2025屆黑龍江省哈爾濱市哈三中物理高二上期末達標檢測試題含解析

2025屆黑龍江省哈爾濱市哈三中物理高二上期末達標檢測試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、如圖，a、b是相互平行且靠近放置的兩根固定通電長直導線，導線中電流分別為I1、I2且方向相同，a、b導線受到的磁場力大小分別為F1、F2。下列判斷正確的是（）A.a、b兩導線相互排斥B.若I1>I2，則F1>F2C.F2是電流I1產(chǎn)生的磁場對b導線的作用力D.F1是電流I1產(chǎn)生的磁場對a導線的作用力2、“嫦娥一號”探月衛(wèi)星繞地運行一段時間后，離開地球飛向月球．如圖所示是繞地飛行的三條軌道，軌道1是近地圓形軌道，2和3是變軌后的橢圓軌道．A點是2軌道的近地點，B點是2軌道的遠地點，衛(wèi)星在軌道1的運行速率為7．7km/s，則下列說法中正確的是（）A.衛(wèi)星在2軌道經(jīng)過A點時的速率一定大于7．7km/sB.衛(wèi)星在2軌道經(jīng)過B點時的速率一定大于7．7km/sC.衛(wèi)星在3軌道所具有的機械能小于2軌道所具有的機械能D.衛(wèi)星在3軌道所具有的最大速率小于2軌道所具有的最大速率3、在光滑水平面上，有兩個相互接觸的物體，如圖，已知M＞m，第一次用水平力F由左向右推M，物體間的相互作用力為F1；第二次用同樣大小的水平力F由右向左推m，物體間的相互作用力為F2，則（）A. B.C. D.無法確定4、關于元電荷的理解，下列說法正確的是（

）A.元電荷就是電子B.元電荷就是正電子C.元電荷就是質子D.元電荷是表示跟電子或質子所帶電量數(shù)值相等的電荷量5、如圖所示，長為L的通電直導體棒垂直放在光滑水平絕緣軌道上，勁度系數(shù)為k的水平輕彈簧一端固定，另一端拴在棒的中點，且與棒垂直，整個裝置處于方向豎直向上、磁感應強度為B的勻強磁場中，棒處于靜止狀態(tài)，彈簧被壓縮x則()A.導體棒中的電流方向從a流向bB.導體棒中的電流大小為C.若只將棒中電流減小一點，x變大D.若只將磁場方向緩慢逆時針轉過一小角度，x變大6、在一段導體兩端加上電壓，已知在10s內通過此導體橫截面的電荷量是4C，則通過這段導體的電流是（）A.40A B.2.5AC.0.4A D.14A二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、如圖所示，在磁感應強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場中，有一質量為m，阻值為R的閉合矩形金屬線框abcd，用絕緣輕質細桿懸掛在O點，并可繞O點左右擺動．金屬線框從圖示位置的右側某一位置由靜止釋放，在擺動到左側最高點的過程中，細桿和金屬線框平面始終處于同一平面，且垂直紙面．則下列說法中正確的是（）A.穿過線框中磁通量先變小后變大B.穿過線框中磁通量先變大后變小C.線框中感應電流的方向先是d→c→b→a→d，后是a→b→c→d→aD.線框中感應電流的方向是d→c→b→a→d8、如圖所示，半徑為R的光滑半圓弧絕緣軌道固定在豎直面內，磁感應強度為B的勻強磁場方向垂直軌道平面向里．一可視為質點，質量為m，電荷量為q（q>0）的小球由軌道左端A無初速度滑下，當小球滑至軌道最低點C時，給小球再施加一始終水平向右的外力F，使小球能保持不變的速率滑過軌道右側的D點，若小球始終與軌道接觸，重力加速度為g，則下列判斷正確的是A.小球在C點受到的洛倫茲力大小為B.小球在C點對軌道的壓力大小為3mg+C.小球從C到D的過程中，外力F的大小保持不變D.