2022-2023学年安徽省安庆重点中学高二（下）期中物理试卷（有答案）

2022-2023学年安徽省安庆重点中学高二（下）期中物理试卷一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）我国是世界上最早发现磁现象的国家，指南针的发明为世界的航海业做出了巨大的贡献，关于磁现象，下列说法正确的是（）奥斯特提出了分子电流假说，法拉第发现了电流磁效应若带电粒子带负电，且沿地球赤道平面射向地心，则由于地磁场的作用将向西偏转地磁场可能是由带正电的地球自转形成的指南针的南极指向地理的北极下列关于教材中四幅插图的说法，正确的是（）图甲中，摇动手柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，且和磁铁转得-样快，这是电磁驱动现象图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈中会产生大量热最，从而加热冶炼金属图丙中，当人对着话筒讲话时线圈中会产生强弱变化的电流，这利用了电磁感应原理图丁是亳安表的表头，运输时要把正、负接线柱用导线连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁驱动原理磁电式电流表的构造如图甲所示，在蹄形磁铁的两极间有一个可以绕轴转动的线圈，转轴上装有螺旋弹簧和指针。蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，如图乙所示。当电流通过线圈时，线圈在安培力的作用下转动，螺旋弹簧被扭动，线圈停止转动时满足NBIS=k。,

式中N线圈为线圈的匝数，S为线圈的面积，［为通过线圈的电流，B为磁感应强度，。为线圈（指针）偏角，k是与螺旋弹簧有关的常量。不考虑电磁感应现象，由题中的信息可知（）线圈中间的铁芯内也是有磁场的，且也呈现辐向分布若线圈中通以如图乙所示的电流时，线圈将沿逆时■针方向转动线圈（指针）偏角。与通过线圈的电流，成正比线圈中间的铁芯内也是有磁场的，且也呈现辐向分布若线圈中通以如图乙所示的电流时，线圈将沿逆时■针方向转动线圈（指针）偏角。与通过线圈的电流，成正比电流表的灵敏度定义为舞，更换A值更大的螺旋弹簧，可以增大电流表的灵敏度如图所示，一根光滑的水平绝缘杆，A处固定一个金属线圈，B处挂一个闭合铜环。现给线圈分别通以如图所示的四种电流，其中能使铜环在0〜0时间内加速度方向保持向右的是（）如图甲所示，交流发电机的矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，穿过该线圈的磁通量功随时间t变化的规律如图乙所示。已知线圈匝数为20匝，则下列说法正确的是（）图甲图乙图甲图乙线圈转动的角速度为2nrad/s线圈转动的角速度为2nrad/sC.50s内线圈中电流方向改变100次B.1.5s时线圈所在平面与中性面垂直D.感应电动势的最大值为4/rV如图所示，一个很小的矩形半导体薄片上，制作四个电极E、F、M、N,它就成了一个霍尔元件。在E、F间通入恒定的电流/,同时外加与薄片垂直的磁场B,则薄片中的载流子（能够自由移动的带电粒子）就在洛伦兹力的作用下，向着与电流和磁场都垂直的方向漂移，使M、N间出现了电压，称为霍尔电压如。当磁场方向和电流方向如图所示时，下列说法正确的是（）若只改变半导体薄片的厚度d,Uh不变若只改变半导体薄片的宽度b,外不变若将半导体薄片换成形状相同、载流子密度更大的导体薄片，Uh变大无论半导体中载流子带电性质如何，电极N的电势-定高于电极M的电势如图所示，在ab边的中点用弹簧悬挂矩形硬质金属线框abed,线框的下半部分处于垂直线框平面的磁场中，各处的磁感应强度B随时间t的变化 情况相同，线框静止，de边水平，弹簧的长度不变。下列描述B的大小随时间t变化的图象中，可能正确的是（）二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中两盒狭缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在A、C板间，虚线中间不需加电场。如带电粒子从P。处以速度％沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是（）

