海北市重点中学2023-2024学年高二物理第一学期期末学业水平测试试题含解析

海北市重点中学2023-2024学年高二物理第一学期期末学业水平测试试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、下列物理量中属于标量的是（）A.电场强度 B.电势差C.向心加速度 D.磁感应强度2、如图所示,正方形线圈abcd的一半处于匀强磁场中,线圈平面与磁场方向垂直．在线圈以ab为轴旋转90°的过程中,穿过线圈的磁通量大小()A.一直减小 B.先减小后不变C.先不变后减小 D.先增大后减小3、某交流发电机给灯泡供电，产生正弦式交变电流的图象如图所示，下列说法中正确的是（）A.交变电流的频率为B.交变电流的瞬时表达式为

C.在时，穿过交流发电机线圈的磁通量最大D.若发电机线圈电阻为，则其产生的热功率为5W4、如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随电流变化的伏安特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是A.在这两种连接状态下，小灯泡电阻相等B.在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1∶2C.电源1与电源2的内阻之比是7∶11D.由于小灯泡L的U－I图线是一条曲线，所以灯泡发光过程中欧姆定律不适用5、对电容C＝，以下说法正确的是A.电容器带电荷量越大，电容就越大B.对于固定电容器，它的带电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变C.可变电容器的带电荷量跟加在两极板间的电压成反比D.如果一个电容器没有电压，就没有带电荷量，也就没有电容6、如图所示，ABC是两带电量均为Q的正点电荷连线的中垂线上的三点，B是两线段的交点，A点固定有一带电量同为Q的负点电荷，现将一电子从B点由静止释放，电子运动中会经由C点继续向前运动，则（）A.从B到C，电场力对该电子一直不做功B.电子从B到C做加速度变大的加速运动C.电子在B、C两点时的电势能大小关系是EPBEPCD.若电子可回到B点，则回到B点时速度不为零二、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、回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，下列说法中正确的是()A.回旋加速器中，粒子加速的时间和做圆周运动的周期相等B.带电粒子在D形盒内从狭缝间的电场获得能量C.增大D形盒的半径，可以增大粒子从D形盒射出时的动能D.狭缝宽度越小，粒子从D形盒射出时的动能越大8、如图所示，光滑的水平轨道AB与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，AB水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点．一质量为m、带正电的小球从距B点x的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB向右运动，恰能通过最高点，下列说法中正确的是A.R越大，x越大B.m与R同时增大，电场力做功增大C.m越大，x越小D.R越大，小球经过B点后瞬间对轨道的压力越大9、如图，电阻为R、长为L的导体棒，初始时静止于光滑的水平轨道上，导体棒的两端M、N与导轨接触良好，电源电动势为E，内阻不计。匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成角斜向右上方，开关s闭合后。则A.导体棒向右运动B.导体棒向左运动C.开关S闭合瞬间，导体棒所受安培力大小为D.若仅换用更粗的同种材料、长度相同的导体棒，则导体棒所受安培力大小不变10、一束带电粒子从静止开始经同一电场加速后垂直进入同一匀强磁场中。若它们在磁场中做圆周运动的半径相同，则它们在磁场中具有相同的（）A.速率 B.动能C.动量大小 D.周期三、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处，不要求写出演算过程。11．（6分）某同学想用以下器材组装一只欧姆表，并比较精确地测量一只几千欧电阻的阻值A．电流计，满偏电流为1mA，内阻为20ΩB．电流计，满偏电流为0.6A，内阻为5ΩC．电动势15V，内阻5Ω的直流电源D．电动势3V，内阻3Ω的直流电源E．最大阻值为5000Ω的滑动变阻器F．最大阻值为100Ω的滑动变阻器(1)以上器材应选用________(填字母)，并在下面虚线框内画出所组装的欧姆表的内部电路结构图_____(2)若用此欧姆表测量电阻，发现指针指在满偏电流的三分之一处，则此电阻的阻值约为________Ω.(3)如果电池长期未用，导致内阻增大，电动势基本不变，且仍然能正常调零，这将导致测量的结果________(选填“偏大”“偏小”或“准确”)12．