小球從C到D的過程中，外力F的功率逐漸增大9、如圖所示，在勻強電場和勻強磁場共存區(qū)域內，電場的場強為E，方向豎直向上，磁場的磁感應強度為B，方向垂直于紙面向里，一質量為m的帶電粒子，在場區(qū)內的一豎直平面內做圓周運動，則下列說法中正確的是A.粒子在運動過程中速率不變B.帶有電荷量為的負電荷C.粒子沿圓周逆時針運動D.粒子沿圓周順時針運動10、一輛電動觀光車蓄電池的電動勢為E，內阻為r，當空載的電動觀光車以速度v在平直公路上勻速行駛時，流過電動機的電流為I，電動機線圈電阻為R，司機與電動車總重力為mg，電動車受到的阻力是總重力的k倍，忽略電動觀光車內部的摩擦，則（）A.電源輸出功率為為EI B.電源效率為×100%C.電動機的輸出功率為 D.電動機發(fā)熱功率EI－I2r三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）如圖所示,當可變電阻R調到20Ω,電流表的讀數(shù)為0.3A,當可變電阻R調到10Ω,電流表的讀數(shù)為0.4A,則電源的電動勢E=____________V,內阻r=____________Ω。12．（12分）在測定金屬的電阻率的實驗中，用螺旋測微器測量金屬導線直徑d，如右圖所示，則d=____________mm四、計算題：本題共3小題，共38分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）用速度大小為v的中子轟擊靜止的鋰核（Li），發(fā)生核反應后生成氚核和α粒子，生成的氚核速度方向與中子的初速度方向相反，氚核與α粒子的速度之比為7∶8，中子的質量為m，質子的質量可近似看作m，光速為c。(1)寫出核反應方程；(2)求氚核和α粒子的速度大小；(3)若核反應過程中放出的核能全部轉化為α粒子和氚核的動能，求出質量虧損。14．（16分）如圖所示，半徑為R的半圓形區(qū)域內，有垂直于坐標平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，半圓弧的圓心坐標為，圓弧與y軸相切于坐標原點．在坐標原點有一粒子源，可以向坐標平面內射出質量為m、電荷量大小為q的帶負電的粒子，不計粒子重力若粒子源沿x軸正方向射出不同速率的粒子，要使所有粒子不從直徑PQ射出磁場，則粒子的速率最大是多少？若粒子源向坐標平面內各個方向射出速率相同的粒子，要使所有粒子不從直徑PQ射出磁場，則粒子的速率最大又是多少？15．（12分）有兩只額定電壓都是110V的燈泡A和B，A的額定功率是100W，B的額定功率是40W，為了使它們接在220V的電路上能正常發(fā)光。（1）圖中哪些連接方法能使兩燈正常發(fā)光；（2）哪種連接方法最省電？請簡要寫出分析過程。

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】A．根據(jù)右手定則判斷通電直導線周圍產(chǎn)生磁場，再根據(jù)左手定則判斷安培力的方向，可知兩根導線相互吸引，A錯誤；B．、為相互作用力，始終等大反向共線，B錯誤；CD．是電流產(chǎn)生的磁場對導線的作用力，是電流產(chǎn)生的磁場對導線的作用力，C正確，D錯誤。故選C。2、A【解析】從軌道1變軌到軌道2，需要在A點點火加速，故衛(wèi)星在軌道2經(jīng)過A點的速率大于7.7km/s，從軌道2變軌到軌道3，需要在A點點火加速，而A點為兩個軌道速度最大點，所以衛(wèi)星在軌道3的最大速率大于在軌道2的最大速率，故A正確，D錯誤；假設有一圓軌道經(jīng)過B點，根據(jù)，可知此軌道上的速度小于7.7km/s，衛(wèi)星在B點速度減小，才會做近心運動進入2軌道運動．