带电粒子被加速后的最大速度与D形盒半径无关加速电场方向不需要做周期性的变化带电粒子每运动一周被加速一次图中P】P2等于P2P3如图所示，虚线PQ左侧有垂直于光滑水平面向下的匀强磁场，右侧X有垂直于水平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小均为8。边长、X为L、质量为m、总电阻为R的均匀正方形单匝金属线框abed放在水平面«上，处于PQ右侧的匀强磁场中。给线框一个向左的初速度％，线框刚好*能完全通过虚线PQ,线框在运动过程中cd边始终与PQ平行，则线框在运动过程中（）线框中产生的焦耳热为诡通过线框横截面的电荷量为嚟R最大加速度为2/加。mR线框有一半进入PQ左侧磁场时速度大小为嘤如图所示，矩形线圈面积为S,在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以角速度3匀速转动，线框经过§时电流表的瞬时值为lo,t=0时刻线圈平面与磁场垂直，各电表均为理想交流电表，电路总电阻为R,则（）电路中感应电流的有效值为后穿过线圈的磁通量的最大值为迎0）线圈从图示位置转过180。的过程中，流过导线横截面积的电荷量为卒3&）线圈转动一周，回路产生的焦耳热为竺塗

三、填空题(本大题共2小题，共14.0分)11.如图，这是研究自感现象的实验原理图，图中L是插有铁芯的自感线圈，％、志是规格相同的两个灯泡，回答下列问题：在自感线圈中插入铁芯的目的是 。在闭合开关之前，应将滑动变阻器的滑片移到 。(填“最左”或“最右”)端。闭合开关S,调节变阻器％、R使得两个灯泡的亮度相同后断开开关，断开开关的瞬间,流过灯泡，的电流方向 (填“向左”或“向右”)，流过灯泡志的电流方向 “向左”或"流过灯泡，的电流方向 要观察到断开电路时，灯泡人2亮一下再熄灭，滑动变阻器接入电路的电阻阻值应 (填“大于”或“小于”)自感线圈L的电阻阻值。12.如图所示器材可用来研究电磁感应现象及确定感应电流方向.在给出的实物图中，用实线作为导线将实验仪器连成实验电路.线圈妇和匕2的绕向一致，将线圈妇插入厶2中，合上开关.能使厶2中感应电流的流向与妇中电流的流向相同的实验操作是 .A.插入软铁棒 B.拔出线圈扁C.增大接人电路中的滑动变阻器的阻值D.断开开关.四、简答题(本大题共2小题，共21.0分)13.如图所不，水平导轨间距为L=1.0m,导轨电阻忽略不计；导体棒沥的质量m=1kg,连入导轨间的电阻=0.9/2,与导轨垂直且接触良好；电源电动势E=10V,内阻r=0.1。，电阻R=9/2：外加匀强磁场的磁感应强度B=10T,方向垂直于Qb,与导轨平面的夹角a=53。；Qb与导轨间的动摩擦因数为“=0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，定滑轮摩擦不计，轻绳与导轨平行且对Qb的拉力为水平方向，重力加速度g取10m/s2,Qb处于静止状态。已知sin53°=0.8,cos53。=0.6。求:Qb受到的安培力大小；重物重力G的取值范围。

