2021-2022学年浙江省精诚联盟高二下学期3月联考物理试题 （解析版）

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2021学年第二学期浙江省精诚联盟3月联考高二年级物理学科试题考生须知：1.本卷共8页，满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。4.考试结束后，只需上交答题纸。选择题部分一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1. 下列说法不正确的是（　　）A. 奥斯特发现了电流的磁效应B. 中国科学家赵忠贤研制的钇-钡-铜-氧系材料，超导转变温度提高到了C. 麦克斯韦预言了电磁波的存在D. 库仑研究了电荷间的相互作用，并测出了元电荷的数值【答案】D【解析】【详解】A．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间存在着某种联系，选项A正确；B．中国科学家赵忠贤相继钇-钡-铜 -氧系材料上把临界超导温度提高到90K，选项B正确；C．麦克斯韦预言了电磁波的存在，选项C正确；D．最早测定元电荷电量的科学家是密立根，选项D错误。本题选不正确的，故选D。2. 下列说法正确的是（　　）A. 根据能量守恒定律，节约能源是没有必要的B. 只有密封的金属容器才能实现静电屏蔽C. 用手搓新塑料袋袋口，塑料袋更容易打开，是因为摩擦起电现象D. 对于常用的干电池，体积越大，它的电动势也越大【答案】C【解析】【详解】A．由于能源耗散，所以节约能源是有必要的，故A错误；B．实现静电屏蔽不一定要密封的金属容器，金属网也能起到屏蔽作用，故B错误；C．用手搓新塑料袋袋口，会产生摩擦起电现象，塑料袋带同种电荷，互相排斥，所以更容易打开，故C正确； D．对于常用的干电池，无论体积大小，电动势都是1.5V，故D错误。故选C。3. 两个分别带有电荷量和的相同金属小球A、B（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间的库仑力的大小为F。用一带绝缘柄的不带电的并且与A、B等大的金属球C与A、B反复足够多次接触，最后移去C。则两球间库仑力的大小为（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【详解】由库仑定律金属球C与A、B反复足够多次接触，由电荷守恒定律，A、B、C三球带电量相等，均为由库仑定律联立上式解得A正确。故选A。4. 电荷量为的点电荷与一无限大接地金属板（电势为零）相距为，所形成的电场的电场线如图所示。图中点与金属板相距为，点与点关于点电荷对称，且测得点电势为。则下列说法中正确的是（　　）A. 点的场强大小大于点B. 带正电试探电荷从点移动到点，电场力做功等于零C. 点电荷与金属板间的电势差等于D. 金属板表面电势相等【答案】D【解析】【详解】A．根据电场线的疏密表示场强的大小，则点的场强小于点，A错误；B．电场线的疏密表示场强的大小，Q左侧电场强度小于右侧的电场强度，根据无穷远处电势为零，则点电势大于0.5V，带正电试探电荷从点移动到点，电场力做功不等于零，B错误；C．P点左侧电场线比较密，则左侧的场强较大， 根据则点电荷与金属板间的电势差等大于0.1V，C错误；D．金属板处于静电平衡状态，是等势体，表面是等势面，D正确。故选D。5. 如图所示，氘核和氦核以相同初速度从水平放置的两平行金属板正中间进入板长为、两板间距离为、板间加直流电压的偏转电场，一段时间后离开偏转电场。不计粒子重力及其相互作用，则下列说法不正确的是（　　）A. 两个粒子同时离开偏转电场B 粒子离开偏转电场时速度方向不同C. 两粒子离开偏转电场时速度大小相同D. 两个粒子从偏转电场同一点离开【答案】B【解析】【详解】A．设粒子的初速度为v0，粒子在电场中做类平抛运动，离开偏转电场的时间为则两个粒子同时离开偏转电场，故A正确，不符合题意；B．设粒子离开偏转电场时速度方向与水平方向夹角为θ，粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向的加速度为竖直方向的分速度为偏转角度的正切为氘核和氦核的比荷相同，两个粒子离开偏转电场时速度方向相同，故B错误，符合题意；CD．两个粒子在偏转电场中水平方向分速度相同，离开偏转电场时竖直方向的分速度相同，离开偏转电场时速度大小相同，且从偏转电场同一点离开，故CD正确，不符合题意。