2021-2022学年上海市控江中学高二下学期等级班学情诊断物理试题 （解析版）

这是一份2021-2022学年上海市控江中学高二下学期等级班学情诊断物理试题 （解析版），共15页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，综合应用题等内容，欢迎下载使用。
控江中学2022学年第二学期高二物理等级班学情诊断试题一、单项选择题（3×14=42分）1. 下列物理量单位中属于电量的单位的是（　　）A. 毫安时（mA·h） B. 焦耳（J） C. 电子伏（eV） D. 千瓦时（kW·h）【答案】A【解析】【详解】根据电流的定义式 可知所以毫安时（mA·h）是电量的单位，而焦耳（J）、.电子伏（eV）、千瓦时（kW·h）都是功和能的单位，A正确，BCD错误。故选A。2. 如图所示，四幅图分别表示在匀强磁场中，闭合电路的一部分导体的运动方向与电路中产生的感应电流方向的关系，其中错误的是（　　）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【详解】根据右手定则，即让磁感线穿过手掌心，大拇指所指的方向为运动方向，则四指所指方向为感应电流的方向。A．根据右手定则，可知感应电流方向垂直纸面向外，故A错误，符合题意；B．根据右手定则，可知感应电流方向沿导线向上，故B正确，不符合题意；C．根据右手定则，可知感应电流方向垂直纸面向外，故C正确，不符合题意；D．根据右手定则，可知感应电流方向沿导线向下，故D正确，不符合题意故选A。3. 铅蓄电池的电动势为2V，这表示蓄电池（    ）A. 两极间的电压一定为2 VB. 在1 s内将2 J的化学能转变为电能C. 每通过1 C电量，将2 J的电能转变为化学能D. 将化学能转变为电能的本领比一节普通干电池大【答案】D【解析】【详解】电动势与电池接不接入电路无关，但电源两极之间的电压与外电路有关，电源的电动势是2V，但两极之间的电压不一定等于2V．故A错误；铅蓄电池的电动势为2V，表示非静电力将1C的正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功为2J，即电能增加2J，与时间无关，故B错误；电路中每通过1 C电荷量，铅蓄电池将1C的正电荷从负极移至正极的过程中，克服静电力做功，故电势能增加2J，即2J化学能转化为电能．故C错误．电动势表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，电动势大，转化本领大．一节干电池的电动势为1.5V，则蓄电池将化学能转变为电能的本领比一节干电池（电动势为1.5V）的大，故D正确；故选D.【点睛】电动势是一个表征电源特征的物理量．定义电源的电动势是电源将其它形式的能转化为电能的本领，在数值上，等于非静电力将单位正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功．它是能够克服导体电阻对电流的阻力，使电荷在闭合的导体回路中流动的一种作用．4. 下列装置中，可以将电能转化为机械能的是A. 发电机 B. 电动机 C. 电饭锅 D. 电热毯【答案】B【解析】【详解】发电机可以把机械能转化为电能；电动机可以将电能转化为机械能；电饭锅可以把电能转化为热能；电热毯可以把电能转换为热能；故选B.5. 如图所示，在一个绕有线圈的可拆变压器铁芯上分别放一小铁锅水和一玻璃杯水．给线圈通入电流，一段时间后，一个容器中水温升高，则通入的电流与水温升高的是(　　)A. 恒定直流、小铁锅B. 恒定直流、玻璃杯C. 变化的电流、小铁锅D. 变化的电流、玻璃杯【答案】C【解析】【详解】容器中水温升高，是电能转化成内能所致．因此只有变化的电流才能导致磁通量变化，且只有小铁锅处于变化的磁通量时，才能产生感应电动势，从而产生感应电流．