浙江省慈溪市三山高级中学等六校2024-2025学年高二物理上学期期中联考试题含解析

PAGE21-浙江省慈溪市三山高级中学等六校2024-2025学年高二物理上学期期中联考试题（含解析）一．选择题1.以下相关一些物理学家的贡献，不正确的是A.法国物理学家库仑发觉了电荷之间的相互作用规律--库仑定律，并利用扭秤试验测出了静电力常量k的值。B.俄国物理学家楞次发觉了楞次定律，从而揭示了感应电流的磁场和磁通量变更之间的关系。C.英国物理学家麦克斯韦最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场。D.奥斯特最早发觉了电流的磁效应。【答案】C【解析】【详解】A.法国物理学家库仑利用扭秤试验发觉了电荷之间的相互作用规律--库仑定律，并测出了静电力常量k的值。故A正确不符合题意；B.俄国物理学家楞次发觉了楞次定律，从而揭示了感应电流的磁场和磁通量变更之间的关系，故B正确不符合题意。C.英国物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场。故C错误符合题意。D.奥斯特最早发觉了电流的磁效应，故D正确不符合题意。2.如图所示的两条长直导线AB和CD相互垂直。其中AB固定，CD可以以其中心为轴自由转动或平动，彼此相隔一段很小的距离。当分别通以图示方向的电流I时。CD的运动状况是A.顺时针方向转动、同时靠近导线ABB.顺时针方向转动．同时离开导线ABC.逆时针方向转动、同时靠近导线ABD.逆时针方向转动、同时离开导线AB【答案】C【解析】【详解】AB导线产生的磁场磁感线为第一个图的黑圆线，红色的为CD导线，由左手定则可推断左侧受力向下，右侧受力向上，所以CD棒会逆时针旋转。AB导线和CD导线靠近还是远离可以从其次个图推断，AB产生的磁场如图所示，由左手定则可推断CD导线受力指向AB导线，故CD导线会靠近AB导线。A.顺时针方向转动、同时靠近导线AB与分析不符，故A错误。B.顺时针方向转动．同时离开导线AB与分析不符，故B错误。C.逆时针方向转动、同时靠近导线AB与分析相符，故C正确。D.逆时针方向转动、同时离开导线AB与分析不符，故D错误。3.如图，两平行的虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的直角三角形线框abc的ab边与磁场边界平行，现使此线框向右匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直．则下列各图中可以定性地表示线框在进入磁场的过程中感应电流随时间变更的规律的是()A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】起先时进入磁场切割磁感线，依据右手定则可知，电流方向为逆时针，当起先出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针；不论进入磁场，还是出磁场时，由于切割的有效长度变小，导致产生感应电流大小变小，故ABC错误，D正确。4.两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A为MN上的一点，一带负电的摸索电荷q，从A点由静止释放，只在静电力的作用下运动，取无限远处的电势为零，则A.q由A向O的运动是匀加速直线运动B.q由A向O的运动过程电势能先增大后减小C.q运动到O点时电势能为零D.q运动到O点时的动能最大【答案】D【解析】【详解】A.两等量正电荷四周部分电场线如图所示其中P、Q连线的中垂线MN上，从无穷远到O过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远方向。故摸索电荷所受的电场力是变更的，q由A向O的运动做非匀加速直线运动；故A错误。B.电场力方向与AO方向一样，电场力做正功，电势能渐渐减小，故B错误。C.取无限远处的电势为零，从无穷远到O点，电场力做正功，电势能减小，则q运动到O点时电势能为负值。