故选B。故选。6. 电瓶车使用的锂电池以碳材料为负极，含锂化合物为正极，充电时通过化学反应，电池正极会产生带正电的锂离子，通过电解液到达电池负极。某锂电池参数如下表所示，下列说法错误的是（　　）产品参数型号尺寸（长宽高）重量（）额定放电电流最大放电电流  A. 充电时电池内部静电力对锂离子做负功B. 表示该电池的容量C. 该电瓶最大启动功率576WD. 充满电后正常行驶时间为2小时【答案】A【解析】【详解】A．充电时通过化学反应，电池正极会产生带正电的锂离子，通过电解液到达电池负极，故静电力对锂离子做正功，故A错误；B．12Ah表示该电池的容量，选项B正确；C．该电瓶最大启动功率选项C正确；D．充满电后正常行驶时间为选项D正确。此题选择错误的选项，故选A。7. 如图所示，四根通有恒定电流的长直导线垂直穿过平面，1、2、3、4直导线与平面的交点成边长为的正方形且关于轴和轴对称，它们的电流大小关系是，各导线中电流方向已标出，已知通电无限长直导线产生的磁感应强度大小与到直导线距离成反比。下列说法正确的是（　　）A. 点处磁感应强度方向沿着轴正方向B 点处磁感应强度方向沿着轴正方向C. 点处磁感应强度大小为零D. 点处磁感应强度方向沿着轴负方向【答案】D【解析】【详解】如图为四根通电直导线在O点的磁场方向，由于通电无限长直导线产生的磁感应强度大小与到直导线距离成反比，结合对称性可知，B1与B2的合磁感应强度方向向下且较大，B3与B4的合磁感应强度方向向上且较小，故点处磁感应强度方向沿着轴负方向。故选D。8. 处于磁场B中的矩形金属线框可绕轴转动，当线框中通以电流I时，如图所示，此时线框左右两边受到安培力F的方向正确的是A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【详解】由图可知：磁场的方向水平向左，由左手定则可知：左边受到的安培力方向竖直向上，右边受到的安培力方向竖直向下，故D正确，A、B、C错误；故选D．9. 如图所示是一种延时继电器的示意图，开始时开关闭合。下列说法正确的是（　　）A. 断开开关，弹簧立刻将衔铁拉起B. 断开一段时间后，铁芯中还有逐渐减弱的磁场C. 若线圈B不闭合，还是会产生延时效果D. 线圈之间发生的电磁感应现象叫做自感【答案】B【解析】【详解】A．由题意可知，打开开关时，由楞次定律可知，穿过线圈B的磁通量减小变慢，有延时释放D的作用，所以弹簧不会立刻将衔铁拉起，A错误；B．打开开关后，穿过线圈B的磁通量减小，线圈B中产生感应电流，感应电流的磁场使铁芯中的磁场逐渐减弱，B正确；C．若线圈B不闭合，打开开关时，线圈B不会产生感应电流，铁芯上不会有磁性，不会产生延时效果，C错误；D．线圈AB之间发生的电磁感应现象叫做互感，D错误。故选B。10. 如图所示分别是真空冶炼炉、微安表、动圈式扬声器和磁电式电流表。关于这四种器件的说法正确的是（　　）A. 真空冶炼炉工作时线圈中应通低频交变电流B. 微安表在运输时要用导体短路电流计的两个极，目的是保护微安表C. 动圈式扬声器是利用电磁感应原理进行工作的D. 磁电式电流表在线圈转动的范围内，各处的磁场都是匀强磁场【答案】B【解析】【详解】A．真空冶炼炉的工作原理是利用涡流使炉内产生大量的热量而使金属熔化，根据法拉第电磁感应定律可知频率越高、相同条件下产生的感应电动势越大，感应电流就会越大，所以真空冶炼炉线圈中应通高压高频交流电，故A错误；B．微安表在线圈转动的范围内，各处的磁场为幅状磁场，在运输时要用导体短路电流计的两个极，把接线柱连在一起，线圈在摆动的时候就产生感应电流，这个感应电流可以阻碍线圈的摆动，使指针迅速停止摆动，防止指针打坏、防止游丝震乱，减少轴承磨损，目的是保护微安表，B正确；C．动圈式扬声器动圈式扬声器是利用电流在磁场中受到安培力作用的原理制成的，动圈式扬声器不是利用电磁感应原理进行工作的。C错误；D．磁电式电流表在线圈转动的范围内，各处的磁场为幅状磁场，不是匀强磁场，故D错误。故选B。11. 一手摇交流发电机线圈在匀强磁场中匀速转动。转轴位于线圈平面内并与磁场方向垂直，产生的交变电压u随时间t变化关系如图所示，则（　　）A. 时，线圈处于中性面位置B. 该交变电压有效值是C. 该交流电经过电子电路处理可以变为直流电D. 该交流电频率是【答案】C【解析】【详解】D．由图可知，该交流电的周期为0.04s，故频率为25Hz，D错误；A．