安徽省安庆市第一中学2023-2024学年高二上学期第二次阶段性学业质量检测物理试题（Word版附解析）

安庆一中2023-2024高二第一学期物理第二次段考一、单选题（每小题4分，共28分）1.下列电器在工作时，主要利用电流热效应的是（）A.发电机B.电动机C.电话机D.电烤炉【答案】D【解析】【详解】A．发电机主要是利用电磁感应将其他形式的能转化为电能的装置，故A错误；B．电动机是通电线圈在磁场中受力转动而工作的，没有利用电流的热效应，故B错误；C．电话机是将电能转化为声音的装置，故C错误；D．电烤炉是利用电流热效应工作的，它把电能转化为内能，故D正确。故选D。2.一带电微粒在正交匀强电场和匀强磁场的竖直平面内做匀速圆周运动，如图所示。则微粒带电性质和环绕方向（　　）A.带正电，逆时针B.带正电，顺时针C.带负电，逆时针D.带负电，顺时针【答案】C【解析】【详解】粒子在正交匀强电场和匀强磁场竖直平面内做匀速圆周运动，可知向下的重力和向上的电场力平衡，电场力向上，则粒子带负电；由左手定则可知，粒子逆时针转动。故选C。3.如图所示为回旋加速器的示意图，两个靠得很近的D形金属盒处在与盒面垂直的匀强磁场中，一质子从加速器的A处开始加速。已知D形盒的半径为，磁场的磁感应强度为，高频交变电源的电压为、频率为，质子质量为、电荷量为，下列说法正确的是（　　） A.质子的最大速度不超过B.质子在回旋加速器中共加速了次C.若忽略在电场中的运动时间，质子在回旋加速器中的运动时间为D.若只增大磁感应强度，回旋加速器仍可正常工作【答案】A【解析】【详解】A．质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，则故A正确；B．当质子从加速器中飞出有最大速度，则最大动能则加速次数为故B错误；C．质子在加速器的中周期 运动时间为故C错误；D．根据磁感应强度增大，质子运动的周期减小，则频率增大，会大于高频交变电源的频率，使回旋加速器不能正常工作，故D错误。故选A。4.如图所示，水平放置的两组光滑轨道上分别放有可自由移动的金属棒和MN，并且分别放置在磁感应强度为和的匀强磁场中，当在外力的作用下运动时，MN向右运动，则所做的运动可能是（　　）A.向左加速运动B.向左匀速运动C.向右加速运动D.向右匀速运动【答案】A【解析】【详解】根据安培定则可知，MN处于垂直纸面向里的磁场中，MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，中感应电流的磁场向上，由楞次定律可知，线圈中电流的磁场应该是向上减弱，或向下增强。若中磁场方向向上减弱，根据安培定则可知中电流方向为且减小，根据右手定则可知向右减速运动；若中磁场方向向下增强，根据安培定则可知中电流方向为P→Q且增大，根据右手定则可知向左加速运动。故选A。5. 恒流源是一种特殊的电源，其输出的电流能始终保持不变。如图所示的电路中电源是恒流源，当滑动变阻器滑动触头P从最右端向最左端移动时，下列说法中正确的是（）A.R2上的电压变大B.恒流源输出功率保持不变C.R0上的电压变小D.R1的电功率增大【答案】A【解析】【详解】AC．电源输出电流不变，触头P由最右端向最左端移动时，接入电路的电阻变大，则总电阻变大，而源输出电流不变，则并联部分电压增大，所以R2上的电压变大，R2是定值电阻，故通过R2的电流变大；而总电流不变，则通过R1电流减小，所以R1的电压减小，则R0上的电压变大，故A正确，C错误；B．恒流源输出功率P=UI，U增大，I不变，则P增大，故B错误；D．由前面分析可知通过R1电流减小，R1是定值电阻，故R1的电功率P1=I12R1减小，故D错误。故选A。6.如图所示为磁流体发电机的示意图，平行金属板A、C组成一对平行电极，两板间距为d，面积为S。两板间有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一束等离子体（带有正、负电荷的粒子）以一定的速度v平行金属板、垂直于磁场射入两板间，两板间连接有定值电阻R等离子体的电阻率为ρ则下列说法正确的是（　　）A.