【物理】山东省青岛市黄岛区2019-2020学年高二上学期期末考试学业水平检测物理试题（解析版） 17页

‎2019－2020学年度第一学期第二学段模块检测 高二物理试题 一、单项选择题 ‎1.下列说法正确的是（ ）‎ A. 运动电荷在磁场中一定受到洛伦兹力 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. 电荷在磁场中不可能做匀速运动 ‎【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：根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：如果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，线圈固定于分布均匀的磁场中，磁场方向垂直线圈平面，若磁感应强度变化使线圈中产生感应电流且逐渐变小，则磁感应强度B随时间t变化可能是图中的（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根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化率减小，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”实验。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。忽略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. 180N C. 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的理想变压器，图中的电压表和电流表均为理想电表，原线圈接如图乙所示的正弦式交流电，其中Rt为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，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0‎ C. 变压器原、副线圈中的电流之比为2:1‎ D. 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交流电，由图知最大电压 根据变压比可知，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．根据理想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，根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；根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，根据楞次定律，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，根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．直接根据楞次定律的第二描述“感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因”，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．开始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，根据楞次定律可知，此时两线圈互相吸引，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D1‎ B. 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，则流过灯的电流逐渐增大，灯逐渐增大，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，灯的电流突然消失，立即熄灭，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，方向垂直于纸面向外。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，根据洛伦兹力提供向心力可得 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；分裂前根据洛伦兹力提供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，根据动量守恒定律可知 解得分裂后粒子2的速度为 根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，磁通量在改变，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，根据楞次定律可知，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化量为 根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.太阳系中的第二大行星是土星，它的卫星众多，目前已发现的卫星达数十颗．根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 发现者 发现年份 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．变压器是改变交流电的电压的设备，由图可知，当甲图中的开关接通与断开的瞬间，左侧的电流发生变化，变化的电流引起左侧的线圈内磁通量的变化，进而引起右侧的线圈内磁通量的变化，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化，所以图乙不能使火花塞点火，故A正确，B错误；‎ CD．由于火花塞需要的电压为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，根据变流比可知，原线圈的电流大，为了避免产生较大的焦耳热，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. 俯视观察，小球的运动方向一定是顺时针 D. 俯视观察，小球的运动方向一定是逆时针 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．小球所受力的合力提供向心力，做匀速圆周运动的物体所受合力一定指向圆心，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，又洛伦兹力应该受指向圆心方向的分量提供向心力，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，受到的支持力一定等于重力与洛伦兹力沿竖直方向向下的分力的和，根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．根据前面分析的洛伦兹力的方向，由左手定则判断带负电的小球的运动方向一定是逆时针，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. 刚分离时，a、b两球的速度方向相反 B. 刚分离时，b球的速度大小为‎0.5m/s C. 刚分离时，a球的速度大小为‎0.4m/s D. 两球分离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，刚分离时，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．设两球分离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”实验中：‎ ‎(1)原线圈中接入的电源是____‎ A．接入220V交流电 B．接入学生电源12V以下直流输出 C．接入学生电源12V以下交流输出 ‎(2)对于实验过程，下列说法正确的是______‎ A．为便于探究，应该采用控制变量法 B．因为实验所用电压较低，通电时可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路 C．使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”要用低压交流电源和交流电表，所以不需要干电池，变压器是改变电压，因此为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，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，应该采用控制变量法，故A正确；‎ B．实验通电时，可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路，这样无形之中，将人体并联电路中，导致所测数据不准确，故B错误；‎ C．使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”的实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现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)某同学在完成实验后未断开开关，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。要避免电击发生，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 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]在完成实验后未断开开关，也未把、两线圈和铁芯分开放置，在拆除电路时，线圈中的电流突然减少，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，为了避免此现象，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 根据牛顿第二定律得 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，导轨电阻忽略不计，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、磁感应强度均不变化，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，回路中的交流按余弦规律变化，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，两平行导轨间距为l=‎0.5m，左端接一电动势E =3V、内阻r =1Ω的电源。一质量为m=‎0.5kg、电阻为R =2Ω的导体棒MN垂直导轨放置并接触良好。闭合开关S导体棒从静止开始运动。忽略摩擦阻力和导轨的电阻，平行轨道足够长。求：‎ ‎(1)导体棒运动的最大速度 ‎(2)导体棒从开始到达到稳定速度的过程中，导体棒上产生的焦耳热 ‎【答案】(1)；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)棒最大速度时合力为零，电流为零，产生的感应电动势等于电源电动势，即有 解得 ‎(2)对导体棒用动量定理 而，所以有 解得 根据能量守恒定律可得 解得 导体棒上产生的焦耳热 ‎18.在科学研究中，可以通过施加适当的磁场来实现对带电粒子运动的控制。在如图所示的平面坐标系xOy内，以坐标原点O为圆心，半径为d的圆形区域外存在范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为＋q的粒子从P(0，d)点沿y轴正方向射入磁场，当入射速度为v0时，粒子从a处进入无场区射向原点O，不计粒子重力。求：‎ ‎(1)磁场的磁感应强度B的大小 ‎(2)粒子离开P点后经多长时间第一次回到P点 ‎(3)若仅将入射速度变为3v0，则粒子离开P点后运动多少路程经过P点 ‎【答案】(1)；(2)；(3)①，其中1、2、3、…；②，其中0、1、2、3、…‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)粒子的运动轨迹如图所示 由题条件可判断粒子做圆周运动半径为 粒子在磁场中 解得 ‎(2)粒子运动轨迹如图示 粒子在磁场中运动时间 因为洛伦兹力提供向心力，则有 可得 粒子在无场区运动时间 粒子再次回到点时间 解得 ‎(3)粒子运动轨迹如图所示 粒子速度变为，则在磁场中运动半径为 由点出发后第一个圆弧的弧长 无磁场区圆的直径长度 ‎①粒子以沿轴正向经过 粒子运动路程 ‎，其中1、2、3、…‎ ‎②粒子以大小沿方向经过 ‎，其中0、1、2、3、…‎ 代入得 ‎，其中0、1、2、3、…‎