（12分）某发电站的输出功率为104kW，输出电压为4kV，通过理想变压器升压后向125km远处用户供电．已知输电线的电阻率为ρ＝2.4×10－8Ω·m，导线横截面积为1.5×10－4m2，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求：所用的理想升压变压器原、副线圈的匝数比是______，如果用户用电器的额定电压为220V，所用理想降压变压器原、副线圈匝数比是______.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）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14．（16分）如图，两根间距为L＝0.5m的平行光滑金属导轨间接有电动势E＝3V、内阻r＝1Ω的电源，导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°．金属杆ab垂直导轨放置，质量m＝0.2kg．导轨与金属杆接触良好且金属杆与导轨电阻均不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中．当R0＝1Ω时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8（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15．（12分）如图所示，水平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=5.0×105N/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=4.8×10-25kg、电荷量为q=1.6×10-18C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0=1.0×106m/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、B【解析】A.电场强度是矢量，其方向与正电荷所受的电场力方向相同，故A错误；B.电势差是标量，其运算法则遵守代数加减法则，故B正确；C.向心加速度是矢量，其方向指向圆周运动圆心，故C错误；D.磁感应强度是矢量，其方向就是该点的磁场方向，故D错误。故选B。2、C【解析】根据磁通量的公式Φ=BScosθ分析磁通量的变化，注意有效面积的判断【详解】在线圈以ab为轴旋转90°的过程中，由于线圈在垂直于磁场平面上的投影面积不变，即有效面积不变，故开始时磁通量不变；而当cd过进入磁场后，有效面积减小；故磁通量减小；故只有C正确；故选C3、D【解析】A．由图象可知，交流电的周期为2.0×10-2s，所以交流电的频率为f==50Hz，所以A错误；B．根据图象可得，交变电流的瞬时表达式为i=Acosωt=5cos100πt（A），所以B错误；C．在t=0.01s时，感应电流最大，所以此时穿过交流发电机线圈的磁通量的变化率最大，穿过交流发电机线圈的磁通量最小，所以C错误；D．交流电的有效值为I=A，所以发电机的发热功率为P=I2r=（）2×0.4W=5W，所以D正确4、B【解析】根据电源的外特性曲线U-I图线，可求出灯泡电阻和电源电动势以及内阻；根据灯泡伏安特性曲线与电源伏安特性曲线交点确定灯泡与电源连接时工作电压与电流，即可求出功率；欧姆定律适用于纯电阻，灯泡是纯电阻；【详解】A、根据图象交点知与电源1相接时电阻，与电源2相连接时，在这两种连接状态下，小灯泡的电阻不相等，故A错误；B、小灯泡伏安特性曲线与电源伏安特性曲线的交点即为灯泡与电源连接时的工作状态，则连接电源Ⅰ时，，，故连接电源Ⅱ时，，，故，所以小灯泡消耗的功率之比为：，故B正确；C、U-I图象的斜率的绝对值表示内电阻，根据电源U-I图线，，，则，故C错误；D、欧姆定律适用于纯电阻，灯泡是纯电阻，适用欧姆定律，故D错误【点睛】本题关键在于对电源伏安特性曲线、灯泡伏安特性曲线的理解，明确交点的含义5、B【解析】A．电容器的电容只由电容器本身来决定，与电容器带电荷量无关，选项A错误；B．电容表征电容器容纳电荷本领的大小，对于固定电容器，电容C不变，由定义式可知，则带电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变．故B正确C．电容器的带电荷量Q=CU，当电容C一定时，电量与电压成正比．当电容C变化时，电量与电压不成正比．故C错误D．电容表征电容器容纳电荷本领的大小，与电容器的电量、电压无关．故D错误6、C【解析】A.从B到C，合场强不会一直零，电场力对该电子要做功，故A错误；B.从B到C，产生的场强变小，但两个产生的合场强变化情况不能确定，所以B、C间电场的分布情况不能确定，电场强度的变化不能确定，电场力的变化不能确定，所以加速度不一定一直变大，故B错误；C.从B到C，电子的动能增大，则电势能减小，则有，故C正确；D.若电子可回到B点，则回到B点前，电场力对电子做负功，动能减小，速度减小，根据对称性可知，回到B点时的速度一定为零，故D错误。