导致电流发热．玻璃杯是绝缘体，不能产生感应电流．故C正确，ABD错误．6. 一电动机线圈电阻为R，在它两端加上电压U，电动机正常工作，测得通过它的电流为I，电动机的机械功率是(　　)A. I2R B.  C.  D. UI【答案】C【解析】【详解】电动机的总功率的大小为P=UI，电动机的发热的功率的大小为P热=I2R，所以电动机的机械功率的大小为P机=P-P热=UI-I2R，故C正确，ABD错误．7. 两个电子以不同的初速度垂直射入同一匀强磁场，半径为r1和r2，周期为T1和T2，则A r1=r2，T1≠T2B. r1≠r2，T1≠T2C. r1=r2，T1=T2D. r1≠r2，T1=T2【答案】D【解析】【详解】设电子的初速度为v，磁场的磁感应强度为B，电子的质量和电量分别为m、e．根据牛顿第二定律得：解得运动轨迹半径为：由于m、e、B相同，则r与v成正比，电子的初速度不同，则半径不同，即r1≠r2电子圆周运动的周期为：m、e、B均相同，则电子运动的周期相同，即T1=T2A．r1=r2，T1≠T2，与结论不相符，选项A错误；B．r1≠r2，T1≠T2，与结论不相符，选项B错误；C．r1=r2，T1=T2，与结论不相符，选项C错误；D．r1≠r2，T1=T2，与结论相符，选项D正确；8. 如图所示，在同一平面内有四根彼此绝缘的直导线，分别通有大小相同、方向如图所示的电流，要使由四根直导线所围成的面积内的磁通量增加，则应切断哪一根导线中的电流（　　）A. 切断i1 B. 切断i2 C. 切断i3 D. 切断i4【答案】D【解析】【分析】【详解】根据安培定则判断出四根通电直导线中电流在所围面积内的磁场方向，可知只有i4中电流产生的磁场垂直于纸面向外，则要使磁通量增加，应切断i4，故D正确，ABC错误。故选D。9. 如图所示，在光滑的水平面上，静置一个质量为M小车，在车上固定的轻杆顶端系一长为l细绳，绳的末端拴一质量为m的小球，将小球拉至水平右端后放手，则(     )A. 系统的动量守恒 B. 水平方向任意时刻m与M的动量等大反向C. m不能向左摆到原高度 D. 小球和车可以同时向同一方向运动【答案】B【解析】【详解】AB．由动量守恒定律的条件知，系统的合外力不为零，但水平方向合外力为零，故系统水平方向动量守恒，A选项错误，B选项正确；CD．由水平方向的动量守恒，当向左摆到最大高度时，小球和小车的速度相同，，得，再由能量守恒知m能向左摆到原高度，由小球和车不能同时向同一方向运动，故CD选项错误。故选B。10. LC振荡电路在某一时刻的电场和磁场方向如图所示。下列说法中正确的是（　　）A. 电路中的电流在减少 B. 电路中电流沿顺时针方向C. 电容器上的自由电荷在减少 D. 电路中磁场能正在向电场能转化【答案】C【解析】【详解】磁场方向向上，根据安培定则可知，电路中电流方向为逆时针，电容器上极板带正电，所以电容器正在放电，所以电容器上的自由电荷在减少，电流在增大，电场能正在向磁场能转化。故选C。11. 如图，矩形导线框abcd与长直导线MN在同一竖直平面内，ab、cd与MN平行，若MN中通过的电流强度逐渐减小，则ab边所受磁场力的方向（　　）A. 可能竖直向上 B. 可能竖直向下C. 一定竖直向上 D. 一定竖直向下【答案】D【解析】【分析】直导线中通有减小的电流，根据安培定则判断导线上侧的磁场方向以及磁场的变化，再根据楞次定律判断感应电流的方向，最后根据左手定则判断出ab边所受安培力的方向，注意离导线越近，磁感应强度越大．但本题没有告之电流方向，故直接运用楞次定律的阻碍相对运动来求解．【详解】由于电流的减小，所以导致线圈磁通量减小，从而产生感应电流，因处于磁场中，受到磁场力使其阻碍磁通量变小，所以靠近通电导线．由于靠近导线磁场越强，所以ab边受到的磁场力一定竖直向下，故D正确，ABC错误，故选D．12. 