濮阳市一高高二年级(2024级)下学期第二次质量检测 物理试题 命题人：濮阳市一高物理命题中心 本试卷分第1爸（选择愿）和第Ⅱ卷（非选择愿）两部分，总分100分：考生作答时，将答案 答在答题卡上，在本试卷上答愿无效：考试时间为5分钟， 第I卷 选择题部分(46分) 邰 一 单项选择题（本题共7道小题，每小题4分，共28分：每小题只有一个选项符 合题意) 1.下列说法正确的是() A.分子势能和物体体积有关 B.物体运动的速度越大，内能越大 长 C.气体温度升高，每个气体分子的速率都增大 D.一定质量的0℃冰变成0℃水，内能不变 2.电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应实现减爱及能量回收，结构如 图甲所示。固定线图电阻不计，两对永磁铁可随发动机一起上下振动，永磁铁 在振子平面内的磁场分布情况如图乙所示。永磁铁振动时，磁场分界线不会离 开线圈。下列说法正确的是( XXxx 乙 A.永磁铁相对线圈的振幅越大，线图中感应电动势越大 B.当水磁铁相对线图向下振动时，图乙线图中的感应电流为逆时针方向 C.若永磁铁相对线圈左右振动，则也可以起到很好的减震作用 D.增加线圈匝数，可以提开减震效果 误阳市一高高二年级(2024吸)下学期算二次质量检测物理试题（郭1页共8页） 3.如图(a)所示，扬声器中有一线圈处于 磁场中，当音领电流信号通过线园时， 环形阻体 线圆带动纸盆振动，发出声音：俯视图 (b)表示处于辐射状磁场中的线圈（线 围 圈平面即纸面)，磁场方向如图中箭头所示。在图(b)中() A,当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里 B.当电流沿顺时针方向时，线园所受安培力的方向水平向右 C.当电流沿逆时针方向时，线围所受安培力的方向垂直于纸面向里 D.当电流沿逆时针方向时，线阔所受安培力的方向水平向左 4.如图所示的电路中，a、b是两个完全相同的灯泡，E为电源，R为定值电阻，L 为自感线圆，线圈直流电阻R<R,下列说法正确的是 () A.闭合开关S,a、b均立即亮，稳定时a较亮 B.闭合开关S,b立即亮，a逐渐亮，稳定时一样亮 C.稳定后断开开关S,b立即熄灭，a逐渐熄灭 D.稳定后断开开关S,b闪亮一下，a、b同时逐渐熄灭 5.如图1所示的交变电路中，变压器为理想变压器，两交流电压表为理想电表， 当ab间接入图2所示的电压时，电压表V1、V2的读数分别为20V、50V,两定 值电阻的电阻之比为R1:R2-8:5。下列说法正确的是() 图1 图2 A.流过定值电阻R,的电流每秒改变方向S0次 B.变压器原、副线园的匝数比为4：1 C.图2中U.=220V D.电源输出的电功率等于定值电阻R,消耗的电功率 濮阳市一高高二年级(2024级)下学期第二次质量检测物理试四（第2页共8页） 6.如图是某种装置的俯视图，光滑水平面上存在竖直 2 向上、宽度d大于2L的匀强磁场，其磁感应强度 大小为B。甲、乙两个完全相同的合金导线框，甲 以短边平行于磁场边界进入磁场，乙以长边平行于 磁场边界进入磁场，初速度大小相等，都和磁场边 界垂直。忽略两线框之间的相互作用，两线框各自 进入磁场的过程中() A,从开始进入到全部进入磁场，通过导线被面的电荷量相等 B.从开始进入到全部进入磁场，两线框速度改变量相等 C.从开始进入到全部进入磁场，产生的焦耳热相同 D.线框刚进入磁场时，两线框中的电流相等 7.托卡马克环形容器是核聚变工程中重要装置，如图是某一托卡马克环形容器中 磁场截面的简化示意图，两个同心圆围成环形区域内有垂直纸面向里的匀强磁 场，磁感应强度大小为B,内圆半径为R。在内圆上A点发射α、b两个粒子， 都怡好经过磁场外边界。已知a粒子沿同心圆的径向发射，其速度大小v。