2022-2023学年安徽省皖北五校高二（下）期中物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年安徽省皖北五校高二（下）期中物理试卷一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）1.LC振荡电路的振荡周期为T，t=0时刻电流方向如图所示，此时电容器不带电.以i表示回路中电流(顺时针方向为正)、q表示电容器极板a的带电荷量、EB表示线圈中磁场能、E表示极板间电场强(以由a指向b为正)，下列图像正确的是A.

B.

C.

D.2.如图甲所示，粗细均匀绝缘导线弯成正方形线框a和内切圆形线框b，两线框在同一平面内，磁场方向垂直于线框所在平面，磁感应强度B随时间t变化规律如图乙所示，两线框产生感应电动势分别为Ea和Eb，感应电流大小分别为Ia和IbA.Ea：Eb=π：4 B.Ea：Eb=2：π

C.Ia：I3.如图所示，a、b间接一正弦交变电源，内阻不计，理想变压器原线圈与电阻R1串联，两匝数相等的副线圈分别接有电阻R2、R3，且R1=4R2=4R3。若开关SA.6 B.4 C.5 D.34.如图是一交变电流的i−t图像，则该交变电流的有效值为(

)A.3A B.4A C.45.如图所示，在竖直平面内有半径为R和2R的两个圆，两圆的最高点相切，切点为A，B和C分别是小圆和大圆上的两个点，其中AB长为R，AC长为22R，现沿AB和AC建立两条光滑轨道，自A处由静止释放小球，已知小球沿AB轨道运动到B点所用时间为t1，沿AC轨道运动到C

A.1：2 B.1：2 C.1：16.如图所示，虚线PQ为匀强磁场的左边界，虚线右侧存在着垂直水平面向下，磁感应强度大小为B的匀强磁场，粗细均匀边长为L的单匝正方形金属线框abcd，总电阻为R，水平向右匀速进入磁场，当线框的对角线bd恰好与磁场边界线重合时，线框的速度大小为A.线框中的感应电流沿顺时针方向 B.b、c两点间的电势差Ubc=14BLv07.如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场，若粒子射入的速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上，不计重力及带电粒子之间的相互作用，则v2：v1为A.3：2 B.2：1 C.3：1 D.二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）8.如图所示，两根平行光滑金属导轨固定在水平面内，导轨间距为L=2m，左端连接电阻R=3Ω，轨道平面内存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小随时间变化规律为B=2t(T)A.导体棒中感应电流I随时间t变化规律为I=2t(A)

B.导体棒所受拉力F随时间t变化规律为F=8t2(N9.如图所示，水平面上固定着两根足够长的光滑平行导槽，质量为2m的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量为m的小球沿水平方向，以初速度v0从U形管的一端射入，从另一端射出。已知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是(

)A.该过程中，小球与U形管组成的系统机械能守恒

B.小球从U形管的另一端射出时，速度大小为2v03

C.小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，速度大小为73v10.如图所示，在半径为R的圆形区域中有垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度为B。一个带正电的粒子Q从圆形磁场边界上的A点以速度v正对MO的中点且垂直直径MN射入磁场，最后恰好从N点射出，不计粒子重力，则带电粒子Q(

)A.在磁场中运动的轨迹半径为R

B.在磁场中运动轨迹的圆心恰好在圆形磁场的边界上

C.入射速度大小增大到2v，方向不变，磁感应强度大小调整为4B时，粒子仍从N点射出磁场

D.如果从N点逆着出射速度方向仍以速度v射入磁场，刚好可以从A三、实验题（本大题共2小题，共12.0分）11.如图(1)所示，实验小组通过拉力传感器探究直线电流周围磁感应强度大小规律，将直导线ab直线固定，通过开关接上直流电源，选取一小段长度为L的直导线cd接入电路，并在中点处与拉力传感器相连，拉力传感器接入计算机中，测出直导线ab中通过大的电流强度为I1，直导线cd中通过小的电流强度为I2，将导线cd围绕中点O垂直纸面缓慢旋转90°过程中，得到拉力传感器读数随转过角度变化关系如图(2)所示；若将导线cd沿纸平面缓慢向右移动距离x时，得到拉力传感器读数随距离倒数变化关系如图(3)所示，不考虑导线cd所产生的磁场。

(1)初始时导线cd所在位置的磁感应强度大小为______；

(2)导线12.某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，先测得摆线长78.50cm，摆球直径2.0cm.然后将一个力电传感器接到计算机上，实验中测量快速变化的力，悬线上拉力F的大小随时间t的变化曲线如图所示．

(1)该摆摆长为______cm．

(2)该摆摆动周期为______s.

(3)如果测得g值偏小，可能原因是______

A.测摆线长时摆线拉得过紧

B.摆线上端悬点未固定好，摆动中出现松动

C.计算摆长时，忘记了加小球半径

D四、简答题（本大题共1小题，共14.0分）13.如图所示的直角坐标系中，x<0区域有沿x轴正向的匀强电场，x≥0区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一个带正电的粒子从原点O进入磁场，初速度大小为v0，速度方向与y轴正向夹角为θ，粒子第一次在磁场中运动时离y轴最远距离为L。且带电粒子经电场偏转后将再次从O点进入磁场，不计粒子重力，求：