三盏灯泡L1（110V、100W）、L2（110V、60W）和L3（110V、25W），电源所能提供的电压为220V，在图示的四个电路中，能通过调节变阻器R使电路中各灯泡均能够正常发光且最省电的一种电路是 (    )A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【详解】灯泡L1的额定电流灯泡L2的额定电流灯泡L3的额定电流由A电路可知，当小灯泡正常发光时，滑动变阻器消耗的功率代入数据解得电路中消耗的总功率代入数据解得由B电路可知，则L3小灯泡不能正常发光；由图C可知，当三个小灯泡正常发光时，滑动变阻器消耗的功率代入数据解得电路中消耗的总功率代入数据解得由图D可知，当三个小灯泡正常发光时，滑动变阻器消耗的功率代入数据解得电路中消耗的总功率代入数据解得故选C。【点睛】本题考查了串并联电阻的电阻特点，通过进行判断电路的功率。13. 长直导线通以与时间成正比的电流，该电流会在其周围产生（　　）A. 随时间变化的匀强磁场 B. 随时间变化的非匀强磁场C. 不随时间变化的匀强磁场 D. 不随时间变化的非匀强磁场【答案】B【解析】【详解】通电直导线产生的磁场时非匀强磁场，并且磁场与电流的变化相对应，电流随时间均匀增强，磁场随时间也均匀增强，所以在一根电流随时间均匀增大的长直导线周围存在随时间变化的非匀强磁场。故选B。14. 一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3:1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220V的正弦交流电源上，如图所示。设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【详解】原副线圈电压比等于匝数比，根据副线圈负载电阻的电压U，可知副线圈电压为U，原线圈电压为3U，副线圈电流原副线圈电流与匝数成反比，所以原线圈电流那么原线圈输入电压整理可得原副线圈电阻消耗的功率根据电阻相等，电流为1:3，可得功率比为1:9故选A。 二、填空题（6×6=36分）15. 一台交流发电机，产生正弦交变电动势的最大值为500V，周期为0.02s，则交变电动势的有效值为______，瞬时值表达式为________________ ．【答案】    ①. 353.5    ②. u=500sin314t（V）【解析】【详解】第一空、353.5V根据正弦交变电流最大值与有效值的关系，交变电动势的有效值E==V=353.5V．第二空、500sin314t（V）交变电动势的瞬时值表达式为u=500sint（V）=500sint（V）=500sin314t（V）．16. 两个小灯泡，它们分别标有“10V、2W”和“10V、2.5W”的字样，将它们串联起来接在电路中使用，为避免灯泡损坏，电路中的电流不能超过______A，两个灯泡消耗的总功率不能超过______W。【答案】    ①.     ②. 【解析】【详解】[1]根据题意，由公式可得，两个小灯泡得额定电流分别为则将它们串联起来接在电路中使用，为避免灯泡损坏，电路中的电流不能超过。[2]两个灯泡消耗的总功率最大时，电路中的电流为，由公式可得，额定功率为的灯泡电阻为由公式可得，此时该灯泡的电功率为则两个灯泡消耗的总功率不能超过17. 如图所示，一条形磁铁放于水平地面上，在其S极正上方有一与它垂直放置的导线，当导线中通以如图所示方向的电流后，与原来相比，磁铁受到地面的支持力将______（选填“增大”、“不变”或“减小”）受到地面的摩擦力方向______。【答案】    ①. 增大    ②. 右【解析】【详解】[1][2]以导线为研究对象，由左手定则判断得知导线所受安培力方向斜向右上方，根据牛顿第三定律得知，导线对磁铁的安培力方向斜向左下方，磁铁有向左运动的趋势，受到向右的摩擦力，同时磁铁对地的压力增大。