电阻中的电流方向由a到bB.电阻R的电功率为 C.电源的总功率为D.增大两金属板的正对面积可增大发电机的电动势【答案】C【解析】【详解】A．根据左手定则，带正电的离子打在下极板上，带负电的离子打在上极板上，电阻中的电流方向由b到a，A错误；B．稳定时解得根据闭合电路欧姆定律电阻R的电功率为解得B错误；C．电源的总功率为解得C正确；D．根据，增大两金属板的正对面积不能增大发电机的电动势，D错误。故选C。 7.如图甲所示，带电小球以一定的初速度竖直向上抛出，能够达到的最大高度为；若加上水平向里的匀强磁场（如图乙），且保持初速度仍为，小球上升的最大高度为，若加上水平向右的匀强电场（如图丙），且保持初速度仍为，小球上升的最大高度为；若加上竖直向上的匀强电场（如图丁），且保持初速度仍为，小球上升的最大高度为。不计空气阻力，则（　　）A.一定有B.一定有C.与无法比较D.与无法比较【答案】C【解析】【详解】A．题图甲中，由竖直上抛运动的最大高度公式得h1=题图丙中，当加上电场时，由运动的分解可知，在竖直方向上，有解得h3=所以h1=h3故A错误；D．题图乙中，洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时小球的动能为Ek，则由能量守恒定律得 mgh2＋Ek=mv02又由于mv02=mgh1所以h1>h2D错误；BC．题图丁中，因小球电性未知，则电场力方向不确定，则h4可能大于h1，也可能小于h1，因为h1>h2，所以h2与h4也无法比较，故C正确，B错误。故选C。二、多选题（每小题5分，共20分。全对得5分，少选得3分，有错不得分）8.如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为B0和B0，方向也垂直于纸面向外。则（　　）　　A.流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0B.流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0C.流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0D.流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0【答案】AC【解析】【详解】外磁场、电流的磁场方向如图所示 在b点B0＝B0－B1＋B2在a点B0＝B0－B1－B2由上述两式解得B1＝B0，B2＝B0。故AC正确，BD错误。故选AC。9.如图所示，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，闭合开关S，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表、、数变化量的绝对值分别为、、，理想电流表示数变化量的绝对值，则下列结论正确的是（　　）A.A的示数减小B.的示数减小C.与的比值等于D.小于【答案】BC【解析】【详解】电路结构为：电流表、定值电阻及滑动变阻器串联，电压表测量定值电阻的电压，电压表 测量外电压，电压表测量滑动变阻器电压。A．滑动变阻器滑片向下滑动，滑动变阻器的有效电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律，电流增大。A错误；B．电流增大，内电压增大，则外电压减小，即电压表的示数减小。B正确；C．将定值电阻等效为电源内阻，则电压表测量等效电源的外电压，根据电源的伏安特性曲线得C正确；D．根据闭合电路的欧姆定律得，而定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，所以大于。D错误。故选BC。10.如图所示，粒子源S能在图示纸面内的360°范围内发射速率相同、质量为m、电量为+q的同种粒子（重力不计），MN是足够大的竖直挡板，S到挡板的距离为L，挡板左侧充满垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，则下列说法正确的是（　　）A.S发射的粒子速率至少为，才能有粒子到达挡板B.