如图所示中MN和FQ为竖直方向的两平行长直金属导轨，间距为0.40m,电阻不计，导轨所在平面与磁感应强度为0.50T的匀强磁场垂直，质量为6.0乂10-3切，电阻为0.10Q的金属杆沥始终垂直于导轨，并与其保持光滑接触，导轨两端分别接有滑动变阻器&和阻值为3.0。的电阻％，当杆。加达到稳定状态时以速度□匀速下滑，整个电路消耗的电功率为0.270,试求：⑴当沥作匀速运动时通过沥的电流大小；(2)当Qb作匀速运动时的速度大小;(3)当Qb作匀速运动时滑动变阻器接入电路的阻值。五、计算题(本大题共1小题，共17.0分)如图所示平面坐标系中一圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，区域半径为R,区域圆心坐标(R,R),与坐标轴相切于4、C两点。今有两带相同电量的负电粒子甲、乙经A、P两点分别以速度％、％水平向右运动，并刚好同时进入圆形区域的磁场。A、P在y轴上，且AP=j,不计带电粒子的重力及相互作用的库仑力。甲、乙粒子通过磁场偏转后，均能通过。点进入下方。薄弧形挡板MN的圆心为C,半径也为R粒子与弧形挡板碰撞会等速率反向弹回，与弧形挡板作用时间忽略不计，且粒子电量不变。若甲粒子电量为q,质量为m,求磁感应强度8；求乙粒子在磁场中运动的总时间t；若两粒子能在。点相遇，试求甲、乙粒子的质量之比

答案和解析【答案】B【解析】解：4安培提出了分子电流假说，奥斯特发现了电流磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，故A错误；X若粒子带负电，且沿地球赤道平面射向地心，根据左手定则，地磁场会使沿地球赤道平面内射来的宇宙射线在洛伦兹力作用下向西偏转，故8正确；C.地球自转方向自西向东，地球的南极附近是地磁场的北极，由安培定则可知地球带负电，故C错误；。.指南针的南极指向地理的南极，地磁的北极，故。错误。故选：B。安培提出了分子电流假说，奥斯特发现了电流磁效应；根据左手定则判定带电粒子的运动方向；根据地磁场的方向结合地球的自转方向判定地球的带电性；指南针的南极指向地理的南极。本题考查对地磁场性质的掌握以及相关的物理学史，为识记内容，需要我们准确记忆。【答案】C【解析】解：4由电磁驱动原理可知，摇动手柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，且比磁铁转的慢，即同向异步，和磁铁转得不一样快，故A错误；X图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，在铁块中会产生涡流，铁块中就会产生大量热量，从而冶炼金属，故8错误；C.图丙中，当人对着话筒讲话时线圈会做受迫振动，线圈在磁场中运动，线圈中会产生强弱变化的电流，这利用了电磁感应原理，故C正确；。.图丁是毫安表的表头，运输时要把正、负接线柱用导线连在一起，运输过程中导线转动切割磁感应线产生感应电流、产生安培力阻碍线框的转动，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼原理，故D错误。故选：Co当磁铁与线圈相对运动时，导致线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电流，出现安培力，导致线圈转动，由楞次定律可确定感应电流的方向，由于总是阻碍磁通量增加，故线圈与磁铁转动方向相同，但转动快慢不同。真空冶炼炉，在铁块中会产生涡流，产生大量热量，冶炼金属。人对着话筒讲话时利用了电磁感应原理。将毫安表的表头短接来保护电表，利用了电磁阻尼原理。该题为电磁驱动的模型，考查楞次定律、法拉第电磁感应定律，知道感应电流的磁通量总阻碍引起感应电流的磁场变化，同时掌握使用楞次定律判定感应电流方向的方法与技巧.3.【答案】C【解析】解：4蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，铁芯中的确有磁场，但分布并不是幅向分布的，故A错误；〃.若线圈中通以如图乙所示的电流时，根据左手定则，左侧导线所受安培力向上，右侧导线所受安培力向下，线圈将沿顺时针方向转动，故B错误；C.