山东省青岛市黄岛区2024-2025学年高二物理上学期期末考试学业水平检测试题含解析

PAGE18-山东省青岛市黄岛区2024-2025学年高二物理上学期期末考试学业水平检测试题（含解析）一、单项选择题1.下列说法正确的是（）A.运动电荷在磁场中肯定受到洛伦兹力B.洛伦兹力必与电荷速度方向垂直C.运动电荷在磁场中必做匀速圆周运动D.电荷在磁场中不行能做匀速运动【答案】B【解析】【详解】A项：洛伦兹力是运动电荷在磁场中受到的力，静止的电荷不会受到洛伦兹力，故A错误；B项：依据左手定则洛伦兹力既垂直磁场方向又垂直电荷运动方向，故B正确；C项：只有粒子垂直进入磁场时才能做匀速圆周运动，故C错误；D项：假如电荷运动方向和磁场方向平行时不受洛伦兹力，则电荷在磁场中做匀速运动，故D错误．故选B．2.如图，线圈固定于分布匀称的磁场中，磁场方向垂直线圈平面，若磁感应强度变更使线圈中产生感应电流且渐渐变小，则磁感应强度B随时间t变更可能是图中的（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【详解】依据法拉第电磁感应定律可知因此要使感应电流减小应使线圈中的磁通量的变更率减小，即图象中的斜率应减小，故C正确，A、B、D错误；故选C。3.学校科学晚会上，科技制作社团表演了“震撼动量球”试验。在互动环节，表演者将球抛向观众，让其感受碰撞过程中的力，假设质量约为3kg的超大气球以3m/s速度竖直下落到手面，某观众双手上推，使气球以原速度大小竖直向上反弹，作用时间为0.1s。忽视气球所受浮力及空气阻力，g=10m/s2。则观众双手受的压力共计（）A.150N B.180NC.210N D.240N【答案】C【解析】【详解】取竖直向下为正方向，对气球由动量定理有代入数据解得负号表示力的方向竖直向上，由牛顿第三定律可知，观众双手受到的压力为210N，故C正确，A、B、D错误；故选C。4.如图甲，有一个原、副线圈匝数比为2:1的志向变压器，图中的电压表和电流表均为志向电表，原线圈接如图乙所示的正弦式沟通电，其中Rt为热敏电阻，其阻值随温度的上升而减小，R为定值电阻。下列说法正确的是（）A.副线圈两端电压的瞬时值表达式为u′＝18sin50πt(V)B.t＝0.01s时电压表V2的示数为0C.变压器原、副线圈中的电流之比为2:1D.Rt处温度降低时，电流表的示数变小，电压表V2的示数不变【答案】D【解析】【详解】A．原线圈接的图乙所示的正弦沟通电，由图知最大电压依据变压比可知，副线圈两端电压的最大值为周期为故角速度是副线圈两端电压的瞬时值表达式为故A错误；B．副线圈两端电压的有效值为所以电压表V2的示数为，故B错误；C．依据志向变压器的变流比可知，变压器原、副线圈中的电流之比等于匝数反比，即变压器原、副线圈中的电流之比为1：2，故C错误；D．处温度降低时，的阻值增大，而副线圈的电压不变，副线圈的电流减小，所以电流表的示数变小，由于副线圈的电压不变，依据变压比可知原线圈电压不变，电压表的示数不变，故D正确；故选D。5.圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向上滑动，下列说法正确的是（）A.线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流B.穿过线圈a的磁通量变大C.线圈a有缩小的趋势D.线圈a对水平桌面的压力FN将增大【答案】A【解析】【详解】AB．当滑动触头向上滑动时电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈的电流减小，线圈产生的磁场减弱，故穿过线圈的磁通量减小；依据中的电流方向和安培定则可知产生的磁场方向向下穿过线圈，依据楞次定律，中的感应电流的磁场要阻碍原来磁场的减小，故的感应电流的磁场方向与产生的磁场的方向相同，依据安培定则可知线圈中感应电流方向俯视应为顺时针方向，故A正确，B错误；C．干脆依据楞次定律的其次描述“感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的缘由”，因为滑动触头向上滑动导致穿过线圈的磁通量减小，故只有线圈面积增大时才能阻碍磁通量的减小，故线圈应有扩张的趋势，故C错误；D．