-吗， b粒子沿内圆的切线方向发射，a、b都带正电且比荷均为。不考虑带电粒子所 受重力和相互作用。则() A.外圆半径等于2R0 B。a粒子怡好到达磁场外边界所用时间为 C.6粒子速度大小为（停+刊）y。 D.6粒子恰好到达磁场外边界所用时间为 二.多项选择题（本题共3道小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合 题意，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分) 滑阳市一高高二年圾(2024级)下学期第二次两量检测物理试题（郭3页共8页） 8.关于分子动理论，下列说法正确的是() A.若已知气体的康尔体积和阿伏加德罗常数，可求出一个气体分子的体积 B.气体温度升高时，速率较大的分子占总分子数的比例升高 C.布朗运动的激烈程度与悬浮徽粒的大小有关，说明分子的运动与悬浮微拉的 大小有关 D.两个分子甲和乙距离变化过程中，只要两分子克服分子力做功，则分子势能 一定增加 9.如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动， 产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是() 22 A.0.01s时金属线框平面与磁感线垂直 B.该交变电流的电动势的有效值为222V C.从图示位置开始计时，当电动势的瞬时值为2V时，矩形金属线框平面与中 性面的夹角为45 D.该交变电流的电动势的瞬时值表达式为e=22y2cos100u(V) 10.同步加速器的简化模型如下图，M、N为两块中心开有小孔的平行金属板。1=0 时刻，质量为m、电荷量为g的带正电粒子A(不计重力)从M板小孔飘入两 板间，初速度可视为零。当粒子进入两板间时，两板间的电势差变为山，粒子 得到第一次加速：当粒子离开N板时，两板上的电势差立即变为零。两板外部 环形区域内存在垂直于纸面的匀强磁场，粒子在磁场作用下做半径为R的圆周 运动，R远大于板间距离。粒子经电场多次加速，动能不断增大，为使R保持 不变，磁场必须相应地变化。不计粒子加速时间及做圆周运动产生的电磁辐射， 不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应。下列说法正确的是() 没阳市一高高二年级(2024透)下学期算二次两量检测物理试逗（如4页共8页） A、环形区域内磁场方向垂直纸面向里 B.粒子绕行n周回到M板时的速度大小为n C.粒子绕行第n周时的磁感应强度为 2=U D. 粒子在绕行的第周内电场力对A做功的平均功率为 第Ⅱ卷（非选择题共54分） 三.实验探究题：（本题共2小题，第11题10分，第12题6分，共16分）》 11.(10分)(1)在做“用油膜法估测分子的大小"实验中，实验简要步骤如下： A.用公式止了求出薄膜厚度，即油酸分子的大小 B.用浅盘装入约2cm深的水，然后将痱子粉或石膏粉均匀地撒在水面 C.·根据油酸酒精溶液的浓度，算出一滴溶液中纯油酸的体积V 长 D.用注射器或滴管将事先配制好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量简，记下 量筒内增加一定体积时的滴数 E.将一滴油酸酒精溶液滴在水面上，待油酸薄膜的形状稳定后，将玻璃板放 在浅盘上，用彩笔将薄膜的形状描画在玻璃板上 F.