时，交变电压达到最大值，此时线圈平行于磁场，即与中性面垂直，A错误；B．该正弦交流电峰值为10V，故有效值为B错误；C．该交流电经过电子电路处理可以变为直流电，C正确。故选C。12. 如图所示，某振荡电路此时电容器上极板带正电荷，接下来极短时间内（　　）A 振荡电流增大B. 电路中的一部分能量会以电磁波的形式辐射出去C. 线圈内磁通量变化率减少D. 电场能向磁场能转化【答案】C【解析】【详解】ACD．由图中电流的方向流向电容器的正极，说明电容器正在充电，回路中的磁场能向电场能转化，所以电路中的电流正在减小，所以线圈中的磁场正在减弱，线圈内磁通量变化率减少，AD错误C正确；B．振荡电路中，电场能和磁场能之间主要在不同元件之间的相互转化，辐射出去的能量很少很少，B错误。故选C。13. 如图所示，下列情形都忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　）A. 若子弹击入沙袋时间极短，可认为击入过程子弹和沙袋组成的系统，水平方向动量守恒B. 若子弹击入杆的时间极短，可认为子弹和固定杆组成系统动量守恒C. 圆锥摆系统动量守恒D. 以上说法都不正确【答案】A【解析】【详解】A．子弹击入沙袋时间极短，水平方向合外力为零，故可认为击入过程子弹和沙袋组成的系统，水平方向动量守恒。A正确；B．若子弹击入杆，杆的固定端对杆有力的作用，合外力不为零，动量不守恒。B错误；C．圆锥摆系统做圆周运动，故圆锥摆系统合外力不为零，动量不守恒，C错误；D．A正确，D错误。故选A。二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得2分，选对但不选全的得1分，有选错的得0分）14. 将一段裸铜导线弯成如图所示形状的线框，将它置于一节5号干电池上电动势为（线框上端的弯折处与正极接触良好），一块圆柱形强磁铁吸附在电池的负极，使铜导线框下面的两端、与磁铁表面保持良好接触，放手后线框就会开始转动，成为一个“简易电动机”，如图所示。若整个电路电阻为，下列说法中正确的是（　　）A. 线框能够转动是因为受到了安培力B. 电池的输出功率等于线框转动的机械功率C. 如果磁铁吸附在电池负极的磁极调换一下，线框转动的方向也随之改变D. 回路电流【答案】AC【解析】【详解】A．线框会转动是由于通电线框受到了安培力的作用，A正确；B．电流通过线框，线框要产生热量，损失电能，则电池输出的电功率等于电路中的热功率和线框旋转的机械功率，故电池的输出功率大于线框转动的机械功率，B错误；C．将磁铁的磁极调换后，磁场方向反向，电流的方向不变，根据左手定则，安培力方向也反向，故线框转动的方向将反向，C正确；D．电源的电能部分转化为线框转动的机械能，电路不是纯电阻电路，不符合欧姆定律的使用条件，故回路电流不等于，D错误。故选AC。15. 如图所示，这是安装在潜水器上的深度表的电路原理图，显示器由电流表改装而成，压力传感器的电阻随压力的增大而减小，电源的电动势和内阻均为定值，定值电阻阻值大于电源内阻，在潜水器下潜的过程中，下列说法正确的是（　　）A. 通过显示器的电流增大 B. 压力传感器两端的电压变大C. 电源内阻的功率一定减小 D. 电源的输出功率变大【答案】AD【解析】【详解】A．在潜水器下潜过程中，压力增大，压力传感器的电阻减小，电路电阻减小因此电流增大，A正确;B．压力传感器电压有电源电压不变，除压力传感器之外的总电阻也不变，但电流增大，所以压力传感器两端电压减小，B错误；C．电路电流增大，电源内阻不变，电源内阻功率功率增大，C错误；D．设电路外电阻为R，关于输出功率有可知，当R=r时，输出功率最大。即R值越接近r值，输出功率越大。因R0大于电源内阻，所以传感器电阻越小，路端电阻反而越接近r，输出功率越大，D正确。故选AD。16. 霍尔效应在1879年被E H ·霍尔发现，它定义了磁场和感应电压之间的关系，霍尔元件是一种应用霍尔效应的磁传感器。如图是一霍尔元件的示意图，磁场方向垂直霍尔元件工作面，霍尔元件宽为（、间距离），厚为（图中上下面距离），当通以图示方向电流时，两端将出现电压，成为霍尔电压。则（　　）A. 霍尔电压由霍尔元件本身决定，与通过的电流无关B. 若霍尔元件是金属材料所制，则两端电压C. 霍尔元件可以把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量D. 若要测量赤道附近的地磁场，应将工作面调整为与地面垂直状态【答案】BCD【解析】【详解】A．