山东省桓台县第二中学2027届高二上物理期末监测试题含解析

山东省桓台县第二中学2027届高二上物理期末监测试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、一个阻值为2Ω的线圈在匀强磁场中转动，产生的交变电动势为，当该线圈与一阻值为8Ω的电阻组成闭合回路时，下列说法正确的是()A.t＝0时，线圈平面位于中性面B.t＝0时，穿过线圈的磁通量为0C.电阻的热功率为16WD.用电压表测路端电压时读数为11.3V2、关于电容器的电容，下列说法正确的是（）A.电容器不带电时，其电容为零B.电容器带电荷量越多，其电容越大C.电容器两极板间电压越低，其电容越小D.电容器的电容只由它本身的性质决定3、如图所示，在三角形区域ACD内有一垂直纸面向里的匀强磁场．在纸面内一束电子以不同大小的速度从A点沿同一方向射入磁场，不计电子的重力和电子之间的相互作用，关于电子在磁场中运动的情况，下列说法中正确的是A.从CD边出射的电子，在磁场中运动时间都相等B.从AC边出射的电子，在磁场中运动时间都相等C.从AC边出射的电子距C点距离越近，其轨道半径越小D.从CD边出射的电子距C点距离越近，其轨道半径越大4、如图所示，实线和虚线分别表示振幅和频率均相同的两列简谐横波的波峰和波谷，此时M点是波峰与波峰的相遇点．设两列波的振幅均为A，则A.再过四分之一周期，Q点为振动减弱点B.图中位于P、N两处的质点正处于平衡位置C.M点为振动加强点，位移始终为2AD.从此刻起，经过半个周期，M点的位移为零5、如图甲所示，正方形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线方向与导线框所在平面垂直．t=0时刻，磁场方向垂直导线框平面向外，磁感应强度B随时间t变化规律如图乙所示，规定线框中电流沿着abcda的方向为正方向，则如图中能正确反映导线框中感应电流随时间t变化规律的是A. B.C. D.6、如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下．一边长为的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动．线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是（）A. B.C. D.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、在同一光滑斜面上放同一导体棒，下图所示是两种情况的剖面图。它们所在空间有磁感应强度大小相等的匀强磁场，但方向不同，一次垂直斜面向上，另一次竖直向上，两次导体A分别通有电流I1和I2，都处于静止平衡．已知斜面的倾角为θ，则（）A.I1∶I2=cosθ：1B.I1∶I2=1∶1C.导体A所受安培力大小之比F1∶F2=sinθ∶cosθD.斜面对导体A的弹力大小之比N2∶N2=cos2θ∶18、如图所示，真空中有一均匀介质球，一束复色光平行于BOC从介质球的A点折射进入介质球内，进入介质球后分成光束I、Ⅱ，其中光束Ⅰ恰好射到C点，光束Ⅱ射到D点，∠AOB＝60°，则()A.介质球对光束Ⅱ的折射率大于B.同时进入介质球的光束Ⅱ比光束Ⅰ先射出介质球C.当入射角大于某一特定角度时，从A点射进介质球的光束Ⅱ不会发生全反射D.用光束Ⅰ和光束Ⅱ分别射向同一双缝干涉装置，光束Ⅱ的条纹间距比光束Ⅰ大9、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10、下面的说法正确的是（）A.物体运动的方向就是它的动量的方向B.如果物体的速度发生变化，则可以肯定它受到的合外力的冲量不为零C.如果合外力对物体的冲量不为零，则合外力一定使物体的动能增大D.作用在物体上的合外力冲量不一定能改变物体速度的大小三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验．两根金属导轨ab和a1b1固定在同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁（未画出）的N极位于两导轨的正上方，S极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且两导轨垂直（1）在图中画出连线，完成实验电路．要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向移动（2）为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议：A．适当增加两导轨间的距离B．换一根更长的金属棒C．适当增大金属棒中的电流其中正确的是_____（填入正确选项前的标号）12．（12分）在“研究电磁感应现象”的实验中，首先按图1接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；当闭合S时，观察到电流表指针向右偏，不通电时电流表指针停在正中央．