故衛(wèi)星在2軌道經(jīng)過B點時的速率一定小于7.7km/s，故B錯誤；從軌道2變軌到軌道3，需要在A點點火加速，衛(wèi)星的運動的軌道高度越高，需要的能量越大，具有的機械能越大，所以衛(wèi)星在3軌道所具有的機械能一定大于2軌道所具有的機械能，故C錯誤3、C【解析】把兩個物體看成一個整體，根據(jù)牛頓第二定律得兩次系統(tǒng)的加速度大小相等。第一次用水平力F由左向右推M，對m運用牛頓第二定理得第二次用同樣大小的水平力F由右向左推m，對M運用牛頓第二定理得因為M＞m，所以F1＜F2。故選C。4、D【解析】元電荷是指最小的電荷量，是表示跟電子或質子所帶電量數(shù)值相等的電量，物體所帶的電量只能是元電荷的整數(shù)倍，元電荷不是電荷，不是指質子或者是電子；A．與分析不符，故A錯誤；B．與分析不符，故B錯誤；C．與分析不符，故C錯誤；D．與分析相符，故D正確；故選D。5、B【解析】A．導體棒處于靜止狀態(tài)，受力平衡；由于彈簧壓縮，彈力水平向右，則安培力方向水平向左，由左手定則可得，導體棒中的電流方向從b流向a，故A錯誤；B．由于彈簧壓縮量為x，根據(jù)胡克定律和平衡條件可得解得故B正確；C．若只將棒中電流減小一點，安培力將減小，所以棒將向右運動，彈簧壓縮量減小，故C錯誤；D．若只將磁場方向緩慢逆時針轉過一小角度，則水平向左方向安培力也逆時針轉動一小角度，根據(jù)力的分解與平衡可得，彈力變小，導致x變小，故D錯誤。故選B。6、C【解析】在10s內通過此導體橫截面的電荷量是4C，則通過這段導體的電流為：A．40A，與結論不相符，選項A錯誤；B．2.5A，與結論不相符，選項B錯誤；C．0.4A，與結論相符，選項C正確；D．14A，與結論不相符，選項D錯誤；二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、AD【解析】AB.由靜止釋放到最低點過程中，磁通量減小，且磁場方向向上，由最低點向右運動的過程中，穿過線框的磁通量增大，故A正確，B錯誤；CD.由靜止釋放到最低點過程中，磁通量減小，且磁場方向向上，由楞次定律，感應電流產(chǎn)生磁場也向上，再由右手螺旋定則可知，感應電流的方向：d→c→b→a→d；同理，當繼續(xù)向左擺動過程中，向上的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，電流方向是d→c→b→a→d；故C錯誤，D正確.8、AD【解析】A.由于洛倫茲力不做功，所以從A到C過程中，只有重力做功，故有，解得，在C點受到豎直向上的洛倫茲力，大小為，A正確；B.在C點，受到向上的洛倫茲力，向上的支持力，向下的重力，三者的合力充當向心力，故有，解得，B錯誤；C.小球從C到D過程中，洛倫茲力和支持力沿水平方向的分力增大，所以水平外力F的增大．C錯誤；D.小球從C到D的過程中小球的速率不變，而洛倫茲力和支持力不做功，所以小球的動能不變，拉力F的功率與重力的功率大小相等，方向相反．由運動的合成與分解可知，小球從C向D運動的過程中，豎直方向的分速度越來越大，所以重力的功率增大，所以外力F的功率也增大，D正確.故選AD。【點睛】帶電粒子在復合場中運動問題的分析思路

正確的受力分析除重力．彈力和摩擦力外，要特別注意電場力和磁場力的分析

