《辽宁省兴城市中学2022-2023学年高二上学期期末线上质量检测物理试题（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《辽宁省兴城市中学2022-2023学年高二上学期期末线上质量检测物理试题（解析版）（18页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、高二年级上学期期末线上质量检测物理试卷一、单选题（每题4分共28分）1. 在物理学发展的过程中观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起了重要作用，下列叙述符合史实的是（）A. 奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系B. 洛伦兹根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C. 法拉第在对理论和实验资料进行分析后总结出法拉第电磁感应定律D. 楞次认为磁场变化时会在空间激发出一种电场，叫感生电场【答案】A【解析】【详解】A.奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系，故A项符合题意.B.安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，
2、提出了分子电流假说，故B项不合题意.C.法拉第电磁感应定律是由纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后总结出的规律，故C项不合题意.D.麦克斯韦认为磁场变化时会在空间激发一种电场，这种电场与静电场不同，它不是由电荷产生的，叫感生电场，故D项不合题意.2. 当导线中分别通以图示方向的电流，小磁针静止时N极指向读者的是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】A由右手螺旋定则可知，导线下方磁场垂直纸面向外，故小磁针N极会指向读者，A正确；B由右手螺旋定则可知，螺线管内部磁场向左，故小磁针N极指向左，B错误；C小磁针处的磁场垂直纸面向内，故小磁针N极指向纸内，C错误；D环形电流内部磁场
3、垂直纸面向内，故小磁针N极指向纸内，D错误故选A。3. 如图甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示在时间内，直导线中电流向上，则在时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力的合力方向分别是( )A. 顺时针，向左B. 逆时针，向右C. 顺时针，向右D. 逆时针，向左【答案】B【解析】【详解】在时间内，直导线中电流向上，则时间内，直线电流方向也向上，根据安培定则，可知导线右侧磁场的方向垂直纸面向里，电流逐渐增大，则磁场逐渐增强，根据楞次定律，金属线框中产生逆时针方向的感应电流；根据安培左手定则，可知金属框左边受到的安培力方向水平向右，右边受到的
4、安培力水平向左，离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力，所以金属框所受安培力的合力水平向右故B正确，ACD错误4. 为了儿童安全，布绒玩具必须检测其中是否存在金属断针，可以先将玩具放置强磁场中，若其中有断针，则断针被磁化，用磁报警装置可以检测到断针的存在，如图所示是磁报警装置中的一部分电路示意图，其中是磁敏传感器，它的电阻随断针的出现而减小，、接报警器，当传感器所在处出现断针时，电流表的电流、两端的电压将（ ）A. 变大，变大B. 变小，变小C. 变大，变小D. 变小，变大【答案】C【解析】【详解】由题意知RB的电阻随断针的出现而减小，即外电路的电阻减小，由闭合电路欧姆定
5、律有I总E/(Rr)可知I总必增大，再由U外EI总r可知，外电压U减小而由U1I总R1可知，U1增大，U3必减小，由电流表的电流II总I3可知，电流表的电流必变大故选项C正确5. 如图所示，LA和LB是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数很大的线圈，其电阻值与R相同。由于存在自感现象，下列说法正确的是（ ）A. 开关S闭合瞬间，A、B两灯亮度相同B. 开关S闭合时，B灯比A灯先亮C. 开关S闭合，电路达到稳定后，断开开关S时，A、B两灯同时熄灭D. 开关S闭合，电路达到稳定后，断开开关S时，B灯立即熄灭，A灯稍迟熄灭【答案】D【解析】【详解】AB开关闭合瞬间，L相当于断路，AB同时亮，A的电流大
6、于B的，故A比B亮，故AB错误；CD开关S闭合，电路达到稳定后，断开开关S时，B灯立即熄灭，L相当于电源与A灯串联，A灯稍迟熄灭，故C错误，D正确。故选D。6. 如图所示，宽h2cm的有界匀强磁场，纵向范围足够大，磁感应强度的方向垂直纸面向内，现有一群正粒子从O点以相同的速率沿纸面不同方向进入磁场，若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径均为r5cm，则（）A. 右边界：有粒子射出B. 右边界：和有粒子射出C. 左边界：有粒子射出D. 左边界：有粒子射出【答案】A【解析】【详解】AB当粒子的轨迹恰好与磁场右边界相切时，如图所示根据几何知识得到 当粒子沿轴方向射入磁场时，粒子从磁场右边界x轴下方射
7、出时，则有 所以右边界：有粒子射出，故A正确，B错误；CD由图可知，粒子只能x轴上方从左边界射出磁场，y的最大值为所以左边界：有粒子射出，故C错误，D错误。故选A。7. 如图甲所示，光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，规定竖直向下为B的正方向。导体棒垂直导轨放置且与导轨接触良好，在水平外力作用下始终处于静止状态。规定导体棒上从a到b的方向为电流的正方向，水平向左为安培力的正方向，则在时间内，能正确反映流过导体棒中的电流I和它所受的安培力F随时间t变化的图像是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】AB由可知，电动势保持不变，