根据题意线圈停止转动时满足NBIS=kO解得：6=咛1可知线圈（指针）偏角。与通过线圈的电流/成正比，故C正确;。.电流表的灵敏度定义为舞，根据题意NBIS=kO解得：黑=罕可知更换k值更大的螺旋弹簧，电流表的灵敏度减小了，故。错误。故选：Co首先利用图示的装置分析出其制成原理，即通电线圈在磁场中受安培力而转动，线圈的转动可以带动指针偏转；根据由左手定则来确定安培力的方向；根据线圈停止转动时满足NBIS=3推导线圈（指针）偏角。的表达式，然后进行判断；推导电流表的灵敏度的表达式，然后进行分析判断。本题解题的关键是读懂题中信息，磁电式电流表内部NBlS=kS从而推出灵敏度舞。4.【答案】B【解析】解：同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，知两线圈的运动情况是相互远离，因此穿过线圈B的磁通量必须增加，根据楞次定律可知，为阻碍磁通量增加，所以絞圈B向右运动，且加速.故8正确，A.C、D错误.故选：B。根据电流与电流的作用力关系进行判断，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥.要使铜环在0〜0时间内加速度方向保持向右，根据楞次定律可知，A中电流一直增大。解决本题的关键掌握同向电流、异向电流的关系，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥。再根据楞次定律判断A中电流变化情况【答案】D【解析】解：4、由图乙可知，交流电的周期T=2s,则线圈转动的角速度3=罕=学〃d/s=nrad/s,故A错误；B、 由图乙可知，1.5s时磁通量最大，则线圈处于中性面位置，故8错误：C、 交变电流一个周期内电流方向改变两次，因t=50s=25T,则50s内线圈中电流方向改变25x2次=50次，故C错误；。、由图乙知，磁通量的最大值=02Wb,则感应电动势的最大值Em=NBS3=N<Pm3=20x0.2xnV=4nV，故。正确。故选：Do根据①图线读出周期T以及磁通量的最大值，由3=罕求解线圈转动的角速度，从而由稣=NBSo）求出感应电动势的最大值，根据磁通量大小判断出线圈所在的位置，在一个周期内电流方向改变2次。解决本题的关键要掌握正弦式交流电峰值的表达式Em=NBSs知道在一个周期内交流电方向改变两次。【答案】B【解析】解：设半导体薄片的厚度为d,宽度为b,单位体积内的载流子个数为n,载流子定向运动的速度大小为贝根据平衡条件可得：q%=quB,根据电流的微观表达式可得：/=nqSv,其中S=bd联立解得：UH=^0A、若只改变半导体薄片的厚度d,"h发生变化，故A错误；8、霍尔电压与b无关，若只改变半导体薄片的宽度b, 不变，故B正确；C、若将半导体薄片换成形状相同、载流子密度更大的导体薄片，则单位体积内载流子个数71增大，所以Uh变小，故C错误；。、如果载流子带正电，根据左手定则可知载流子向M电极偏转，则电极N的电势低于电极M的电势，故。错误。故选：B。根据平衡条件结合电流的微观表达式，推导出霍尔电压的表达式，根据表达式分析各个选项。该题考查了霍尔效应及其应用，解题的关键是明确自由电荷在复合场中受力平衡，关键是能够利用左手定则判断电荷的移动，从而判断后面的电势高。【答案】D【解析】解：依题意弹簧长度不变，由受力分析可知金属线框所受重力和弹簧拉力均不变，即de边所受安培力不变，由安培力公式可得：F=BIL又£=竺入R姉联立解得：F=B籥LA、 图像中，舞为恒定的值，磁感应强度8一直在减小，所以de边所受安培力变小，故A错误；B、 图像中，务为恒定的值，磁感应强度一直在増加，所以de边所受安培力变大，故8错误；C、 图像中，芸的值一直在减小，磁感应强度B—直在减小，所以de边所受安培力变小，故C错误；。