若S发射的粒子速率为，则挡板能被粒子击中部分的长度为2LC.若S发射的粒子速率为，粒子到达挡板的最短时间是D.若S发射的粒子速率为，粒子到达挡板的最短时间是【答案】AC【解析】【详解】A.板上的点到S的距离最小为L，要保证有粒子打在板上，粒子做圆周运动的最小半径： r洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝m，解得粒子最小速度：v故A项符合题意.B.伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝m，由题意可知：v，解得：r＝L由几何知识得：ACL，当粒子向右水平射出时，刚好能打在挡板上如图B点，则：BC＝r＝L，被粒子击中的部分长度为：AB＝AC+BC＝（1）L；故B项不合题意.CD.根据B项分析可知粒子做圆周运动轨道半径：r＝L，粒子到达挡板的最短距离为L，此时所对圆心角最小，所用时间最短， 由几何关系得：解得：θ＝60°粒子在磁场中做圆周运动的周期：T，粒子在磁场中运动的最短时间：tTT，故C项符合题意正确,D项不合题意.11.带正电的小环套在粗糙水平杆上，杆足够长，右半部分处在匀强磁场中，小环突然获得一向右的水平速度滑入磁场中，如图所示，小环的重量不能忽略，则小环进入磁场后的运动情况可能是（）A.匀速直线运动B.匀减速直线运动C.先逐渐减速最后匀速直线运动D.逐渐减速最后停止【答案】ACD【解析】【详解】BD．小环带正电，洛仑兹力竖直向上，如果速度较小，使得qvB<mg，支持力向上，受向左的摩擦力作用，小环减速，洛仑兹力减小直至停止，但支持力增大，加速度增大，B错误；D正确；A．如果洛仑兹力等于重力，则小环匀速运动，A正确；C．如果洛仑兹力大于重力，支持力向下，小环减速，直到洛仑兹力等于重力后小环匀速，C正确。故选ACD。 三、实验题（每空2分，共14分）12.某同学用如图所示的实验器材探究电磁感应现象。他连接好电路并检查无误后，闭合电键的瞬间观察到电流表G指针向右偏转。电键闭合后：（1）将滑动变阻器的滑动触头快速向接线柱C移动，电流计指针将___________偏（填“左”、“右”或“不”）；（2）将线圈A中的铁芯快速抽出，电流计指针将___________（填“左偏”、“右偏”或“不偏”）；（3）在产生感应电流的回路中，相当于电源的器材是___________；【答案】①.右②.左偏③.线圈B【解析】【分析】【详解】(1)[1]闭合电键的瞬间，穿过副线圈的磁通量增加，电流表G指针向右偏转，这说明副线圈磁通量增加，指针向右偏；将滑动变阻器的滑动触头加速向接线柱C移动，原线圈电路电流增大，穿过副线圈的磁通量增大，电流计指针将右偏。(2)[2]将线圈A中的铁芯快速抽出，穿过副线圈的磁通量减小，电流计指针将左偏。(3)[3]在产生感应电流的回路中，图中器材中线圈B相当于电源。13.某物理兴趣小组要组装一个简易的欧姆表，他们设计了如图甲所示的电路，通过控制单刀多掷开关S，可使欧姆表具有“×1”、“×10”和“×100”三个倍率挡，并使改装后的刻度盘正中央的刻度对应电阻刻度的15，提供的器材规格如下：A．干电池（电动势E=1.5V，内阻不计）B．毫安表G（量程为1mA，内阻为99.0Ω）C．电阻箱R1（0—99.9Ω）D．电阻箱R2（0—9.99Ω）E．滑动变阻器R3（0—1500Ω，额定电流0.5A）F．单刀多掷开关S一个，红、黑表笔各一支，导线若干 （1）该欧姆表的两只表笔中，________（填“A”或“B”）应为红表笔。当开关S接1时，欧姆表的倍率为________（填“×1”、“×10”或“×100”）。（2）将开关S接2时，若为×10倍率挡，则电阻箱R1的阻值应调整为________Ω，将开关S接3时，为第三种倍率，则电阻箱R2的阻值应调整为________Ω。【答案】①.A②.×100③.11.0④.1.00【解析】【详解】（1）[1]欧姆表红表笔应与电源的负极相连，由图甲可知A应为红表笔。