然后按图2所示将电流表与副线圈B连成一个闭合回路，将原线圈A、电池、滑动变阻器和电键S串联成另一个闭合电路．根据电磁感应规律，填写实验现象（向左偏转、向右偏转、不偏转）①S闭合后，将螺线管A（原线圈）插入螺线管B（副线圈）的过程中，电流表的指针___②线圈A放在B中不动时，电流表的指针___③线圈A放在B中不动，将滑动变阻器的滑片P向左滑动时，电流表的指针___④线圈A放在B中不动，突然断开S．电流表的指针_____四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）如图，两根间距为L＝0.5m的平行光滑金属导轨间接有电动势E＝3V、内阻r＝1Ω的电源，导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°．金属杆ab垂直导轨放置，质量m＝0.2kg．导轨与金属杆接触良好且金属杆与导轨电阻均不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中．当R0＝1Ω时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8（1）求磁感应强度B的大小；（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，求金属杆的加速度14．（16分）ABC表示竖直放在电场强度为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的圆环，轨道的水平部分与半圆环相切．A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg，带电量为q=+C的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）(1)小球到达C点的速度大小(2)小球在C点时，轨道受到的压力大小15．（12分）如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m，a、b间的电场强度为E=5.0×105N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场.今有一质量为m=4.8×10-25kg、电荷量为q=1.6×10-18C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0=1.0×106m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处（图中未画出）．求P、Q之间的距离L

参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、A【解析】因为电动势的表达式是正弦函数，所以是从中性面开始计时的，故A正确；t=0时，线圈处于中性面，线圈平面与磁场垂直，磁通量最大，故B错误；由题意可知，电动势的有效值为10V，所以电路中的电流为：，所以电阻的热功率为，故C错误；用电压表测路端电压时读数为U=IR=8V，故D错误．故选A【点睛】本题考查了交流电的描述，根据交流电的表达式，可知知道其最大值，以及线圈转动的角速度等物理量，知道电动势的表达式是正弦函数，从中性面开始计时的，此时磁通量最大，根据求解电功率，电压表和电流表测量的都是有效值2、D【解析】电容器的电容与电容器是否带电、带电量多少以及两端有无电压均无关，只与两极板间距、正对面积以及电介质有关，也就是说电容器的电容只由它本身的性质决定，故选项ABC错误；D正确。故选：D.3、B【解析】AB、如图所示，过入射点A过入射速度v的垂线AE，电子入射速度不同，但它在磁场中做圆周运动的圆心均集中在直线AE上，利用“放缩圆法”可知，能从AC边射出的电子的最大轨迹，刚好和CD边相切于F点．结合运动轨迹图和几何关系可知，所有能从AC边出射的电子，轨迹对应的圆心角相同，故时间相同，则A错误，B正确；CD、由图可知，从AC边出射的电子距C点距离越近，其轨道半径越大；从CD边出射的电子距C点距离越近，其轨道半径越小．故CD错误；故选B4、B【解析】A．由图知Q点是波谷和波谷叠加，正处在波谷，故A错误；B．P、N两点是波谷和波峰叠加，位移始终为零，即处于平衡位置，故B正确；C．由图可知M点为波峰与波峰相遇，振动的加强点，其振幅为2A，但并不是位移始终为2A，故C正确；D．