将画有油膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，数出轮廓内的方格数（不足半个 的舍去，多于半个的算一个)再根据方格的边长求出油膜的面积S 上述实验步骤的合理顺序是 (2)以上实验所用的油酸酒精溶液的浓度为每1000mL溶 液中有纯油酸0.6mL,用注射器测得1mL上述溶液有 80滴，把1滴该溶液滴入盛水的浅盘内，让油膜在水 面上尽可能散开，得到油酸薄膜的轮廓形状和尺寸如 图所示，图中正方形格的边长为1cm,则可求得： ①油酸薄膜的面积是 cm2: ②一滴溶液中纯油酸的体积是 mL: ③油酸分子的直径是 m(该空结果保留一位有效数字)： 很阳市一高高二年级(2024极)下学期第二次质量检测物理试里（钙项共页） (3)下列操作导致实验测得的油酸分子直径偏小的是 A.配制好的油酸酒精溶液放置太久 B.在计算油膜面积时，把凡是不足一格的格数都舍去 C.在计算注射器滴出的一滴油酸酒精溶液体积时，少数了一滴 12.(6分)在“探究变压器线图两端的电压与匝数的关系”实验中，利用可拆变压器 能方便地改变原、副线国的匝数比。 (1)为实现探究目的，保持原线图输入电压一定，通过改变原、副线图匝数， 测量副线圆上的电压，并记录相关数据，这个探究过程采用的科学探究方 法是 A.控制变量法 B.等效替代法 C.演绎法 D. 理想实验法 (2)某次实验中，用匝数n。400匝和n,=800匝的线圈做实验，测量的数据如下表 所示，下列说法中正确的是 UN 1.80 2.80 3.80 4.90 U.N 4.00 6.01 8.02 9.98 A. 原线圈的匝数为m,用较粗导线绕制 B.副线圆的匝数为n,用较细导线绕制 C.原线图的匝数为，用较细导线绕制 D.副线圈的匝数为6，用较粗导线绕制 (3)该同学在分析数据时发现上述实验数据没有严格遵从必=鸟，下列原因可 马 能正确的是 A.在交变电流产生的过程中，副线圈中电流的频率比原线圈中电流的频率低 B.变压器副线圈的磁通量变为原线圈的磁通量的两倍，使线圈的电阻增加 C.铁芯在交变磁场的作用下会发热 D.原线图中电流产生的磁场能在向副线围转移过程中有损失 祖阳市一高高二年级(2024极)下学用第二次质量检测物理试避（第6页共超页） 四.计算题（本题有三个小题，共38分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重 要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出 数值和单位) 13.(9分)如图甲所示，MN、PQ是间距0.5m且足够长的平行导轨，Ng⊥MN 导轨的电阻均不计，导轨平面与水平面间的夹角0-37°，NQ间连接一个R=42 的电阻。有一磁感应强度B一T的匀强磁场垂直于导轨平面向上。将一根质量 m=0.05kg、阻值为r的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好， 现由静止释放金属棒，当金属捧滑行至cd处时达到稳定速度。已知在此过程 中通过金属棒横酸面的电荷量g0.2C,且金属棒的加速度a与速度v的关系如 图乙所示，设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行.g取10m,si37 =0.6,c0537°0.8，求： (1)金属棒与导轨间的动摩擦因数： (2)金属棒的阻值r: (3)cd离Ng的距离x. a/(m's) 2 wm's) 乙 14.(13分)如图所示x0y平面内，虚线一h上方存在垂直平面向外的匀强磁场、 下方存在沿y轴正方向的匀强电场.质量为m、电荷量为+g的带电粒子从P(-2h, h)点以速度大小v、方向与x轴正方向间的夹角045射入磁场。一段时间后， 粒子第1次从虚线上的Q(0,h)点进入电场，在电场中的运动恰好不通过x 轴，粒子重力不计。求： (1)磁场的磁感应强度大小B: (2)粒子从P点射入至第2次经过虚线所用的时间。 很网市一高高二年级(2024级)下学期第二次质量检测物理试题（第7页共8页） 2 15.