故选C。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、BC【解析】回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等．当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据动能表达式求解【详解】回旋加速器中，粒子每经过D型盒狭缝时都被加速一次，加速电场的变化周期等于粒子在磁场中做圆周运动的周期，选项A错误；带电粒子在D形盒内从狭缝间的电场获得能量，选项B正确；根据，则，则增大D形盒的半径R，可以增大粒子从D形盒射出时的动能，与狭缝的宽度无关，选项C正确，D错误；故选BC.【点睛】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道粒子的最大动能与狭缝的宽度无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关8、AB【解析】小球恰能通过最高点时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球经最高点时的速度，根据动能定理求出初速度v0与半径R的关系．小球经过B点后的瞬间由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，由牛顿运动定律研究小球对轨道的压力与半径的关系【详解】小球在BCD部分做圆周运动，在D点，有：mg=m①从A到D过程，由动能定理有：qEx-2mgR=mvD2，②由①②得：，③可知，R越大，x越大．m越大，x越大，故A正确，C错误从A到D过程，由动能定理有：W-2mgR=mvD2，⑥由①⑥解得：电场力做功W=mgR，可知m与R同时增大，电场力做功越多，故B正确．小球由B到D的过程中，由动能定理有：-2mgR=mvD2-mvB2，vB=，④在B点有：FN-mg=m⑤解得：FN=6mg，则知小球经过B点瞬间轨道对小球的支持力与R无关，则小球经过B点后瞬间对轨道的压力也与R无关，故D错误．故选AB【点睛】动能定理与向心力知识综合是常见的题型．小球恰好通过最高点时速度与轻绳模型类似，轨道对小球恰好没有作用力，由重力提供向心力，临界速度v=，做选择题9、AC【解析】AB．开关闭合，由左手定则可知，磁感线穿过掌心，则大拇指向为垂直磁感线向右，所以导体棒向右运动，故A正确，B错误；C．当开关闭合后，根据安培力公式，与可得故C正确；D．由电阻定律，换用更粗同种材料，所以电阻减小，由公式可知，安培力变大，故D错误。故选AC。10、AD【解析】根据动能定理得得：根据，得根据半径相同，U相同，知粒子的比荷相同。根据知，粒子在磁场中的速率相同。根据知，粒子在磁场中的周期相同。A．速率，与结论相符，选项A正确；B．动能，与结论不相符，选项B错误；C．动量大小，与结论不相符，选项C错误；D．周期，与结论相符，选项D正确；故选AD。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处，不要求写出演算过程。11、①.ADE②.③.6000④.准确【解析】(1)欧姆表的中值电阻等于欧姆表的内电阻，调零时电流表应该满偏；要测量一只约几千欧电阻的阻值，故中值电阻至少几千欧，然后根据闭合电路欧姆定律列式分析；(2)同样根据闭合电路欧姆定律列式求解；(3)电源的内阻不会影响测量结果，电源电动势发生变化会影响测量结果【详解】(1)欧姆表的中值电阻等于欧姆表的内电阻，调零时电流表应该满偏，题中电源和电流表有四种组合：组合一：AC组合，根据欧姆定律，调零后内阻为：组合二：BC组合，根据欧姆定律，调零后内阻为：组合三：AD组合，根据欧姆定律，调零后内阻：组合四：BD组合，根据欧姆定律，调零后内阻为：考虑滑动变阻器最大5000Ω，应该选组合三，故电流表选A，电源选D，滑动变阻器选E；电路图如图：(2)指针指在满偏电流的三分之一处，根据闭合电路欧姆定律，有代入数据解得：Rx=6000Ω；(3)用欧姆表测电阻时要对欧姆表进行调零，电源内阻对欧姆表的测量结果没有影响，电池长期未用，导致内阻增大，电源电动势认为保持不变，且仍然能正常调零，此欧姆计测量的结果是准确的【点睛】本题关键明确欧姆表的改装原理，要能够根据闭合电路欧姆定律多次列式求解12、①.1∶25②.4800:11【解析】（1）根据电阻定律得出输电线电阻，根据输电线上损失的功率求出输电线上的电流，从而根据P=UI求出升压变压器的输出电压；根据输电线上的电流和电阻求出输电线上的电压损失；根据变压比公式求解升压变压器原、副线圈的匝数比；（2）根据输出电压和电压损失得出降压变压器的输入电压，结合电压之比等于原副线圈的匝数之比求出降压变压器的原副线圈匝数之比【详解】（1）远距离输电的示意图，如图所示：导线电阻：R线=ρ代入数据得：R=40Ω升压变压器副线圈电流：I2=I线又I2R线=4%P解得：I2=100A根据P=U2I2得：U2=100

kV根据变压比公式，有：（2）降