M点为波峰与波峰相遇，半个周期后为波谷与波谷相遇，M点处于波谷，位移为，故D错误5、D【解析】由右图可知B的变化，则可得出磁通量的变化情况，由楞次定律可知电流的方向；由法拉第电磁感应定律可知电动势，即可知电路中电流的变化情况【详解】根据图乙所示磁感应强度变化情况，应用楞次定律可知，时间，电路中电流方向为逆时针方向，即电流方向为：abcda，由图乙所示图线可知，磁感应强度的斜率即变化率恒定，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势大小不变，由欧姆定律可知，线框中的电流大小不变，故ABC错误，D正确【点睛】本题要求学生能正确理解图的含义，才能准确的利用楞次定律、左手定则等进行判定；解题时要特别注意，两个时段，虽然磁场的方向发生了变化，但因其变化为连续的，故产生的电流是相同的6、D【解析】第一过程从①移动②的过程中左边导体棒切割产生的电流方向是顺时针，右边切割磁感线产生的电流方向也是顺时针，两根棒切割产生电动势方向相同所以，则电流为，电流恒定且方向为顺时针，再从②移动到③的过程中左右两根棒切割磁感线产生的电流大小相等，方向相反，所以回路中电流表现为零，然后从③到④的过程中，左边切割产生的电流方向逆时针，而右边切割产生的电流方向也是逆时针，所以电流的大小为，方向是逆时针当线框再向左运动时，左边切割产生的电流方向顺时针，右边切割产生的电流方向是逆时针，此时回路中电流表现为零，故线圈在运动过程中电流是周期性变化，D正确；ABC错误；故选D二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、AD【解析】两种情况下，导体棒受力如图所示，I1所受的安培力沿斜面向上，I2所受的安培力水平向右；I1

所受的安培力沿斜面向上，如左图，根据共点力平衡得：F1=mgsinθN1=mgcosθI2所受的安培力水平向右，如右图，根据共点力的平衡得：F2=mgtanθ又：F1=BI1LF2=BI2L所以：斜面对导体A的弹力大小之比AD正确，BC错误。故选AD。8、AC【解析】由几何知识求出光束Ⅰ的折射角，求出其折射率，再分析光束Ⅱ的折射率．由v=c/n分析光在介质球中传播速度的大小，分析传播时间的长短．由光路可逆原理分析能否发生全反射．由波长关系分析干涉条纹间距的大小【详解】对于光束I：在A点的入射角i=60°，折射角r=30°，则玻璃对光束I的折射率为，由折射定律分析知，介质球对光束Ⅱ的折射率大于介质球对光束I的折射率，即大于，故A正确．由v=c/n分析知在介质球中，光束Ⅰ的传播速度大于光束Ⅱ的传播速度，则同时进入介质球的光束Ⅱ比光束Ⅰ后射出介质球，故B错误．从A点射进介质球的光束Ⅱ，再射到界面时入射角等于A点的折射角，由光路可逆原理知，光线不会发生全反射，一定能从介质球射出，故C正确．介质球对光束Ⅱ的折射率大于介质球对光束I的折射率，说明光束Ⅱ的频率大，波长短，而干涉条纹的间距与波长成正比，则光束Ⅱ的条纹间距比光束Ⅰ小，故D错误．故选AC.【点睛】本题考查对全反射、折射现象的理解与运用能力，作出光路图，关键要能灵活运用光路可逆原理分析能否发生全反射9、AC【解析】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，刚好能打在档板上如图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的轨道半径：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.10、ABD【解析】据P=mv可知，动量方向与速度方向一致，所以A选项正确；据I=Ft=Δmv可知，物体的速度发生变化则物体的动量发生变化，那么一定受到不为0的冲量作用，B选项正确；静止的物体所受到的外力冲量不为0，但物体的动能为0，所以C选项错误；当物体做匀速圆周运动时，其所受合外力冲量不为0，但物体的速度大小不变，D选项正确三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、（1）如图所示：（2）AC【解析】（1）如图所示，注意滑动变阻器的接法是限流接法（2）根据公式可得适当增加导轨间的距离或者增大电流，可增大金属棒受到的安培力，根据动能定理可知金属棒离开导轨时的动能变大，即离开导轨时的速度变大，AC正确；若换用一根更长的金属棒，但金属棒切割磁感线的有效长度即导轨间的宽度不变，所以对最后的速度没有影响，B错误【考点定位】考查了研究安培力实验【方法技巧】对于高中实验，要求能明确实验原理，认真分析各步骤，从而明确实验方法；同时注意掌握图像的性质，能根据图像进行分析，明确对应规律的正确应用12、①.向左偏转②.不偏转③.向左偏转④.向右偏转【解析】①先判断线圈A中磁场方向，然后根据楞次定律判断线圈B中感应电流的磁场方向，最后得到线圈B中的感应电流方向；②线圈不动，磁通量不变，无感应电流；③滑片向左移动，电流变大，先判断线圈A中磁场方向，然后根据楞次定律判断线圈B中感应电流的磁场方向，最后得到线圈B中的感应电流方向；④突然断开S，先判断线圈A中磁场方向，然后根据楞次定律判断线圈B中感应电流的磁场方向，最后得到线圈B中的感应电流方向；【详解】由题意可知，当闭合S时，观察到电流表指针向右偏，则有电流从正极进入时，电流指针向右偏；电流从负极进入时，电流指针向左偏；①[1]线圈A中磁场方向向上，插入B线圈，故线圈B中磁通量变大，阻碍变大，故感应电流的磁场方向向下，故电流从右向左流过电流表，故电流表指针向左偏转；②[2]线圈不动，磁通量不变，无感应电流，故指针不动；③[3]线圈A中磁场方向向上，滑片向左移动，电流变大，故线圈B中磁通量变大，阻碍变大，故感应电流的磁场方向向下，故电流从右向左流过电流表，故电流表指