(16分)如图所示，在水平桌面上图定两根光滑且足够长的平行金属导轨，将 两根导体棒α、b垂直导轨放置，空何存在垂直纸面向里、大小为B的匀强磁 场。m。=2m。=2m,两棒长度均为L,相距为d,棒a的电阻为R,棒b的电阻 为2R:刚开始棒b静止，棒a以初速度水平向右运动，且运动过程中导体棒 a与b不会发生碰撞，求在整个过程中： (1)棒a加速度的最大值： (2)棒b产生的焦耳热26： (3)两棒间的最小距离d. ××××××× xx XX b 视阳市一高高二年级(2024级)下学期第二次质量检测物理试是（绍8页共页） 濮阳市一高2024级高二下学期第二次质量检测物理参考答案 题号 1 2 3 4 6 7 8 9 10 答案 A D C D B A c BD AC ACD 1.A【详解】A.物体体积变化时，分子间距离将发生变化，因而分子势能随之改变，故A正 确：B.物体运动的动能是机械能的一部分，对内能没有贡献，故B错误；C.气体温度升 高时，分子平均动能增大，不一定每个分子速率都增大，故C错误；D.0℃冰熔化为0℃ 水需要吸收热量，温度不变，则分子平均动能不变，吸收的热量转化为分子势能，使得总 内能增大，故D错误。故选A。 2.D【详解】A.感应电动势跟磁通量变化率成正比，即与振动快慢有关，与振幅无关，故A 错误；B.当磁铁相对线圈向下振动时，磁通量变化表现为向外增大，根据楞次定律，感 应电流为顺时针，故B错误；C.若永磁铁相对线圈左右振动，磁通量不发生变化，没有 感应电流，也不受安培力，起不到减震的作用，故C错误：D.根据B=nAΦ ,感应电动 势、感应电流都跟匝数成正比，增加匝数，也会增大感应电流的安培力，阻碍相对运动， 提升减震效果，故D正确。故选D。 3.C【详解】AB.把线圈看成一小段一小段的直导线连接而成，当电流沿顺时针方向时，根 据左手定则可知，每一小段直导线受到的安培力都是垂直于纸面向外，则线圈所受安培力 的方向垂直于纸面向外，故AB错误；CD.同理可得，当电流沿逆时针方向时，线圈所受 安培力的方向垂直于纸面向里，故C正确，D错误。故选C。 4.D【详解】AB.闭合开关，由于线圈自感电动势阻碍电流增大，所以b先亮，α后亮，由于 线圈直流电阻R<R,稳定时α较亮，A、B错误；CD.稳定后断开开关，由于线圈自感电 动势阻碍电流减小，α、b灯泡形成回路，b灯中电流反向且瞬间增大，b闪亮一下，α、b 同时熄灭，C错误，D正确。故选D。 5.B【详解]A.由图2可知，交流电的周期为T=002s,则交流电的领率为f子50亚变 压器不改变交流电的频率，则流过定值电阻R,的电流每秒改变方向100次，故A错误： B.原线圈的电流为1=20 及副线圈的电流为三气 又R:R,=8:5由变压器的工作原理得 第1页共7页 I122 是-子、放B正确：C,又由受公得隙线圈两端的电压为：200心。 子=，解得= U,n 则电源电压的有效值为U=20+U=220V,则有U=220W2V,故C错误；D.根据能量 关系，电源功率应该是R、R的总功率，故D错误。故选B。 6。A【详解】AB。根据题意，线框进入磁场过程中，由公式豆=A0、了-豆和g=了A1,可得 4 R 94Φ 由于甲、乙线框完全相同，则从开始进入到全部进入磁场，通过导线截面的电荷量 相等，即q=q2由动量定理分别对甲、乙线框有-BIL△t=△m,-BI·2L△t=△2， 则有-BLg=△甲，-B·2Lq2=△v2,可知，从开始进入到全部进入磁场，两线框速度 改变量不相等，故B错误，A正确。由上述分析可知，两线框速度改变量不相等，由于初 速度相等，则两线框动能变化量不相等，由能量守恒定律可知，产生的焦耳热不相同，故 C错误。D.线框刚进入磁场时，甲线框产生的感应电动势为E=BL。