8、则电路中电流不变，根据楞次定律可判断感应电流的方向总是从b到a保持不变，AB错误；CD由安培力F=BIL可知，电路中安培力随B的变化而变化，当B为负值时，安培力的方向向右，为负，B为正值时，安培力为向左为正值，故C错误，D正确。故选D。二、多选题（每题6分共18分，漏选得3分）8. 如图所示，相距为的两条水平虚线、之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，质量为、电阻为R的正方形线圈边长为L（），将线圈在磁场上方高处由静止释放，边刚进入磁场时速度为，边刚离开磁场是速度也为，则线圈穿越磁场的过程中（从边刚入磁场一直到边刚离开磁场）（ ）A. 感应电流做功为B. 感应电流做功为C. 线圈的最小
9、速度可能为D. 线圈最小速度一定为【答案】BCD【解析】【详解】AB根据cd边刚进入磁场和cd边刚离开磁场时速度大小相等，对这一过程应用动能定理可得线圈进入磁场的过程克服安培力做功为mgd，出磁场的过程同样要克服安培力做功mgd，所以总共产生电能2mgd，则感应电流做功2mgd，所以A错误、B正确；C若进入过程中出现匀速运动情况，则安培力与重力相等所以存在最小速度为的可能，C正确；D因为进磁场时要减速，线圈全部进入磁场后做匀加速运动，则知线圈刚全部进入磁场的瞬间速度最小。设线圈的最小速度为vm。线圈从开始下落到线圈刚完全进入磁场的过程，根据能量守恒定律得由上可知Q=mgd解得线圈的最小速度为故
10、D正确。故选BCD点评：解决本题的关键根据根据正方形线框abcd边长为L（Ld），进行受力分析，明确研究过程的运动情况9. 如图，一根水平光滑的绝缘直槽轨连接一个竖直放置的半径为R的绝缘光滑槽轨整个装置处在垂直纸面向外的水平匀强磁场中，磁感应强度为B有一个质量m，带电量为+q的小球在水平轨道上向右运动，恰好能通过最高点，取水平直槽轨所在水平面为零势能面，小球在最高点的动能为EK，重力加速度为g.下列说法正确的是（）A. 小球在最高点的速率为B. 小球在最高点的机械能与其在水平轨道上的机械能相等C. 小球在最高点的重力大于洛伦兹力D. 小球在最高点处的重力势能EP4Ek【答案】BCD【解析】【详
11、解】A.小球恰好通过最高点时，轨道对小球无作用力，小球在最高点时只受到重力和洛伦兹力两个力作用，由重力和洛伦兹力的合力提供向心力，则 mg-qvBm可知，小球在最高点的速率v故A项不合题意.B.由于洛伦兹力和轨道的弹力不做功，只有重力做功，小球运动过程中机械能是守恒的，则小球到达最高点的机械能与小球在水平轨道上的机械能相等，故B项符合题意.C.小球在最高点时，由左手定则判断可知，小球受到的洛伦兹力方向竖直向上，由重力和洛伦兹力的合力提供向心力，则知，小球在最高点的重力大于洛伦兹力，故C项符合题意.D.小球在最高点处的重力势能EPmg2R，动能Ek，结合mg-qvBm得Ek（mgR-qvBR）m
12、gR，则得EP4Ek故D项符合题意.10. 甲图中S、N间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为理想交流电流表，V为理想交流电压表，矩形线圈绕垂直于磁场方向的水平轴匀速转动，矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P上下移动时可改变变压器副线圈的输出电压，副线圈接有可调电阻R，从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的交变电动势随时间变化的图像如图乙所示，忽略线圈、电刷与导线的电阻，以下判断正确的是（ ）A. 电压表的示数为B. 0.01s时穿过发电机线圈的磁通量最小C. 保持R的大小不变，P的位置向上移动，电流表读数减小D. 保持R的大小及P的位置不变，发电机线圈的转速增大一倍，变压器的输入功率将
13、增大到原来的4倍【答案】BD【解析】【详解】A电压表显示的是交流电的有效值，故示数为故A错误；B0.01s时感应电动势负向最大，此时磁通量变化率最大，磁通量为零，最小，故B正确；C若P的位置向上移动，匝数比减小，副线圈电压增大，R的大小不变时，电流表读数将增大，故C错误；D若P的位置不变、R的大小不变，而把发电机线圈的转速增大一倍，根据电压增大为原来的2倍，则变压器的输入功率将增大到原来的4倍，故D正确。故选BD。三、实验题（每空1.5分共15分）11. 在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的器材有：A小灯泡：规格为“3.8 V、0.3 A”B电流表：量程00.6 A，内阻约为0.
14、5 C电流表：量程03 A，内阻约为0.1 D电压表：量程05 V，内阻约为5 kE. 电压表: 量程015 V，内阻约为50 k F.滑动变阻器：阻值范围010 ，额定电流2 A G. 滑动变阻器: 阻值范围0100 ，额定电流50 mA H电池组：电动势6 V，内阻约为1 I开关一只，导线若干 （1）为了使测量尽可能地准确，电流表应选_，电压表应选_,滑动变阻器应选_(填器材代号)需要使小灯泡两端电压从0逐渐增大到3.8 V且能方便地进行调节，滑动变阻器应采用_的连接方式 （2）请在虚线框内设计一个电路图_【答案】 . B . D . E . 分压式 . 【解析】【详解】（1）1234小灯
15、泡的额定电压为3.8V，则电压表应选择D；灯泡的额定电流为0.3A，为了减小测量的误差，使得测量更精确，电流表量程选择00.6A的B需要使小灯泡两端电压从0逐渐增大到3.8 V且能方便地进行调节，滑动变阻器要采用分压电路，故选用阻值较小的E；（2）56小灯泡电阻约为13，则有故灯泡电阻属于小电阻，电流表采用外接法电压和电流需从0开始测起，所以滑动变阻器需采用分压式接法电路图如右图点睛：本题考查灯泡伏安特性曲线的实验；解决本题的关键掌握器材选取的原则，以及知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，知道什么情况下选用电流表外接法，什么情况下选择电流表内接法12. 测量“水果电池”的电动势和内阻的实验中，将一铜片