故C错误。D.从A到O过程，电场力做正功，动能增大，从O到N过程中，电场力做负功，动能减小，故在O点摸索电荷的动能最大，速度最大，故D正确。5.如图所示，A、B是两根平行且水平放置的长直导线，通以大小、方向均相同的恒定电流，在A、B连线的垂直平分线上放置一段为L的直导线，A、B、C刚好在正三角形的三个顶点上。现给C通以恒定电流，C受到的安培力大小为F，若不再给A导线通电，则C受到的安培力大小为A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】依据电流方向相同相互吸引可得A和B对C安培力如图所示，由于A、B是两根平行且水平放置的长直导线，通以大小、方向均相同的恒定电流，所以FA=FB依据几何关系可得：2FBcos30°=F解得：所以不再给A导线通电，则C受到的安培力大小为。A.与分析相符，故A正确。B.与分析不符，故B错误。C.与分析不符，故C错误。D.与分析不符，故D错误。6.如图为圆盘发电机的示意图，铜盘绕水平的铜轴C在垂直于盘面的匀强磁场中转动，铜片D与铜盘的边缘接触，铜盘、导线和电阻R连接组成电路，则（）A.转动过程电能转化为机械能B.C处的电势比D处高C.通过R的电流方向从B向AD.产生的电动势大小与角速度ω无关【答案】C【解析】圆盘在外力作用下切割磁感线，从而产生感应电动势，出现感应电流，因此转动过程中将机械能转化为电能，故A错误；依据右手定则可知，电流从D点流出，流向B点，因此电流方向为从B向A，由于圆盘在切割磁感线，相当于电源，所以C处的电势比D处低，故B错误，C正确；依据法拉第电磁感应定律，则有E=BLV=BL2ω，所以产生的电动势大小与角速度ω有关，故D错误；故选C。点睛：本题是右手定则和法拉第电磁感应定律的综合应用，基本题，考查对试验原理的理解实力，同时留意切割磁感线相当于电源，内部电流方向是从负极到正极．7.汤姆生用来测定电子比荷的试验装置如图所示。从真空管中K极放射的一束电子初速度近似为零经KA间的电场加速后，穿过中心的小孔沿中心轴的方向进入到两块平行极板P和P间的区域最终打在荧光屏的中心O点处，形成一个亮点。已知KA间加速电压大小为U，电子电荷量大小为e、质量为m。下列说法正确的是A.电子到达A点时的速度大小为B.若在PP间加向下的匀强电场，则亮点将出现在点下方C.若在间加向下的匀强电场，则电子通过间的时间比不加电场时长D.若在间同时加向下的匀强电场和垂直纸面对里的匀强磁场，则亮点仍可能出现在点【答案】D【解析】【分析】由动能定理可求得电子到达A点时的速度；在PP间加电场或磁场时，通过分析受力得出电子的运动特点，从而分析各个选项。【详解】由动能定理得：，解得：，故A错误；若在PP间加向下的匀强电场，电子在PP间受到的电场力向上，电子将向上偏转，所以亮点将出现在点上方，故B错误；若在PP间加向下的匀强电场，电子在PP间运动时水平方向做匀速运动，运动时间，不变，故C错误；若在间同时加向下的匀强电场和垂直纸面对里的匀强磁场，电子进入PP间受到的电场力向上，洛伦兹力向上，若满意，则电子将做匀速运动，亮点仍出现在点，故D正确；故选D。【点睛】本题是带电粒子在电场、复合场中运动的问题，类平抛运动依据运动的分解法探讨，电子在复合场中，是速度选择器的原理，难度适中。8.如今电动动力平衡车特别受年轻人的宠爱，已渐渐成为街头的一种时尚。如图所示为某款电动平衡车的部分参数，见下表，则该电动平衡车A.电池从完全没电到充溢电所需的时间约为8.3hB.电池最多能储存的电能为JC.骑行时的工作电流为1AD.充溢电后能工作5h【答案】B【解析】【详解】A.电池从完全没电到充溢电所需的时间约为:故选项A不符合题意；B.电池最多能储存的电能为：故选项B符合题意；CD.骑行时的工作电流为：因此，充溢电后能工作的时间为：故选项C、D不符合题意；9.如图所示,金属环半径为a,总电阻为2R,匀强磁场磁感应强度为B,垂直穿过环所在平面.