河北省沧州市示范名校2027届高二上物理期末考试试题含解析

河北省沧州市示范名校2027届高二上物理期末考试试题注意事项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、如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上．当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc．已知bc边的长度为l．下列判断正确的是（）AUa＞Uc，金属框中无电流B.Ub＞Uc，金属框中电流方向沿a﹣b﹣c﹣aC.Ubc=﹣Bl2ω，金属框中无电流D.Ubc=Bl2ω，金属框中电流方向沿a﹣c﹣b﹣a2、如图所示，MDN为在竖直面内由绝缘材料制成的光滑半圆形轨道，半径为R，最高点为M和N，整个空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，一电荷量为+q，质量为m的小球自N点无初速度滑下（始终未脱离轨道），下列说法中正确的是A.运动过程中小球受到的洛伦兹力大小不变B.小球滑到D点时，对轨道压力大于mgC.小球滑到D点时，速度大小是D.小球滑到轨道左侧时，不会到达最高点M3、如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，给电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则下列说法正确的是（）A.保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ增大B.保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ不变C.断开S，将A板向B板靠近，则θ增大D.断开S，将A板向B板靠近，则θ减小4、如图所示，A是一个边长为L的正方形导线框，每边长电阻为r.现维持线框以恒定速度v沿x轴运动，并穿过图中所示由虚线围成的匀强磁场区域．以顺时针方向为电流的正方向，Ubc＝φb－φc，线框在图示位置的时刻作为时间的零点，则b、c两点间的电势差随时间变化的图线应为A. B.C. D.5、如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d>L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动．t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v­t图像中，可能正确描述上述过程的是()A. B.C. D.6、如图所示，当用扳手拧螺母时，扳手上的P、Q两点的角速度分别为ωP和ωQ，线速度大小分别为vP和vQ，则（）A.ωP<ωQ，vP<vQ B.ωP<ωQ，vP=vQC.ωP=ωQ，vP<vQ D.ωP=ωQ，vP>vQ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、如图所示，在两个不同的匀强磁场中，磁感应强度关系为B1=2B2，当不计重力的带电粒子从B1垂直磁场运动到B2，则粒子的（）B1B2A.速率将加倍 B.轨道半径将加倍C.周期将加倍 D.做圆周运动的角速度将加倍8、如图所示，在匀强磁场上方将一个半径为R、质量为m的导体圆环从静止释放，圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相同．已知圆环的电阻为r，匀强磁场的磁感应强度大小为B，重力加速度为g．下列说法正确的是A.圆环进入磁场的过程中，圆环的右端电势高B.圆环进入磁场的过程做的是匀速直线运动C.圆环进入磁场的过程中，通过导体某个横截面的电荷量为D.圆环进入磁场的过程中，电阻产生的热量为2mgR9、“电流天平”是根据通电导线在磁场中受安培力作用制成的一种灵敏测量仪器．利用“电流天平”可以测量磁感应强度B的大小，把匝数为n的矩形导线框吊在等臂天平的一臂，另一臂挂空砝码盘，使天平平衡；再在天平砝码盘加重为mg的砝码，矩形导线框通电流强度为I的电流，长度为L的ab边在磁场中，天平再次平衡．则A.导线框中电流的方向为a→bB.导线框中电流的方向为b→aC.磁感应强度B的大小为mg/ILD.磁感应强度B大小mg/nIL10、一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示．由图可知()A.该交流电的电压瞬时值的表达式为u＝100sin25πt(V)B.该交流电的频率为25HzC.该交流电的电压的有效值为100VD.若将该交流电压加在阻值R＝100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率为50W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）某同学利用如图甲所示的装置做“探究弹力和弹簧伸长的关系”实验他通过实验得到如图乙所示的弹力大小F与弹簧长度x的关系图线．由图线可知弹簧的原长x0=______cm，劲度系数k=________N/m12．（12分）李明最近购买了一台冷热两用的空调，这台空调的说明书中主要数据如下表所示.(1)空调工作时应选下图中_____孔插座(填“二”或“三”)(2)空调正常制冷时电流为__________A，连续正常制冷30min消耗的电能为_________.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L14．（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，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

