山东省枣庄市滕州实验高级中学2024-2025学年高二下学期第一次调研考试物理试卷（扫描版附答案）

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1．C
【详解】当条形磁铁的N极竖直向下迅速靠近两环时，两环中的磁通量增大，根据楞次定律可知两环中的感应电流将阻碍这种变化，于是相互远离。
故选C。
2．C
【详解】A．质子带正电，根据左手定则可得质子受到的洛伦兹力竖直向上，因为质子沿直线运动，所以在竖直方向上合力为零，故洛伦兹力和电场力等大反向，即
故
，
场力竖直向下，所以A板的电势高于B板的电势，故A错误；
B．若电子从左端射入，受到的电场力方向竖直向上，洛伦兹力方向竖直向下，仍旧满足
即竖直方向上合力为零，故仍沿直线运动，故B错误；
C．从上式中发现从左端射入时，只要粒子的速度为，就能做直线运动，与粒子的电荷量无关，所以C正确；
D．若氦原子核以初速度垂直于电场和磁场沿从右端入射，受到的电场力和洛伦兹力都向下，则粒子向下偏转，故D错误。
故选C。
3．C
【详解】A．由左手定则可知，通电直导线所受安培力的方向竖直向上，故A错误；
B．由图可知，磁感应强度B与电流I平行，导线不受安培力，故B错误；
C．由左手定则可知，通电直导线所受安培力的方向竖直向下，故C正确；
D．由左手定则可知，通电直导线所受安培力的方向垂直纸面向外，故D错误。
故选C。
4．D
【详解】一带负电的粒子垂直进入匀强磁场，根据左手定则，粒子垂直纸面向外偏转。
故选D。
5．A
【详解】物体从顶端滑到底端的过程中，减小的重力势能等于物体到达底端时的动能与摩擦生热之和，当加上一个垂直于纸面指向读者方向的磁场时，物体将受到垂直斜面向下的洛伦兹力，所以斜面对物体的支持力增大，摩擦生热增加，而减小的重力势能不变，所以到达底端时的动能减小，速度减小。
故选A。
6.C
【详解】A．当开关S1、S2均闭合且电路达到稳定，则电感线圈L的自感现象消失，把小灯泡A短路，此时无电流通过小灯泡A，故选项A错误；
B．将S1断开的瞬间，电感线圈L与小灯泡A组成回路，使小灯泡A亮一下之后再熄灭，而小灯泡B立即熄灭，故选项B错误；
C．将S1断开的瞬间电感线圈L与小灯泡A组成回路，使原先通过小灯泡B和电阻R的电流全部通过小灯泡A，所以通过灯泡A的电流最大值要比原来通过灯泡B的电流大，故选项C正确；
D．将S2断开，电感线圈L与小灯泡B串联的总电阻比小灯泡A与电阻R串联小，所以，将S2断开，电路达到稳定，灯泡A的亮度比B的亮度暗些，故选项D错误。
故选C。
7．C
【详解】A．根据
解得
电荷量相等，速率相等，但是质量不一定，半径不一定相等，故A错误；
BD．根据
电量相等，动能相等，质量不一定相等，周期不一定相等，故BD错误；
C．根据
解得
电荷量相等，mv大小相等，则半径必相等，C正确。
故选C。
8．C
【详解】由楞次定律可以判断出螺线管中电流方向从右向左，那么通过电阻R的电流方向是从C到A，故A错误；根据法拉第电磁感应定律有：E=n△B△tS，由图知：△B△t=6-22T/s=2T/s，代入数据解得：E=1500×2×20×10-4=6V；由闭合电路欧姆定律得：I=ER+r=64+1A=1.2A，因此感应电流的大小是恒定的，故B错误；螺线管两端的电压是外电压，为 U=IR=1.2×4V=4.8V，故C正确；在外电路，顺着电流方向电势降低，因A的电势等于零，那么C点的电势为4.8V，故D错误．故选C．
点睛：考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、功率及电压与电流关系式，并掌握外电路中沿着电场线方向电势降低．
9．AD
【详解】A．无线充电与有线充电一样实现了能量的传递。故A正确；
B．由于无线充电利用的是电磁感应原理，故送电线圈需接入交变电流。故B错误；
C．送电线圈中通入的是正弦式交变电流，产生的磁场呈周期性变化。故C错误；
D．由于送电线圈中通入正弦式交变电流，故受电线圈中感应电流产生周期性变化的磁场。D正确。
故选AD。
10．ABC
【详解】A．若粒子带正电，且
则粒子受力平衡，粒子将做匀速直线运动，A正确；
B．若粒子带正电，且
则粒子受到向左下方的电场力大于向右上方的洛伦兹力，粒子立即向左下方偏转，B正确；
C．若粒子带正电，且
则粒子受到向左下方的电场力小于向右上方的洛伦兹力，粒子立即向右上方偏转，C正确；
D．要使带电粒子做匀速圆周运动，则粒子只能受洛伦兹力而不能受到电场力，D错误。
若粒子带负电，分析情况相同，结论也相同。
故选ABC。
11．BC
【分析】根据题意，线框中，ad段和bc段的电阻均为；ab段和cd段电阻阻值均为。线框离开磁场的过程中，只有ab边切割磁感线。
【详解】A．线框离开磁场的过程中，线框ab边以速率v匀速切割磁感线，感应电动势
根据闭合电路欧姆定律，回路中的感应电流为
则ab两点间的电压为路段电压，则
联立解得
故A错误；
B．线框离开磁场的过程中，流过导线截面的电量为
解得
故B正确；
C．线框中电流在cd边产生的热量
解得
故C正确；
D．ad和bc边受到的安培力等大反向，合力为零，故线框受到的安培力的合力，为ab边受到的安培力，即
故D错误。
故选BC。
12．AD
【详解】A．图乙中AB段金属棒做匀速直线运动，则
，
又，，，解得匀强磁场的磁感应强度B大小为
故A正确；
B．时，金属棒产生的电动势为
金属棒两端的电压为
故B错误；
C．金属棒开始运动的前内，通过的位移为
金属棒开始运动的前内，通过电阻的电荷量为
又，解得通过电阻R的电荷量为
故C错误；
D．由功能关系可知，金属棒开始运动的前内，电路中产生的总热量为
电阻上产生的热量为
故D正确。
故选AD。
13．(1)互换电流计两个接线柱的连线（或：互换电源正负极的连线）（2分）
(2)顺时针（2分） (3)向右（2分）
14． 交流 变暗 变小 C
【详解】(1)[1]变压器利用交流电工作，所以线圈应连到学生电源的交流输出端。
(2)[2] [3]副线圈匝数减少，副线圈电压降低，所以灯泡亮度降低。
(3)[4]根据电压规律得
U2=n2n1U1=60120×8.2V=4.1V
因为变压器不是理想变压器，所以副线圈电压低于4.1V，故选C。