电阻为的导体杆AB沿环表面以速度v向右滑至环中心时,杆的端电压为A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】切割产生的感应电动势大小为：E=B•2av=2Bav电路中的总电阻为：则总电流为：则杆子两端的电压为：A.与分析相符，故A正确。B.与分析不符，故B错误。C.与分析不符，故C错误。D.与分析不符，故D错误。10.下列说法中正确的是A.电磁炉中线圈通交变电流时，在金属锅上产生涡流，使锅体发热而加热食物，电流频率越低，加热越快。B.磁电式电表的线圈经常用铝框做骨架，把线圈绕在铝框上，是为了防止电磁感应。C.精密线绕电阻常采纳双线绕法，可以增加线绕电阻通电时产生的磁场。D.车站的安检门可以探测人身携带的金属物品，其是利用了电磁感应原理。【答案】D【解析】【详解】A.电磁炉中线圈通交变电流时，在金属锅上产生涡流，使锅体发热而加热食物，电流频率越高，电流变更越快，感应电流越大，加热越快，故A错误。B.经常用铝框做骨架，起到电磁阻尼作用，是为了利用电磁感应，故B错误。C.采纳双线绕法，磁场相互抵消，可以减弱线绕电阻通电时产生的磁场，故C错误。D.车站的安检门可以探测人身携带的金属物品，其是利用了电磁感应原理，故D正确。11.如图所示，用起电机使金属球A带上正电，靠近不带电的验电器B，则A.验电器金属箔片不张开，因为球A没有和B接触B.验电器金属箔片张开，因为整个验电器都带上了正电C.验电器金属箔片张开，因为整个验电器都带上了负电D.验电器金属箔片张开，因为验电器金属箔片带上了正电【答案】D【解析】【详解】把一个带正电的物体A，靠近一个原来不带电的验电器的金属小球，验电器的金属小球由于静电感应，会带上负电荷，金属箔会带上等量正电荷，所以验电器的金箔张开，而整个验电器不带电。A.验电器金属箔片不张开，因为球A没有和B接触与分析不符，故A错误。B.验电器金属箔片张开，因为整个验电器都带上了正电与分析不符，故B错误。C.验电器金属箔片张开，因为整个验电器都带上了负电与分析不符，故C错误。D.验电器金属箔片张开，因为验电器金属箔片带上了正电与分析相符，故D正确。12.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沟通电极相连接的两个半径为R的D形金属盒，两盒间宽d的狭缝中形成的变更的电场，电压为U；两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场B中，一电子利用其加速，则下列说法中正确的是（）A.电子获得的最大速度为2eBR/mB.电子获得的最大动能为e2B2R2/（2m）C.电子的加速时间为2BdR/UD.增大D形金属盒的半径，电子获得的最大动能减小【答案】B【解析】粒子离开回旋加速器时满意：，解得最大速度为：，最大动能为：，故A错误，B正确；粒子在狭缝中运动的距离为s=nd，运动的时间为：，故C错误；由上可知增大D形金属盒的半径，电子获得的最大动能增大，故D错误。所以B正确，ACD错误。13.如图所示，在半径为R的圆柱形区域内有匀强磁场．一个电子以速度v0从M点沿半径方向射入该磁场，从N点射出，速度方向偏转了60°.则电子从M到N运行的时间是()A.B.C.D.【答案】D【解析】由图可知，粒子转过的圆心角为60°，r=R；转过的弧长为：；则运动所用时间为：；故选D。点睛：本题留意求时间的两种方法，可以用来求时间，用线速度的定义来求时间也是一个不错的选择．14.如图在探讨自感现象试验中,用两个完全相同的灯泡a、b分别与有铁芯的线圈L和定值电阻R组成如图所示的电路（自感线圈的直流电组与定值电阻R的阻值相等）,闭合开关S达到稳定后两灯均可以正常发光.关于这个试验的下面说法中正确的是A.闭合开关瞬间,通过a灯的电流大于通过b灯的电流B.闭合开关后,a灯先亮,b灯后亮C.闭合开关,待电路稳定后断开开关,通过a灯的电流不大于原来的电流D.闭合开关,待电路稳定后断开开关,通过b灯的电流大于原来的电流【答案】C【解析】【详解】A.