正確分析物體的運動狀態(tài)找出物體的速度．位置及其變化特點，分析運動過程．如果出現(xiàn)臨界狀態(tài)，要分析臨界條件帶電粒子在復合場中做什么運動，取決于帶電粒子的受力情況（1）當粒子在復合場內所受合力為零時，做勻速直線運動（如速度選擇器）（2）當帶電粒子所受的重力與電場力等值反向，洛倫茲力提供向心力時，帶電粒子在垂直于磁場的平面內做勻速圓周運動（3）當帶電粒子所受的合力是變力，且與初速度方向不在一條直線上時，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子的運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線，由于帶電粒子可能連續(xù)通過幾個情況不同的復合場區(qū)，因此粒子的運動情況也發(fā)生相應的變化，其運動過程也可能由幾種不同的運動階段所組成9、AC【解析】AB．帶電粒子在重力場、勻強電場和勻強磁場的復合場中做圓周運動，可知帶電粒子受到的重力和電場力一定平衡，重力豎直向下，所以電場力豎直向上，與電場方向相同，可知帶電粒子帶正電；根據(jù)電場力和重力大小相等，得：mg=qE解得：因粒子所受的洛倫茲力為向心力，則粒子一定做勻速圓周運動，速率不變，故A正確，B錯誤；CD．粒子由洛侖茲力提供向心力，由左手定則可知粒子沿逆時針方向做圓周運動，選項C正確，D錯誤；故選AC。10、BC【解析】A．電源輸出功率為為EI-I2r，選項A錯誤；B．電源效率為×100%選項B正確；C．電動車勻速運動，牽引力等于阻力，即F=kmg，則電動機的輸出功率為選項C正確；D．電動機發(fā)熱功率I2R，選項D錯誤；故選BC。三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、①.12②.20【解析】[1][2]由閉合回路歐姆定律可得（R表示外電路總電阻）故當可變電阻R調到20Ω,電流表的讀數(shù)為0.3A時有A當可變電阻R調到10Ω,電流表的讀數(shù)為0.4A時有A聯(lián)立兩式可得V，Ω12、0959—0.961mm【解析】螺旋測微器讀數(shù)方法：①先讀固定刻度②再讀半刻度，若半刻度線已露出，記作0.5mm；若半刻度線未露出，記作0.0mm；③再讀可動刻度（注意估讀）．記作n×0.01mm；④最終讀數(shù)結果為固定刻度+半刻度+可動刻度固定可得讀數(shù)：0；半刻度讀數(shù)為：0.5mm；可動刻度讀數(shù)為：0.01mm×46.0=0.960mm，故讀數(shù)為：0.960mm四、計算題：本題共3小題，共38分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13、(1)；(2)；；(3)【解析】(1)由題意可得，該核反應方程為(2)由動量守恒定律得mv=-3mv1＋4mv2由題意得v1∶v2=7∶8解得，。(3)氚核和α粒子的動能之和為根據(jù)能量守恒定律，釋放的核能為由愛因斯坦質能方程得，質量虧損為14、（1）（2）【解析】根據(jù)“不計重力的粒子飛出磁場”可知，本題考查帶電粒子在磁場中運動的問題，根據(jù)勻速圓周運動規(guī)律，運用軌跡特點找到臨界條件，列式分析推斷.【詳解】(1)若粒子源沿x軸正方向射出不同速率的粒子，要使所有粒子不從直徑PQ射出磁場，則速率最大的粒子運動軌跡如圖所示:由幾何關系可知，粒子做圓周運動的半徑為由牛頓第二定律，可知解得：(2)若粒子源向坐標平面內各個方向射出地率相同的粒子，粒子做圓動的半徑相同，則最容易從直徑PQ射出的粒子源沿y軸正方向射出，該粒子剛好不從PQ射出的軌跡如圖所示:由幾何關系可知，粒子做圓周運動的半徑為由牛頓第二定律，可知解得：【點睛】若粒子源沿x軸正方向射出不同速率的粒子，構成“放縮圓”，要使所有粒子不從直徑PQ射出磁場，則速率最大的粒子恰好從Q點射出；若粒子源向坐標平面內