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、C【解析】因为当金属框绕轴转运时，穿过线圈abc的磁通量始终为0，故线圈中无感应电流产生，选项BD错误；但对于bc与ac边而言，由于bc边切割磁感线，故bc边会产生感应电动势，由右手定则可知，c点的电势要大于b点的电势，故Ubc是负值，且大小等于Bl×=Bl2ω，故选项C正确；对于导体ac而言，由右手定则可知，c点的电势大于a点的电势，故选项A错误，所以选项C是正确的考点：导合格切割磁感线产生感应电动势【名师点睛】该题既可以通过法拉第电磁感应定律得出线圈abc的感应电流情况，又可以通过对bc边和ac边的研究，看它们切割磁感线时产生感应电动势的大小，判断导线端点的电势大小情况2、C【解析】小球受重力、支持力和洛伦兹力作用，重力做正功，支持力和洛伦兹力不做功，根据动能定理可知，在下落过程，速度大小增大，根据f=qBv，可知洛伦兹力的大小在变化，故A错误；小球运动到D点时，若受到的洛伦兹力的方向向上，在D点，由牛顿第二定律得：，解得：，小球对轨道的压力不一定大于mg，故B错误；从N点运动到D点的过程中只有重力做功，根据动能定理得：，解得：，故C正确；小球在整个运动过程中，只有重力做功，小球的机械能守恒，小球滑到轨道右侧时，可以到达轨道最高点M，故D错误；故选C.【点睛】洛伦兹力的方向指向圆心，不改变速度的大小，根据动能定理求出到达D点时的速度．根据牛顿第二定律，径向的合力提供向心力，求出轨道对小球的支持力3、A【解析】若保持S闭合，则电容器两极板之间的电压保持不变，因此根据可知，当将A板向B板靠近时，电场强度增大，则电场力增大，θ将增大，故A正确；B错误；若断开S，电容器带电量保持不变，由和以及，可得：，由于Q、S不变，只是d变化，所以电场强度不变，故电场力不变，则θ不变，故CD错误；故选A【点睛】对于电容器的讨论注意电容器的两种状态，同时熟练掌握公式：、、之间的推导，尤其是在电容器电量保持不变时，要正确根据这三个公式推导电场强度的表达式，从而正确判断电场强度的变化4、B【解析】0-，线框在磁场外，力与电流为0。~2，由右手定则可得出电流的方向为逆时针的方向，维持线框以恒定速度v沿x轴运动，所以感应电动势和电流不变，根据法拉第电磁感应定律，则有：；2~4，线框全部进入磁场，感应电流为0，但感应电动势BLv，则Ubc=BLv。4~5，线框左边切割磁感线，由右手定则可得出电流的方向为顺时针的方向，维持线框以恒定速度v沿x轴运动，所以感应电动势和电流不变，根据法拉第电磁感应定律，则有：。故选B。5、D【解析】线框进入磁场时，由右手定则和左手点则可知线框受到向左的安培力，由于，则安培力减小，故线框做加速度减小的减速运动；同理可知线框离开磁场时，线框也受到向左的安培力，做加速度减小的减速运动；线框完全进入磁场后，线框中没有感应电流，不再受安培力作用，线框做匀速运动，本题选D6、C【解析】由于P、Q两点属于同轴转动，所以P、Q两点的角速度是相等的，由图可知Q点到螺母的距离较大，由可知，Q点的线速度较大，C正确。故选C。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、BC【解析】因洛伦兹力不做功，得粒子运动的速率不变，A错；由得到知轨道半径将加倍，B对；由知周期将加倍，C对；由知做圆周运动的角速度将减小为原来的一半，D错。8、AD【解析】分析清楚圆环穿过磁场的过程，根据楞次定律判断感应电流的方向，由电源部分决定哪端电势高低；根据线圆环进入与离开磁场的速度判断线框的运动性质；根据求电荷量；根据动能定理求出线框的ab边刚进入磁场到ab边刚离开磁场这段过程中克服安培力做的功，即可知道线框从进入到全部穿过磁场的过程中克服安培力做的功.【详解】圆环进入磁场的过程中，垂直纸面向里的磁通量增加，根据楞次定律，圆环中感应电流的磁通量应垂直纸面向外，由右手定则判断感应电流为逆时针方向，由于进入磁场的下部分相当于电源，可知圆环的右端电势高，故A正确；由于圆环刚进入磁场的过程中产生的感应电流不等，安培力不等，故线圈不可能匀速，故B错误；根据，得，故C错误；由于圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等，根据动能定理得：mg2R-W=0，所以W=2mgR．故D正确．故选AD【点睛】解决本题的关键是恰当地选择研究过程，根据动能定理求出克服安培力所做的功，以及根据动力学分析出线框的运动情况9、BD【解析】根据左手定则判断电流方向；由安培力和重力平衡求解B.【详解】导线框受安培力向下，由左手定则可知，ab中的电流的方向为b→a，选项A错误，B正确；由平衡知识可知：mg=nBIL可知，选项C错误，D正确；故选BD.10、BD【解析】从图象中可得该交流电的周期为T＝4×10－2s，所以频率为f＝1/T＝25Hz，选项B正确；角速度为ω＝2πf＝50π，从图象中可知交流电最大值为Um＝100V，所以该交流电的电压瞬时值的表达式为u＝100sin(50πt)V，该交流电的有效电压值为，选项AC错误；若将该交流电压加在阻值R＝100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率为，选项D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.（1）4；②.（2）50【解析】弹簧处于原长时，弹力为零；根据胡克定律F=k△x求解劲度系数；【详解】弹簧处于原长时，弹力为零，故原长为4cm；弹簧弹力为8N时，弹簧的长度为20cm，伸长量为16cm；根据胡克定律F=k△x，有：；12、①.三②.6③.0.66【解析】（1）[1]为了防止当空调漏电时，发生触电事故，所以使外壳接上地线，空调工作时应使用三孔插座（2）[2][3]空调工作时的制冷功率则电流正常制冷30min消耗的电能四、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、8cm【解析】粒子a板左端运动到P处，由动能定理得代入有关数据，解得，代入数据得θ=30°粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，如图由几何关系得联立求得代入数据解得14、(1)(2)3N【解析】(1)设小球在C点的速度大小是vC，则对于小球由A→C的过程中，由动能定理得：解得：(2)小球在C点时受力分析如图由牛顿第二定律得：解得：由牛顿第三定律可知，小球对轨道压力：NC′=NC=3N15、（1）2T；（2）1.5m/s2，方向沿斜面向上【解析】（1）当R0=1Ω时，根据闭合电路