闭合开关的瞬间，由于线圈中自感电动势的阻碍，通过a灯的电流小于通过b灯的电流。故A错误。B.闭合开关后，b灯马上正常发光，b灯由于线圈中自感电动势的阻碍，电流渐渐增大，渐渐亮起来。故B错误。C.闭合开关，待电路稳定后断开开关，b灯中原来电流马上减为零，线圈L产生自感电动势，使a中电流渐渐从原来值减小到零，则通过a灯的电流不大于原来的电流，通过b灯的电流也不大于原来的电流，故C正确，D错误15.如图所示，平行金属板内有一匀强电场，一带电粒子以平行于金属板的初速从板间某点射入电场，不计粒子受的重力，当入射动能为Ek时，此带电粒子从场中射出的动能恰好为2Ek．假如入射速度方向不变，初动能变为2Ek，那么带电粒子射出的动能为（）A. B. C. D.3Ek【答案】C【解析】【详解】当入射动能为Ek时，粒子做类似平抛运动，有：

水平方向：L=v0t1竖直方向：vy1=at1初动能：末动能：当入射动能为2Ek时，有：

水平方向：L=v02t2竖直方向：vy2=at2初动能：末动能：联立解得：A.，与结论不相符，选项A错误；B.，与结论不相符，选项B错误；C.，与结论相符，选项C正确；D.3Ek，与结论不相符，选项D错误。二．不定项选择题16.某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受静电力作用，由M点运动到N点，其运动轨迹如图中虚线所示，以下说法正确的是A.粒子必定是负电荷B.粒子在M点的电势能小于它在N点的电势能C.粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度D.粒子在M点的动能小于它在N点的动能【答案】CD【解析】【详解】A．由电荷的运动轨迹可以知道，电荷的受力沿着电场线的方向，所以电荷为正电荷,所以A错误.B．正电荷沿着电场的方向运动,所以电场力做正功,电荷的电势能减小,所以粒子在M点的电势能大于它在N点的电势能,所以B错误.C．电场线密的地方电场的强度大,电场线疏的地方电场的强度小,由图可知N点的场强大于M点的场强的大小，在N点的受力大于在M的受力，所以粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度,所以C正确.D．正电荷沿着电场的方向运动，所以电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，所以粒子在M点的动能小于它在N点的动能，所以D正确.17.如图所示，平行金属板中带电质点P原来处于静止状态，电流表和电压表都看做志向电表，且R1大于电源的内阻r，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则A.电压表读数减小 B.电流表读数减小C.油滴带负电 D.电源的输出功率渐渐增大【答案】ACD【解析】【详解】AB.由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串连接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小，同时，R1两端的电压也增大，故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大；因并联部分电压减小，而R2中电压增大，故电压表示数减小，故A正确B错误；C.依据平衡可知油滴受到竖直向上的电场力，而上极板电势高于下极板，故油滴带负电，故C正确；D.由题，R1大于电源的内阻r，外电路的总电阻大于r，而当电源的内外电阻相等时，电源的输出功率最大，则知电路中总电阻减小时，电源的输出功率渐渐增大。故D正确。18.我国第21次南极科考队在南极观看到了漂亮的极光。极光是由来自太阳的高能量带电粒子流高速冲进高空淡薄大气层时，被地球磁场俘获，从而变更原有运动方向，向两极做螺旋运动，如图所示。这些高能粒子在运动过程中与大气分子或原子猛烈碰撞或摩擦，从而激发大气分子或原子使其发出各种颜色的光。