、图像中，舞的值一直在减小，磁感应强度B一直在增加，所以de边所受安培力可能不变，故D正确；故选：Do根据对金属线框的受力分析可知de边的安培力保持不变，根据安培力公式和法拉第电磁感应定律得安培力的表达式，结合图像的斜率和B的变化逐项分析即可。本题主要考查了法拉第电磁感应定律，结合安培力公式和图像分析出导线框受到的安培力的变化即可。【答案】BC【解析】解：人、当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据「=蠶得，〃=絳，知加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关，故A错误；BC.带电粒子只有经过AC板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次，电场的方向没有改变，则在AC间加速，加速电场方向不需要做周期性的变化。故8C正确；D、根据r=器得，贝呻冉=2（r2-rj=普,因为每转一圈被加速一次，根据v2-vf=2ad,知每转一圈，速度的变化量不等，且V3-V2<V2-V.，则P[P2>P3P4,故Q错误。故选：BC.带电粒子经加速电场加速后，进入磁场发生偏转，电场被限制在A、C板间，只有经过4C板间时被加速，所以运动一周加速一次，电场的方向不需改变.当带电粒子离开回旋加速器时，速度最大.解决本题的关键知道该回旋加速器的原理，知道粒子每转一圈，加速一次，且都在AC间加速，加速的电场不需改变.【答案】AB【解析】解：4、根据能量守恒可知线框中产生的焦耳热为Q=：m祐，故A正确；B、 由法拉第电磁感应定律得：£=华=业AtAt由闭合电路的欧姆定律得：i=ER通过线框横截面的电荷量q=Ut解得：q=嚟，故8正确；RC、 当线框刚进入虚线时加速度最大，此时Qb和Cd两边同时切割磁感线，感应电动势叠加，因此回路电流/=言=罕KK此时Qb和cd两边同时受安培力且大小方向相同F=B1L对线框，由牛顿第二定律得：2F=ma解得线框的最大加速度大小：。=理也，故C错误；mR。、线框有一半进入PQ左侧磁场过程中，根据动量定理可知：-2&•位'=湖1；,即一2BIL•At'=mAv,则一2BL•q'=mAv=m（v一v0）又因为矿=华=竺HRR解得：卩="竺¥，故。错误.umR故选：AB.根据右手定则分析和法拉第电磁感应定律求解产生的感应电动势，从而计算感应电流与安培力大小；根据电荷量的公式求解通过线框截面的电量；根据功能关系可得此过程中线框产生的焦耳热大小；根据动量定理求线框有一半进入PQ左侧磁场时速度。本题主要是考查磁感应现象中的力学问题和能量问题，知道线框的受力情况，根据牛顿第二定律列出方程，根据动能定理列方程求解焦耳热；此外还有牢记电荷量的经验公式。【答案】CD【解析】解：4、矩形线圈产生的感应电动势瞬时值为e=Emsina)t,感应电流的瞬时值为，=三=^sina)t=Imsina)t,线框经过?时电流表的瞬时值为就是电路中感应电流的有效值，A错误；B、 电路中感应电流的有效值为fl。，则感应电动势的有效值为夺°R,因为产生的是正弦交流电，故感应电动势的最大值为够又Em=NBSo),而磁通量最大值电„=8S,则可得够"=财，则磁通量最大值％=免硬，B错误；C、 线圈从图示位置转过180。的过程中，流过导线横截面积的电荷量为q=7位，而平均感应电流7=1平均感应电动势E=票，R 贞可得9=寧=導=尊，c正确；rRR3a)。、线圈转动的周期T汽,线圈转动一周，回路产生的焦耳热Q=(¥/o)2RT=嚟，D正确；故选：CD.先写出线圈产生的感应电流瞬时值表达式，根据线框经过;时电流表示数为/。，求出感应电流最大值，再计算感应电流的有效值；利用感应电动势的最大值表达式，求出磁通量的最大值；先推导流过导线横截面积的电荷量的计算式，再求出线圈从图示位置转过180。的过程中磁通量的变化，求出流过导线横截面积的电荷量；利用焦耳定律计算，线圈转动一周，回路产生的焦耳热。