当霍尔元件的电压稳定时有又联立解得可知，霍尔电压与通过的电流有关。故A错误；B．电子移动方向与电流方向相反，有左手定则得。故B正确；C．霍尔元件定义了磁场和感应电压之间的关系，可以把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量。故C正确；D．若要测量赤道附近的地磁场，由于赤道附近的磁场水平，则应将工作面调整为与地面垂直状态。故D正确。故选BCD。三、非选择题部分（本题共6小题，共55分）17. 某实验小组用伏安法测电阻（约为），要求待测电阻上电压的调节范围尽可能的大，测量的误差尽可能的小。实验室提供的器材如下：电池组（电动势为，内阻不计）    电流表（，内阻约）电压表（，内阻约）    滑动变阻器（，额定电流）开关、导线若干。（1）用千分尺测量电阻丝直径如下图所示，可知其直径为__________；（2）实验时，先用多用电表粗测电阻丝的阻值，若发现指针偏转过大，应换用更__________（选填“大”或“小”）倍率测量。（3）若电压表内阻已知，应该选择的实验电路是图中的__________（选项“甲”或“乙”）；【答案】    ①. 1.255    ②. 小    ③. 乙【解析】【详解】（1）[1]用千分尺测量电阻丝直径为1mm+0.01mm×25.5=1.255mm（2）[2]实验时，先用多用电表粗测电阻丝的阻值，若发现指针偏转过大，说明倍率档选择的过高，则应换用更小倍率测量。（3）[3]若电压表内阻已知，应该用电流表外接，即选择的实验电路是图中的乙。18. 在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示。（1）本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中需要运用的科学方法是______；A.控制变量法    B.等效替代法    C.整体隔离法（2）为了减少涡流的影响，铁芯应该选择______；A.整块硅钢铁芯    B.整块不锈钢铁芯        C.绝缘的铜片叠成        D.绝缘的硅钢片叠成（3）以下给出的器材中，本实验需要用到的有哪些______；A.B.    C.    D.（4）下列做法正确的是______。A.为了人身安全，只能使用低压直流电源，所用电压不要超过B.观察两个线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈匝数多C.变压器开始正常工作后，铁芯导电，把电能由原线圈输送到副线圈D.为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测【答案】    ①. A    ②. D    ③. BD    ④. D【解析】【详解】（1）[1]本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中需要运用的科学方法是控制变量法，故选A；（2）[2]变压器铁芯的材料要选择磁性材料，为防止出现涡流，用绝缘的硅钢片叠成，故选D；（3）[3]实验中需要交流电源和多用电表，不需要干电池和直流电压表，故选BD。（4）[4]A．变压器的工作原理是电磁感应，原线圈两端应接交流电，为了人身安全，只能使用低压交流电源，所用电压应不超过12V，故A错误；B．观察两个线圈的导线，发现粗细不同，根据可知匝数少的电流大，则导线越粗，即导线粗的线圈匝数少，故B错误；C．变压器的工作原理是电磁感应现象，即不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”磁场能的作用，不是铁芯导电，传输电能，故C错误；D．为了多用电表的安全，使用多用电表测电压时，先用最大量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量，故D正确。故选D。19. 在冬奥会中，队长王冰玉最后一投，将质量为的冰壶推出，运动一段时间后以的速度正碰静止的瑞典队冰壶，两冰壶质量相等。（1）若两球发生弹性碰撞，求碰后瑞典队冰壶的速度大小；（2）若碰后中国队冰壶以的速度继续向前滑向大本营中心。求：碰后瑞典队冰壶的速度大小和碰撞过程中系统损失的机械能。