起先时线圈对桌面的压力等于线圈的重力，当滑动触头向上滑动时，线圈的电流减小，线圈产生的磁场减小，依据楞次定律可知，此时两线圈相互吸引，故线圈对水平桌面的压力将减小，故D错误；故选A。6.在如图电路中，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2是两个完全相同的灯泡，E是一内阻不计的电源，下列说法正确的是（）A.闭合开关S瞬间，灯泡D1、D2同时亮，且D2的亮度大于D1B.闭合开关S一段时间后，D1不亮、D2比刚闭合S时亮度大C.断开开关S，经过D1的电流方向沿图示方向D.断开开关S，D2闪亮一下【答案】B【解析】【详解】AB．开关S闭合的瞬间，两灯同时获得电压，所以、同时发光，且亮度一样，之后由于流过线圈的电流增大，则流过灯的电流渐渐增大，灯渐渐增大，而灯熄灭，故A错误，B正确；C．断开开关S瞬间，流过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当电源，产生的感应电流流过电灯，其方向与规定图示流过电灯的方向相反，故C错误；D．断开开关S的瞬间，灯的电流突然消逝，马上熄灭，故D错误；故选B。7.如图，一带电粒子在正交的匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动。已知电场强度为E，方向竖直向下，磁感应强度为B，方向垂直于纸面对外。粒子圆周运动的半径为R，若小球运动到最高点A时沿水平方向分裂成两个粒子1和2，假设粒子质量和电量都恰好均分，粒子1在原运行方向上做匀速圆周运动，半径变为3R，下列说法正确的是（）A.粒子带正电荷B.粒子分裂前运动速度大小为C.粒子2也做匀速圆周运动，且沿逆时针方向D.粒子2做匀速圆周运动的半径也为3R【答案】C【解析】【详解】A．带电粒子在正交的匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，电场力和重力平衡，即有电场力方向与电场方向相反，所以粒子带负电，故A错误；B．由于分裂前粒子做圆周运动的半径为，依据洛伦兹力供应向心力可得可得其中解得故B错误；CD．由于电荷量和质量均减半，所以两个粒子受到的电场力和重力仍相等，所以粒子2也做匀速圆周运动；分裂前依据洛伦兹力供应向心力可知粒子沿逆时针方向运动，分裂后粒子1仍逆时针方向运动，所以粒子1在原运行方向上做匀速圆周运动，由于半径变为，所以粒子1的速度为分裂前速度的3倍，依据动量守恒定律可知解得分裂后粒子2的速度为依据左手定则可知粒子2也沿逆时针方向做匀速圆周运动，分裂后粒子2的速度小于粒子1的速度，粒子2做匀速圆周运动的半径小于，故C正确，D错误；故选C。8.如图，光滑无电阻的金属框架MON竖直放置，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于MON平面指向纸里。质量为m，长度为l，电阻为R的金属棒ab从∠abO=45°的位置由静止释放，两端沿框架在重力作用下滑动。若当地的重力加速度为g，金属棒与轨道始终保持良好接触，下列说法正确的是（）A.棒下滑过程机械能守恒B.下滑过程中棒产生从b到a方向的电流C.从释放到棒全部滑至水平轨道过程中产生的电能等于D.从释放到棒全部滑至水平轨道过程中，通过棒的电荷量等于【答案】D【解析】【详解】A．棒在下滑过程中，棒与金属导轨组成闭合回路，磁通量在变更，会产生感应电流，棒将受到安培力作用，安培力对棒做功，棒的机械能不守恒，故A错误；B．棒下滑过程中，围成的面积减小，依据楞次定律可知，产生感应电流，方向为到，故B错误；C．棒从释放到滑至水平轨道过程，金属棒的重力势能减小为金属棒减小的重力势能转化为金属棒的电能和金属棒的动能，由能量守恒定律得知棒上产生的电能小于，故C错误；D．棒与金属导轨组成闭合回路磁通量的变更量为依据推论得到通过棒的电荷量为故D正确；故选D。二、多项选择题9.太阳系中的其次大行星是土星，它的卫星众多，目前已发觉的卫星达数十颗．依据下表所列土卫五个土卫六两颗卫星的相关参数，可以比较（）土星的卫星距离土星距离半径发觉者发觉年份土卫五卡西尼土卫六惠更斯A.这两颗卫星公转的周期大小 B.这两颗卫星公转的速度大小C.