本题解题的关键是线圈转动产生感应电动势瞬时值的表达式，掌握正弦交流电最大值和有效值的关系以及有效值用于计算焦耳热。【答案】増加线圈的自感系数最左向左向右大于【解析】解：(1)线圈的自感系数取决于线圈的粗细、匝数以及有无铁芯，在自感线圈中插入铁芯的目的是增加线圈的自感系数。滑动变阻器是限流式接法，在闭合开关之前，应将滑动变阻器的有效电阻调至最大，故滑片移到最左端。断开开关的瞬间，线圈和滑动变阻器R,两灯泡构成闭合回到路，因自感现象，线圈充当电源，线圈产生的感应电流与原电流同向，故流过灯泡为的电流方向不变，向左，流过志的电流方向反向，向右。断开电路时，流过由的电流等于，的电流，要观察到灯泡％亮一下再熄灭，即流过为的电流变大大于断开前的电流，则滑动变阻器接入电路的电阻阻值应大于自感线圈L的电阻阻值。故答案为：(1)增加线圈的自感系数；(2)最左；(3)向左；向右；(4)大于。明确铁芯的作用，知道有铁芯时线圈的自感系数增加；明确实验中要让电流由最小值开始调节，釆用滑动变阻器限流接法时应让电阻由最大值开始调节；断开开关S,线圈中电流减小，产生自感电动势，线圈中电流方向不变，根据电路结构即可明确流过灯泡的电流方向；要使灯泡为闪亮一下，应让断开前流过41的电流大于流过为的电流，稳定时电感没有阻碍作用，视为纯电阻，根据欧姆定律分析即可确定滑动变阻器的阻值大小。本题考查自感现象，当通过线圈的电流变化时，线圈会产生自感电动势，阻碍电流的变化，自感现象是一种特殊的电磁感应现象，遵守楞次定律。【答案】BCD【解析】解：(1)将线圈丄2和电流计串联形成一个回路，将电键、滑动变阻器、电压、线圈烏串联而成另一个回路即可，实物图如下所示：(2)根据楞次定律可知，若使感应电流与原电流的绕行方向相同，则线圈丄2中的磁通量应该减小，故拔出线圈爲、使变阻器阻值变大、断开开美均可使线圈厶2中的磁通量减小，故A错误，BCD正确.故答案为：(1)电路图如图所示；(2)BCD.注意在该实验中有两个回路，一个由线圈是和电流计串联而成，另一个由电键、滑动变阻器、电压、絞圈妇串联而成.根据楞次定律求解，若使感应电流与原电流的绕行方向相同，则线圈厶2中的磁通量应该减小，据此可正确解答.知道探究电磁感应现象的实验有两套电路，这是正确连接实物电路图的前提与关键.对于该实验，要明确实验原理及操作过程，平时要注意加强实验练习.【答案】解：(1)由闭合电路欧姆定律可得，通过Qb的电流：/=函知ab受到的安培力：F=B1L代入数据解得：F=10N(2)ob受力如图所示：mg最大静摩擦力：Pfmax="(mg-Fcos53。)，代入数据解得：Ffmax=2N由平衡条件得：当最大静摩擦力方向向右时：FTmin=Fsin53°-Ffmax,代入数据解得：FTmin=6N当最大静摩擦力方向向左时：Frmax=Fsin53°+Ffmax,代入数据解得：FTmax=ION由于重物受力平衡，故：Ft=G，则重物重力的取值范围为：6N<G<ION答：(l)ab受到安倍力大小为10N；(2)重物重力G的取值范围为6N<G<ION。【解析】(1)由闭合电路欧姆定律求出流过导体棒的电流，应用安倍力公式求出其大小；(2)导体棒静止，处于平衡状态，应用平衡条件求出重物重力的临界值，然后确定重物重力的取值范围。本题考查了磁场对电流的作用，根据题意分析清楚金属棒的受力情况是解题的前提，应用闭合电路欧姆定律、安倍力公式与平衡条件即可求解：解题时注意讨论摩擦力的方向，这是易错点。【答案】解：(1)当作匀速运动时，由平衡条件有=又有FS=BIL可得，当沥作匀速运动时，通过沥的电流为1=0.3刀当Qb作匀速运动时，重力的功率等于整个电路消耗的电功率，则有P=mgv=0.27W解得沥作匀速运动时的速度：v=4.5m/s根据题意可知，当Qb作匀速运动时，感应电动势为E=BLv=0.50x0.40x4.5V=0.9U由闭合回路欧姆定律可得，回路的总电阻为R总=日外+r=