,乙线框产生的感 应电动势为丛=28，电流1-骨甲、乙线框完全相同，则电阳相等，可知，两线框中 的电流不相等，故D错误；故选A。 7,C【详解】A.已知=BR,根据洛伦兹力提供向心力 ,B=m,可得方=R。a沿径向发射，速度方向沿O41,因 此轨道圆心O。在与OA垂直的直线上，运动轨迹如图由几何关系 可得OO。=√2R,解得R=OO。+1,=R(√2+1)，A错误；B.a 从4到外边界切点，转过的圆心角6，=元-P,由图可知tamB=1,B=45°可得日=3江 4 运动时间t。 日.T=3， 2元·T=4B,B错误：C.b沿切线方向发射，速 度方向垂直于OA,因此轨道圆心O,在OA直线上，粒子轨迹 + 与外圆相切，运动轨迹如图所示。设b轨道半径为，外圆半 第2页共7页 径清足R=00+5=2-风，又R=九5+)可得方=风1+号 因此b速度 C正确：D.b从A到外边界切点，A和切点分别在圆心O的两 侧，转过圆心角8=元，运动时间专=品T=心 2元 ,一OB，D错误。故选C。 8.BD【详解】A.由气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，可以算出气体分子所占的体积，但 是得不到气体分子的体积，故A错误；B.根据速率分布规律图，气体温度升高时，速率 较大的分子占总分子数的比例升高，故B正确；C.悬浮颗粒越小，布朗运动越显著，这 是由于悬浮颗粒周围的液体分子对悬浮颗粒撞击的不均衡引起的，不能说明分子的运动与 悬浮颗粒的大小有关，故C错误；D.只要两分子克服分子力做功，则分子势能一定增加， 故D正确。故选BD。 9.AC【详解】A.由图乙可知，周期T=0.02s,t=0.01s时电动势e=0,说明此时线框处于 中性面，即线框平面与磁感线垂直，A正确；B.电动势最大值E=22√2V,有效值 g-会.25v=2V,B错误：D.由图乙可得@= 2π_2 T0.02 =100arad/s,t=0时 =0,为正弦函数，故该交变电流电动势的瞬时值表达式为 e=E sin at-22√2sin(100πt)V,D错误。C.该交变电流的电动势瞬时值表达式为 e=22√2sin(100πt)V,因为t=0时e=0,且从中性面开始计时，转过的角度B=at即为 线框平面与中性面的夹角。当e=22V时，有22=22W2sim0,解得sim0=y 2,即 2 0=45°。故C正确；故选AC。 10.ACD【详解】A.由题意可知带正电粒子逆时针在磁场中做圆周运动，由左手定则可知， 环形区域内磁场方向垂直纸面向里，故A正确：B.前周内电场力对粒子做的功为W=gU 由动能定理得gU=】m,解得粒子绕行n周回到M板时的速度大小y,= 2 2qU故B错 误；C.设粒子绕行第n周时的磁感应强度为Bn,粒子绕行第n周时，由牛顿第二定律 第3页共7页 B,=m二解得B,=m-” 2qU_1 2nmU 故C正确；D.在运动的第n周时的 gR 周期为= 2πR 21L =πR 在运动的第周内电场力对粒子做功的平均功率 D-qU-qU ngv 故D正确。故选ACD。 TπRV2m 11.(1)BDCEFA或DCBEFA(2)117/118/119/120 7.5×10-6mL 6×10-10 (3)A 【详解】(2)[1]由图示油膜可知，不足一半的方格舍去，超过一半的当做整体，油膜所占坐 标纸的格数是118个，油膜的面积为S=118×1×1cm2=118cm2, [2]油酸酒精溶液中纯油酸的浓度为c= 0.6mL=0.06% 1000mL 一滴溶液中纯油酸的体积7=c×8mL=7510mL [3油酸分子的直径d-”-75x10mL-6×10”m S 118cm2 (3)A.配制好的油酸酒精溶液放置太久，酒精挥发导致溶液浓度变大，计算时仍按原浓度计 算，纯油酸体积的计算值比真实值偏小，从而使直径测量值偏小，A正确 B.