这两颗卫星表面的重力加速度大小 D.这两颗卫星公转的向心加速度大小【答案】ABD【解析】【详解】设土星的质量为M，A.由开普勒第三定律，半径越大，周期越大，所以土卫五的公转周期小．故A正确；B.由卫星速度公式，公转半径R越大，卫星的线速度越小，则土卫六的公转线速度小．故B正确；C.由卫星表面的重力加速度公式，由于卫星的质量未知，无法比较卫星表面的重力加速度，故C错误；D.由卫星向心加速度角公式，公转半径R越小，向心加速度a越大，则土卫五的向心加速度大．故D正确．故选ABD.10.汽车的点火装置的核心是一个变压器，该变压器的原线圈与12V的蓄电池相连，副线圈连接到火花塞的两端，当开关由闭合变为断开时，副线圈中产生10KV以上的电压，火花塞中产生火花，从而点燃油气实现汽车点火。某同学设计了甲、乙两个装置，下列说法中正确的是（）A.甲装置能实现点火B.该点火装置能使火花塞的两端产生持续高压C.变压器的原线圈用细导线绕制，而副线圈要用粗导线绕制D.该点火装置中变压器为升压变压器【答案】AD【解析】【详解】AB．变压器是变更沟通电的电压的设备，由图可知，当甲图中的开关接通与断开的瞬间，左侧的电流发生变更，变更的电流引起左侧的线圈内磁通量的变更，进而引起右侧的线圈内磁通量的变更，则在右侧的线圈内产生瞬间的感应电动势，该电动势以高压的形式瞬间对外输出，即可使火花塞点火，但该点火装置不能使火花塞的两端产生持续高压，图乙中，右侧没有电流，所以右侧的开关的接通与断开不能引起电流的变更，所以图乙不能使火花塞点火，故A正确，B错误；CD．由于火花塞须要的电压为10kV，但是电源的电压为12V，所以必须要经过升压变压器才可以得到高的电压，所以变压器左边线圈匝数远少于右边线圈的匝数，导致右边电压被提高，所以变压器的副线圈匝数远大于原线圈匝数，依据变流比可知，原线圈的电流大，为了避开产生较大的焦耳热，则原线圈用电阻小的粗导线，副线圈用电阻大的细导线，故C错误，D正确；故选AD。11.如图，一圆柱形磁铁竖直放置，在它的下方有一带负电小球置于光滑绝缘水平面上，小球在水平面上做匀速圆周运动，下列说法正确的是（）A.小球所受的合力可能不指向圆心B.小球对地面的压力大于小球的重力C.俯视视察，小球的运动方向肯定是顺时针D.俯视视察，小球的运动方向肯定是逆时针【答案】BD【解析】【详解】A．小球所受力的合力供应向心力，做匀速圆周运动的物体所受合力肯定指向圆心，故A错误；B．由图可知，小球处磁场的方向是斜向上，洛伦兹力垂直于磁场的方向，又洛伦兹力应当受指向圆心方向的重量供应向心力，故洛伦兹力的方向是斜向下，并不指向圆心，如图，结合受力的特点可知，小球在竖直方向上，受到的支持力肯定等于重力与洛伦兹力沿竖直方向向下的分力的和，依据牛顿第三定律可知，小球对地面的压力大于小球的重力，故B正确；CD．依据前面分析的洛伦兹力的方向，由左手定则推断带负电的小球的运动方向肯定是逆时针，故C错误，D正确；故选BD。12.如图，用轻绳将两个弹性小球紧紧束缚在一起并发生微小的形变，现正在光滑水平面上以速度v0＝0.1m/s向左做匀速直线运动，已知a、b两弹性小球质量分别为ma＝1.0kg和mb＝2.0kg。一段时间后轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动。经过t＝4.0s，两球的间距s＝3.6m，下列说法正确的是（）A.刚分别时，a、b两球的速度方向相反B.刚分别时，b球的速度大小为0.5m/sC.刚分别时，a球的速度大小为0.4m/sD.两球分别过程中释放弹性势能为0.27J【答案】AD【解析】【详解】ABC．取向左为正方向，由动量守恒定律得经过后，两球的间距为则有解得，可知，刚分别时，球速度大小为0.5m/s，方向向右，球的速度大小为0.4m/s，方向向左，两球的速度方向相反，故A正确，B、C错误；D．设两球分别过程中释放的弹性势能为，由能量守恒定律得解得故D正确；故选AD。三、非选择题13.在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”试验中：(1)原线圈中接入的电源是____A．接入220V沟通电B．接入学生电源12V以下直流输出C．接入学生电源12V以下沟通输出(2)对于试验过程，下列说法正确的是______A．