B相當于電源。13.某物理興趣小組要組裝一個簡易的歐姆表，他們設(shè)計了如圖甲所示的電路，通過控制單刀多擲開關(guān)S，可使歐姆表具有“×1”、“×10”和“×100”三個倍率擋，并使改裝后的刻度盤正中央的刻度對應(yīng)電阻刻度的15，提供的器材規(guī)格如下：A．干電池（電動勢E=1.5V，內(nèi)阻不計）B．毫安表G（量程為1mA，內(nèi)阻為99.0Ω）C．電阻箱R1（0—99.9Ω）D．電阻箱R2（0—9.99Ω）E．滑動變阻器R3（0—1500Ω，額定電流0.5A）F．單刀多擲開關(guān)S一個，紅、黑表筆各一支，導(dǎo)線若干（1）該歐姆表的兩只表筆中，________（填“A”或“B”）應(yīng)為紅表筆。當開關(guān)S接1時，歐姆表的倍率為________（填“×1”、“×10”或“×100”）。（2）將開關(guān)S接2時，若為×10倍率擋，則電阻箱R1的阻值應(yīng)調(diào)整為________Ω，將開關(guān)S接3時，為第三種倍率，則電阻箱R2的阻值應(yīng)調(diào)整為________Ω?！敬鸢浮竣?A②.×100③.11.0④.1.00【解析】【詳解】（1）[1]歐姆表紅表筆應(yīng)與電源的負極相連，由圖甲可知A應(yīng)為紅表筆。[2]當開關(guān)S接1時，兩表筆短接，電流表滿偏時回路中的電流為1mA，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得歐姆表的內(nèi)阻即中值電阻為可知歐姆表的倍率為×100擋。（2）[3]將開關(guān)S接2時，若為×10倍率擋，則中值電阻應(yīng)為150Ω。毫安表G與R1并聯(lián)后，改裝電流表的量程應(yīng)為則電阻箱R1阻值應(yīng)調(diào)整為[4]將開關(guān)S接3時，為×1倍率擋，則中值電阻應(yīng)為15Ω。毫安表G與R2并聯(lián)后，改裝電流表的量程應(yīng)為則電阻箱R2的阻值應(yīng)調(diào)整為四、解答題14.如圖所示，水平U形光滑框架，寬度為1m，電阻忽略不計，導(dǎo)體棒ab的質(zhì)量m=0.2kg、電阻R=0.5Ω，勻強磁場的磁感應(yīng)強度B=0.2T，方向垂直框架向上。現(xiàn)用F=1N的外力由靜止開始向右拉ab棒，當ab棒的速度達到2m/s時，求：(1)ab棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大??；(2)ab棒所受的安培力的大小和方向；(3)ab棒加速度的大小和方向?！敬鸢浮?1)0.4V；(2)0.16N，水平向左；(3)4.2m/s2，水平向右【解析】【詳解】(1)ab棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小為代入數(shù)據(jù)，得(2)根據(jù)歐姆定律，有根據(jù)左手定則，判斷安培力方向水平向左，大小為(3)根據(jù)牛頓第二定律，有代入數(shù)據(jù)，得ab棒加速度的方向與F一致為水平向右。15.如圖所示，一絕緣板垂直于y軸放置，板上兩個小孔C、D（在x軸上）關(guān)于坐標原點O對稱，質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子（不計重力）以速度vo從y軸上的A點沿＋x方向進入第一象限的靜電分析器，在輻向電場（方向指向O）作用下，離子沿圖中虛線做半徑為R的勻速圓周運動，再從小孔C沿-y方向進入x軸下方垂直紙面向外的勻強磁場區(qū)域，經(jīng)一次與絕緣板的彈性碰撞后恰好從小孔D進入第二象限面內(nèi)的勻強電場，恰好以速度vo返回A點。求：（1）靜電分析器內(nèi)虛線處的E1的大??；（2）磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度B的大小；（3）第二象限內(nèi)電場強度E2的大小和方向。【答案】（1）；（2）；（3），方向垂直DA斜向右下方。【解析】【詳解】（1）粒子在靜電分析器做圓周運動，電場力提供向心力得：（2）粒子進入磁場后做勻速圓周運動，只碰撞一次，根據(jù)幾何關(guān)系可知洛倫茲力提供向心力得（3）粒子在D、A位置動能相等，故DA是等勢線，電場E2方向垂直DA斜向右下方，在x方向得16.如圖，豎直面內(nèi)坐標系xOy第一、三象限角平分線A1A2右側(cè)區(qū)域有一場區(qū)（內(nèi)存在勻強電場和勻強磁場）．平行板M、N如圖放置，M板帶正電．帶負電的N板在x軸負半軸上．N板上有一小孔P，離原