把凡是不足一格的格数都舍去，测量的面积值比真实值偏小，从而使得直径测量值偏大，B 错误；C.少数了一滴，会使计算出的一滴溶液的体积偏大，进而导致纯油酸体积偏大， 从而使计算出的分子直径大，C错误；故选A。 12.(1)A(2)C(3)CD 【详解】(1)本实验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 要运用控制变量法。故选A。 (2)由表格数磊可知号一是>2，考虑到实验中所用变压器并丰理想变压器，甲存在功率损 失，使得原、副线圈电压之比大于匝数比，所以原线圈的匝数为。，副线圈的匝数为。； 原线圈电压较大，电流较小，所以原线圈用较细导线绕制，而副线圈电压较小，电流较大， 所以副线圈用较粗导线绕制。故选C。 (3)A.变压器不改变交变电流的频率，原、副线圈电流频率相同，故A错误；B.理想情况 第4页共7页 下原、副线圈磁通量变化率相同，且线圈电阻由材料、长度、横截面积决定，与磁通量无 关，故B错误；C.铁芯在交变磁场中会产生涡流，导致铁芯发热，这是铁损的一种，会 造成能量损失，使实际输出电压偏离理想值，故C正确；D.原线圈磁场能向副线圈转移 时，存在漏磁（部分磁场未穿过副线圈），这是磁损，会导致副线圈感应电压降低，偏离理 想电压比，故D正确。故选CD。 13.(1)u=0.5(2)r=12(3)x=2m 【详解】(1)由题图乙知，当v=0时a=2m/s2…1分 由牛顿第二定律得gsin0-mg cos0=a…1分 解得=0.5…1分 (2)由题图乙可知，金属棒速度稳定时vm=2/s, 此时金属棒两端的感应电动势E=Bwm…1分 根据物体的平衡有mg sin0=B_E -1+umg cos 0 …1分 R+r 解得r=12…1分 (3)此过程中通过金属棒横截面的电荷量q=0.2C 根据电流定义式有g==万1=A- …2分 R+rR+rR+r 解得x=2m …1分 14.(1)B= √2w。 2)V28+h 2gh 2Vo 【详解】(1)粒子轨迹如图 由几何关系得√2r=2h…2分 粒子在磁场中做匀速圆周运动，则 oB=mg …1分，解得B=2 …2分 2gh (2)设粒子从P点射入至第2次经过虚线，在磁场中运动的时间为t, 则5=r=1x2m-V2h …2分 44V。2 第5页共7页 在电场中运动的时间为2，则竖直方向上有h=。sim45°马 …2分 2 则4v2h …2分 粒子从P点射入至第2次经过虚线的时间1=i+4,=V28+加 …2分 2Vo 15.()）ax= B2Lvo (2)0,-2m 6nLR 9 (③)d-2mR B2L2 【详解】(1)棒α以初速度V。水平向右运动，切割磁感线，由右手定则可知感应电流为顺时针 方向，由左手定则可知α棒受到水平向左的安培力，则做加速度减小的减速运动，即棒α 刚开始运动时加速度最大，有E=BL。…1分， E 感应电流为I= …1分 R+2R 由牛顿第二定律有F=BIL=2ams…1分 联立解得amax= B2Lvo …1分 6mR (2)棒α受到水平向左的安培力做加速度减小的减速运动，棒b受到等大的水平向右的安培力 做加速度减小的加速运动，而两棒构成的系统合外力为零，动量守恒，设共速为v, 有2w。=(2l+m)N …2分 面能量守恒定律有×2m×3mw+Q …2分 两棒串联，产生的焦耳热之比等于电阻之比，则棒b产生的焦耳热O。= 22鱼…1分 3 联立解得v=弓。Q-2m 2 …1分 9 (3)对棒b由动量定理有BIL△t=mw-0…2分 设棒a相对棒b的位移为△x, B·LAx 则电荷量q=i:△t= E A4f=-M= B·L△x …2分 3R 3R 3R 2R。 联立可得△x= B'L …1分 第6页共7页