为便于探究，应当采纳限制变量法B．因为试验所用电压较低，通电时可用手接触袒露的导线、接线柱等检查电路C．运用多用电表测电压时，先用中等量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量【答案】(1).C(2).A【解析】【详解】(1)[1]“探究变压器电压与匝数的关系”要用低压沟通电源和沟通电表，所以不须要干电池，变压器是变更电压，因此为了人身平安，原线圈两端只能运用低压沟通电源，所用电压不超过12V，故A、B错误，C正确；故选C；(2)[2]A．探究变压器原副线圈两端的电压与匝数的关系，为便于探究，应当采纳限制变量法，故A正确；B．试验通电时，可用手接触袒露的导线、接线柱等检查电路，这样无形之中，将人体并联电路中，导致所测数据不精确，故B错误；C．运用多用电表测电压时，先用最高量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量，故C错误；故选A。14.如图为“探究电磁感应现象”的试验中所用器材的示意图.(1)请用笔画线代替导线，将所缺导线补接完整____(2)电路连接完整后，某同学闭合开关时发觉灵敏电流计的指针向左偏了一下，则他将滑线变阻器的滑动端P向左滑动时，电流计指针向_____偏转（选填“左”或“右”）(3)某同学在完成试验后未断开开关，也未把A、B两线圈和铁芯分开放置，在拆除电路时突然被电击了一下，则被电击是在拆除___(选填“A”或“B”)线圈所在电路时发生的。要避开电击发生，在拆除电路前应___(选填“断开开关”或“把A、B线圈分开放置”)【答案】(1).(2).右(3).A(4).断开开关【解析】【详解】(1)[1]将电源、电键、变阻器、小螺线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示(2)[2]闭合开关，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流表的指针向左偏一下；那么合上电键后，将滑线变阻器的滑片向左滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，原线圈电流变小，穿过副线圈的磁场方向不变，但磁通量变小，灵敏电流计指针将右偏转；(3)[3][4]在完成试验后未断开开关，也未把、两线圈和铁芯分开放置，在拆除电路时，线圈中的电流突然削减，从而出现断电自感现象，线圈中会产生自感电动势，进而突然会被电击了一下，为了避开此现象，则在拆除电路前应断开开关。15.如图，虚线上方存在匀强磁场，磁场磁感应强度为B，一个电子从边界的P点与水平虚线夹角方向射入磁场，从虚线边界上的Q点离开（图中没标出）。已知PQ间距离为d，电子质量为m、带电荷量为e，不计电子重力。求：(1)电子进入磁场时速度大小(2)电子穿过磁场的时间【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)电子的运动轨迹如图由几何关系可知，电子在磁场中的圆心角为轨道半径为依据牛顿其次定律得解得(2)圆心角对应的弧长为粒子穿过磁场的时间联立解得16.如图甲，在两根水平放置的平行金属导轨两端各接一只阻值为R=2Ω的电阻，导轨间距为L=0.2m，导轨电阻忽视不计，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=1T。一根电阻r=0.2Ω的导体棒ab置于导轨上，且始终与导轨良好接触，若导体棒沿平行于导轨方向在PQ和MN之间运动，其速度图像如图乙所示（余弦函数曲线），求：(1)导体棒产生感应电动势瞬时值表达式(2)整个电路在1min内产生的电热【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)导体棒切割磁感线运动，由于切割长度、磁感应强度均不变更，所以感应电动势与切割速度成正比，所以速度瞬时值表达式为则感应电动势(2)由瞬时值表达式可以看出，回路中的沟通按余弦规律变更，电动势有效值回路中的总电阻所以产生的焦耳热为17.如图，固定于水平面的两平行金属导轨处于竖直向下、磁感应强度为B=2T的匀强磁场中，两平