【答案】（1）0.4m/s；（2）0.6J【解析】【详解】（1）设碰后中国队冰壶的速度大小为，瑞典队冰壶的速度大小为，若两球发生弹性碰撞，规定向前运动的方向为正方向，根据动量守恒和能量守恒得代入数据解得（2）若碰后中国队冰壶以的速度继续向前滑向大本营中心，瑞典队冰壶的速度大小为，根据动量守恒得代入数据解得碰撞过程中系统损失的机械能代入数据解得20. 电子被加速器加速后轰击重金属靶时，会产生射线，可用于放射治疗。如图展示的是一台医用电子直线加速器。其内部原理如图甲，装置由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度依照一定的规律依次增加。序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。在时，位于和偶数圆筒相连的金属圆板（序号为0）中央的一个电子，在圆板和圆筒1之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1。之后电子运动到圆筒与圆筒之间各个间隙中都能恰好使静电力的方向跟运动方向相同而不断加速。请回答以下问题（已知电子的荷质比取，电压的绝对值，周期，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计，不考虑电子的重力）（1）说明在t0时刻，圆筒1与金属圆板之间的电势差是正值还是负值；（2）分析并说明电子在圆筒内的受力情况；（3）求电子进入第3个圆筒时的速度大小；（4）求第3个圆筒的长度。 【答案】（1）在t0时刻，给电子加速，电场向左，圆筒1与金属圆板之间的电势差是正值；（2）由于金属导体内部电场强度等于零，所以电子在圆筒内不受力；（3）；（4）【解析】【详解】（1）在t0时刻，给电子加速，电场向左，圆筒1与金属圆板之间的电势差是正值；（2）由于金属导体内部电场强度等于零，所以电子在圆筒内不受力；（3）根据动能定理得电子进入第3个圆筒时的速度大小（4）求第3个圆筒的长度。当电子在每个圆筒内做匀速直线运动的时间为时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，因此第三个圆筒的长度为21. 饭卡是学校等单位最常用的辅助支付手段，我们学校今年新更换了一批饭卡，内部主要部分是一个多匝线圈，当刷卡机发出电磁信号时，置于刷卡机上的饭卡线圈的磁通量发生变化，在线圈处引起电磁感应，产生电信号。其原理可简化为如图甲所示，设线圈的匝数为1200匝，每匝线圈面积均为，线圈的总电阻为，线圈连接一电阻，其余部分电阻不计。设线圈处的磁场可视作匀强磁场，且其大小按如图乙所示规律变化，（设垂直纸面向里为正），求：（1）时线圈产生的感应电动势大小；（2）时间内，电阻产生的焦耳热；（3）时间内，通过电阻的电荷量。【答案】（1）；（2）；（3）0【解析】【详解】（1）由法拉第电磁感应定律（2）根据闭合电路欧姆定律，则有再由焦耳定律得（3）根据结合及联立可得结合图像可得22. 某“太空粒子探测器”是由加速、偏转和探测三部分装置组成，其原理可简化如下：如图所示，沿半径方向的加速电场区域边界、为两个同心半圆弧面，圆心为，外圆弧面电势为，内圆弧面电势为；在点右侧有一与直线相切于半径为的圆，圆心为，圆内（及圆周上）存在垂直于纸面向外的匀强磁场；是一个足够长的粒子探测板，探测板与水平方向夹角为，点位于点正下方处；假设太空中漂浮着质量为，电荷量为的带正电粒子，它们能均匀地吸附到圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速到圆弧而上，再由点进入磁场偏转，最后打到探测板上，（不计粒子间的相互作用和星球对粒子引力的影响），其中沿连线方向入射的粒子经磁场偏转后恰好从圆心的正下方点射出磁场。（1）求粒子聚焦到点时速度的大小及圆形磁场的磁感应强度大小；（2）从图中点（与成夹角）被加速的粒子打到探测板上点（图中未画出），求该粒子从点运动到探测板所需的时间；（3）若每秒打在探测板上的离子数为，打在板上的离子全部被吸收，求探测板受到的作用力大小。【答案】（1），；（2）；（3）【解析】【详解】（1）带正电粒子从AB圆弧面静止开始加速到CD圆弧面上，由动能定理得解得在圆形磁场中洛仑兹力提供向心力由题意可知所以磁感应强度为（2）从P点被加速的粒子运动轨迹如下图所示：则在磁场中的运动周期在磁场中的运动时间出磁场后到到达探测板所需的时间从O1点到探测板MN所需的时间（3）由题可知，所有带正电粒子经磁场偏转后全部被吸收，由动量定理可得得由牛顿第三定律得探测板受到的作用力大小