科学家发觉并证明，向两极做螺旋运动的这些高能粒子的旋转半径是不断减小的，这主要与下列哪些因素有关A.太阳对带电粒子的引力做负功B.越靠近南北两极的磁感应强度越强C.空气阻力对带电粒子做负功，使其动能削减D.洛伦兹力对带电粒子做负功，使其动能削减【答案】BC【解析】A、粒子在运动过程中，若电量增大，由洛伦兹力供应向心力，得出的半径公式，可知当电量增大时，半径是减小，与太阳的引力做功无关,故A错误。B、粒子在运动过程中，南北两极的磁感应强度较强，由洛伦兹力供应向心力，得出的半径公式，可知，当磁感应强度增加时，半径是减小，故B正确。C、粒子在运动过程中可能受到空气的阻力，对粒子做负功，所以其动能会减小，故C正确；D、地球的磁场由南向北，当带负电的宇宙射线粒子垂直于地面对赤道射来时，依据左手定则可以推断粒子的受力的方向为向西，所以粒子将向西偏转；当带正电的宇宙射线粒子垂直于地面对赤道射来时，依据左手定则可以推断粒子的受力的方向，粒子受到的洛伦兹力始终与速度垂直，所以洛伦兹力不做功，故D错误；故选BC。【点睛】本题就是考查左手定则的应用，驾驭好左手定则即可推断粒子的受力的方向．同时利用洛伦兹力供应向心力，推导出运动轨迹的半径公式来定性分析．19.如图所示，边界OA与OC之间分布有垂直纸面对里的匀强磁场，磁感应强度大小B，已知∠AOC=60°。OC上的P处为粒子的入射口，在OA上的M处安放接收器，且OM=OP=l。现将大量质量为m，电荷量为+q的同种粒子以各种速率从P处向各个方向射入磁场，在M处被观测到的粒子中，下列说法正确的是A.速度的最小值为B.速度最小的粒子在磁场中运动的时间为C.在磁场中运动的时间的最大值为D.在磁场中运动的时间最长的粒子速度为【答案】BC【解析】【详解】AB.小球从入射点P到M过程中，依据半径公式知粒子速度最小时半径最小，故PM的距离l=2R1，故粒子的最小速度为：运动时间为：故A错误B正确；CD.粒子在磁场中运动的时间最长时，轨迹圆与OC、OA分别相切于P点和M点，如图所示，由几何关系得：解得：依据半径公式有：解得：其运动时间为：故C正确D错误；三．计算题20.一根丝线吊着一质量为m，电荷量为q的小球静止在水平向右的匀强电场中，丝线与竖直方向成37°角，重力加速度为g，（sin37°=0.6，cos37°=0.8）。求：（1）小球的带电性质；（2）电场强度E的大小；（3）丝线的拉力。【答案】（1）小球的带正电；（2）电场强度E的大小为；（3）丝线的拉力为【解析】【分析】（1）电荷量为q的小球静止在水平向右的匀强电场中，依据平衡可推断电场力的方向，从而推断电性；（2）依据平衡求解电场强度的大小；（3）依据平衡求解丝线拉力。【详解】（1）电荷量为q的小球静止在水平向右的匀强电场中，小球受水平向右的电场力，与电场方向相同，故小球带正电；（2）小球受力分析如图所示：由平衡得：qE=mgtan37°解得（3）由平衡得：【点睛】通过受力分析，利用共点力平衡求解，是常用的方法和思路，要能娴熟运用力学方法解决电场中的问题。21.如图所示的电路中，电源电动势为12V，电源内阻不计，电路中的电阻R0为2.5Ω，闭合开关S后，电动机正常工作，志向电流表的示数为2.0A。若转子被卡住后，该电流表的示数变为4.0A，求：(1)电动机M的内阻;(2)电动机正常工作时输出功率.【答案】(1)(2)【解析】【分析】在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，假如是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，其次个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的。【详解】(1)电动机被卡住时，相当于纯电阻，由闭合电路的欧姆定律解得：(2)电动机正常工作,由欧姆定律可知：可得：对电动机由能量守恒有：解得：【点睛】本题考查闭合电路欧姆定律以及电功率的计算，在计算时肯定要先分析清晰是不是纯电阻电路