15．（1）；（2）
【详解】（1）感应电动势的峰值
根据题意可得
（2）电动势的有效值
R两端电压
R上消耗的电能为
16．（1）5.0×10－7T；（2）5.0×10－7T；1.5×10－7N 安培力垂直导线向上
【详解】（1）根据F=BIL得：B＝=5×10-7T
（2）当导线中电流变化时，导线所在处的磁场不变，为5×10-7T
故有：F=BIL=1.5×10-7N．
根据左手定则，方向垂直于棒向上
17.(1) 3R (2) 3πR3v；
【详解】(1) 设粒子做匀速圆周运动的半径为r，如图所示
粒子转过的圆心角θ=60°，由几何知识得
rsin30°=Rsin60°
圆运动的半径
r=3R
(2)由于粒子在磁场中的运动方向偏转了60˚角，粒子完成了16个圆运动，运动的时间为
t=T6=16×2πrv=3πR3v
18．(1)v022KL；(2)2v0；(3)2Lv0+πL2v0
【详解】(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，
加速度：
a=Eqm=EK
在电场中运动的时间：
t1=2Lv0
沿y轴正方向，则有：
12at12=L
即：
12EK(2Lv0)2=L
则：
E=v022KL
(2)带电粒子刚进入磁场时，沿y轴正方向的分速度：
vy=at1=EK·2Lv0=v022KL⋅K⋅2Lv0=v0
则带电粒子进入磁场时的速度：
v=v02+vy2=2v0
由于在磁场中洛仑兹力不改变带电粒子速度大小，则：
vP=v=2v0
(3)由图可知，设带电粒子进入磁场时速度v与x轴正方向夹角α，则满足：
tanα=vyv0=1
得：
α=45°
则偏转圆的圆心角：
θ=π2
由几何关系可知，偏转半径：
R=22×2L=2L
则粒子在磁场中运动时间：
t2=Rθv=2L⋅π22v0=πL2v0
粒子在磁场与电场中运动时间：
t=t1+t2=2Lv0+πL2v0
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
C
C
D
A
C
C
C
AD
ABC
题号
11
12








答案
BC
AD