18. 一质量为1kg的小球从0.8m高的地方自由下落到一个软垫上，若从小球接触软垫到下陷至最低点经历了0.2s，则这段时间内软垫对小球冲量的方向为______，平均冲力大小为______（g取，不计空气阻力）。【答案】    ① 竖直向上    ②. 【解析】【详解】[1][2]由机械能守恒可得计算得出规定竖直向下为正方向，设这段时间内软垫对小球冲量为I，由动量定理可以知道解得负号表示冲量方向为竖直向上，故平均冲力大小为19. 如图所示，Ⅰ和Ⅱ是一对异名磁极，ab为放在其间的金属棒。ab和cd用导线连成一个闭合回路。当ab棒向左运动时，cd导线受到向下的磁场力。由此可知竖直放置的向下的磁极Ⅱ是______极（填N或S），a、b、c、d四点的电势由低到高依次排列的顺序是______（考虑金属杆及导线电阻）。【答案】    ①. N    ②. 【解析】【详解】cd导线受到向下的磁场力，根据左手定则可判断电流方向为由c到d，故有由b到a的电流，因为ab棒向左运动，根据右手定则，可知Ⅰ是S极，Ⅱ是N极。ab棒充当电源，a相当于电源正极，由于考虑金属杆及导线电阻，电流流过导体电势降低，所以a、b、c、d四点的电势由高到低依次排列的顺序是20. 如图所示，在光滑水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，如图所示，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个边长为a，质量为m，电阻为R的正方形金属线框垂直磁场方向，以速度v从图示位置向右运动，当线框中心线AB运动到与PQ重合时，线框的速度为，此时线框中的电功率为________，此过程回路产生的焦耳热为________ 。【答案】    ①.     ②. 【解析】【详解】[1]当线框中心线AB运动到与PQ重合时，线圈中产生的感应电动势为所以此时电功率为[2]回路中产生的焦耳热等于动能的减少三、综合应用题21. 如图所示，光滑水平面上小球A、B分别以、的速率相向运动，碰撞后B球静止．已知碰撞时间为，A、B的质量均为求：碰撞后A球的速度大小；碰撞过程A对B平均作用力的大小．【答案】(1)  (2)【解析】【详解】①、B系统动量守恒，设B的运动方向为正方向由动量守恒定律得解得；②对B，由动量定理得，解得；22. 如图所示，空间存在着一个范围足够大的竖直向下的匀强磁场区域，磁场的磁感强度大小为，边长为的正方形金属框（以下简称方框）被固定在光滑的绝缘水平面上，其外侧套着一个质量为、与方框边长相同的U型金属框架（以下简称U型框），U型框与方框之间接触良好且无摩擦。NP、bc、ad三边的电阻均为，其余部分电阻不计，U型框从图示位置开始以初速度向右以作匀变速运动，问：（1）开始时流过型框的电流大小和方向如何？（2）开始时方框上边的热功率多大？（3）当U型框边与方框边间的距离为时，作用在U型框上的外力大小和方向如何？【答案】（1），；（2）；（3），方向向左，或，方向向左【解析】【详解】（1）根据题意可知，型框相当于电源，内阻为，电动势为感应电动势bc、ad边相当于两个电阻并联，并联后电阻为由闭合回路欧姆定律有由右手定则可知，电流方向为。（2）由并联分流原理可知，开始时，流过边的电流为由公式可得，开始时方框上边的热功率为（3）当U型框边与方框边间的距离为时，U型框向右运动的位移为设此时U型框的速度为，由运动学公式有代入数据解得此时，感应电动势感应电流为U型框受到的安培力为若线框向右运动经过此位置，由左手定则可知，安培力方向向左，规定向右为正方向，设此时外力为，由牛顿第二定律有代入数据解得即此时外力大小为，方向向左；若线框向左运动经过此位置，由左手定则可知，安培力方向向右，规定向右为正方向，设此时外力为，由牛顿第二定律有解得即此时外力大小为，方向向左。