[2]当开关S接1时，两表笔短接，电流表满偏时回路中的电流为1mA，根据闭合电路欧姆定律可得欧姆表的内阻即中值电阻为可知欧姆表的倍率为×100挡。（2）[3]将开关S接2时，若为×10倍率挡，则中值电阻应为150Ω。毫安表G与R1并联后，改装电流表的量程应为则电阻箱R1阻值应调整为[4]将开关S接3时，为×1倍率挡，则中值电阻应为15Ω。毫安表G与R2并联后，改装电流表的量程应为 则电阻箱R2的阻值应调整为四、解答题14.如图所示，水平U形光滑框架，宽度为1m，电阻忽略不计，导体棒ab的质量m=0.2kg、电阻R=0.5Ω，匀强磁场的磁感应强度B=0.2T，方向垂直框架向上。现用F=1N的外力由静止开始向右拉ab棒，当ab棒的速度达到2m/s时，求：(1)ab棒产生的感应电动势的大小；(2)ab棒所受的安培力的大小和方向；(3)ab棒加速度的大小和方向。【答案】(1)0.4V；(2)0.16N，水平向左；(3)4.2m/s2，水平向右【解析】【详解】(1)ab棒产生的感应电动势的大小为代入数据，得(2)根据欧姆定律，有根据左手定则，判断安培力方向水平向左，大小为(3)根据牛顿第二定律，有代入数据，得 ab棒加速度的方向与F一致为水平向右。15.如图所示，一绝缘板垂直于y轴放置，板上两个小孔C、D（在x轴上）关于坐标原点O对称，质量为m、电荷量为＋q的粒子（不计重力）以速度vo从y轴上的A点沿＋x方向进入第一象限的静电分析器，在辐向电场（方向指向O）作用下，离子沿图中虚线做半径为R的匀速圆周运动，再从小孔C沿-y方向进入x轴下方垂直纸面向外的匀强磁场区域，经一次与绝缘板的弹性碰撞后恰好从小孔D进入第二象限面内的匀强电场，恰好以速度vo返回A点。求：（1）静电分析器内虚线处的E1的大小；（2）磁场区域的磁感应强度B的大小；（3）第二象限内电场强度E2的大小和方向。【答案】（1）；（2）；（3），方向垂直DA斜向右下方。【解析】【详解】（1）粒子在静电分析器做圆周运动，电场力提供向心力得：（2）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，只碰撞一次，根据几何关系可知洛伦兹力提供向心力 得（3）粒子在D、A位置动能相等，故DA是等势线，电场E2方向垂直DA斜向右下方，在x方向得16.如图，竖直面内坐标系xOy第一、三象限角平分线A1A2右侧区域有一场区（内存在匀强电场和匀强磁场）．平行板M、N如图放置，M板带正电．带负电的N板在x轴负半轴上．N板上有一小孔P，离原点O的距离为L。A1A2上的Q点处于P孔正下方。质量为m、电量为+q的小球从OA2上的某点以一水平速度v向右进入场区，恰好能做匀速圆周运动。第一次出场后，小球能进入M、N板间且恰好能到达M板但不接触．已知磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外．M、N板间距为L、电压为，重力加速度为g。求：（1）A1A2右侧区域内的匀强电场的场强大小与方向；（2）求射入场区的水平速度v的大小；（3）小球从OA2上的某点出发后，到第四次（不包括出发那次）经过边界A1A2的运动时间． 【答案】（1），方向竖直向上；（2）；（3）【解析】【详解】（1）带电小球进入场区后能做匀速圆周运动，则必须满足mg=Eq解得方向竖直向上。（2）从Q点射出场区后，到达M板时速度恰好为零，由动能定理有而解得（3）小球的运动轨迹如图所示小球进入电场后到M板速度减为零，之后向下加速离开电场，在重力作用下再次回到Q点时，由运动的对称性，到Q点的速度仍为v ，之后在场区内再次做匀速圆周运动．由轨迹可知，在场区做匀速圆周运动的运动时间t1恰好是一个周期，即从Q点射出场区到P点，在重力作用下匀减速运动有解得P点的速度设运动时间为tQP，则故P点到M点运动时间tPM，同理得由运动的对称性可知：从Q点射出场区到再次回到Q点，向上、向下运动时间相等．故运动时间第三次经过A1A2偏转了90°离开场区做平抛运动，经时间t3第四次经过A1A2。沿-y轴方向位移沿-x轴方向位移而由以上三式可得 小球从OA2上某点出发后，到第四次（不包括出发那次）经过边界A1A2的运动时间