(1)粒子的比荷；

(五、计算题（本大题共2小题，共34.0分）14.如图所示，质量为m2=1.95kg的长木板B，静止在粗糙的水平地面上，质量为m3=1.00kg的物块C

(可视为质点)放在长木板的最右端．一个质量为m1=0.05kg的子弹A以速度v0=360m/s向着长木板运动．子弹打入长木板并留在其中(子弹打入长木板的时间极短)，整个过程物块C始终在长木板上．已知长木板与地面间的动摩擦因数为μ1=0.20，物块15.如图，固定的足够长光滑平行金属导轨间距L=0.2m。由水平部分Ⅰ和倾斜部分Ⅱ平滑连接组成，虚线MN为其交界线，Ⅰ、Ⅱ间夹角θ=30°，Ⅰ、Ⅱ空间内均存在垂直于导轨平面的匀强磁场，大小分别为B1和B2，其中B1=1T、B2=0.5T。质量m=0.01kg、电阻r=1.0Ω的相同金属棒a、b固定在水平导轨上，其中点通过长S的绝缘轻杆连接成“H”型。将与a、b相同的金属棒c从倾斜导轨上由静止释放，c到达MN前已经开始匀速运动。当c通过MN时，立即解除a、b与轨道的固定。不计导轨电阻，a、b、c始终垂直于导轨，c与b

答案和解析1.【答案】D

【解析】解：在LC回路振荡电路中，电容器的电量为零，电场能最弱；电流最大，磁场最强，磁场能最大，此时电容器刚放电完毕；接着，电容器反向充电，极板上电量增多，电场增强，而电流减少，磁场减弱。

A、开始时电容器不带电，可知电路的电流应该是从负的最大开始周期性变化，故A错误；

B、因电量从零开始增多，图示图象t=0时q最大，故B错误；

C、能量为标量，磁场能没有负值，故C错误；

D、由于开始时极板电量为零，那么电场强度为零，接着反向充电，b极带正电，电场强度方向由b指向a，即为负值，且不断增大，再减小，接着反向增大，再减小，故D正确；

故选：D。

在LC振荡电路中，当电容器在放电过程：电场能在减少，磁场能在增加，回路中电流在增加，电容器上的电量在减少。从能量看：电场能在向磁场能转化；当电容器在充电过程：电场能在增加，磁场能在减小，回路中电流在减小，电容器上电量在增加。从能量看：磁场能在向电场能转化，从而即可一一求解。

电容器充电完毕(放电开始)：电场能达到最大，磁场能为零，回路中感应电流i=02.【答案】C

【解析】解：AB、设圆形线框半径为r，则正方形线框边长L=2r，正方形线框面积sa=L2=4r2，

圆形线框面积sb=πr2，两线框处在均匀变化的磁场中，由法拉第电磁感应定律得：E=ΔΦΔt=ΔBΔtS=kS

则两线框产生感应电动势之比：Ea：Eb=Sa：Sb=43.【答案】A

【解析】解：开关S断开时，设电阻R2消耗的功率为P，则P=I22R2，则理想变压器原线圈输出功率也为P，由题意知电源输出功率是2P，而电源输出功率等于电阻R1的消耗功率和变压器原线圈输入功率，因此电阻R1消耗的功率为P，且P=I12R1，R1=4R2，联立解得：I1I2=12，因此n1n2=I2I1=21。

闭合开关S后，因为两副线圈匝数相等，R2和4.【答案】D

【解析】解：设交流电电流的有效值为I，周期为T=3×10−2s，电阻为R，则有：I2RT=(Im2)25.【答案】B

【解析】解：设AB与竖直方向的夹角为θ，则

AB=2Rcosθ

可得θ=60°

由牛顿第二定律得物体沿AB下滑的加速度为

a=gcosθ

在AB上运动的时间为t1，则：AB=12at12

整理解得：t1=2Rg

设AC与竖直方向的夹角为α，则：AC=4Rcosα6.【答案】C

【解析】解：A、根据右手定则，拇指与其余四个手指垂直，让磁感线从掌心进入，拇指指向导体运动方向，其余手指方向为电流方向。在本题中只有bc切割磁感线，对bc使用右手定则，拇指向右，掌心面朝自己，则其余手指向上，故电流由c到b到a到d到c，为逆时针方向，故A错误。

B、由题可知，当bd与磁场边界重合时，bc的速度为v0，由于只有bc在切割磁感线，根据E=BLv，可知bc两点的电势差Ubc=BLv0，故B错误。

CD、根据bc两点电势差可得出线框中的电流为I=ER=BLv0R，故在磁场中的bc、d7.【答案】C

【解析】解：设圆形区域磁场的半径为r，当速度大小为v1时，从P点入射的粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为M(图甲)时，由题意知∠POM=60°，由几何关系得轨迹圆半径为R1=r2；

从P点入射的粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为N(图乙)；由题意知∠PON=120°，由几何关系得轨迹圆的半径为R2=32r；

根据洛伦兹力充当向心力可知：

Bqv=mv8.【答案】CD【解析】解：A、经时间t导体棒移动位移x=vt，回路面积S=Lx=Lvt

回路产生感生电动势：E1=SΔBΔt=Lvkt

根据楞次定律和安培定则，导体棒电流方向由a到b

t时刻导体棒切割磁感线产生的动生电动势：E2=BtLv=ktLv

根据右手定则，导体棒电流方向由a到b

两个电动势方向一致，回路电动势：E=E1+E2=2Lvkt=16t(V)

根据欧姆定律有：It=ER+r=4t(A)9.【答案】AC【解析】解：A、小球和U形管组成的系统在运动过程中没有外力做功，所以系统机械能守恒，故A正确；

B、球从U形管一端进入从另一端出来的过程中，小球和U形管组成的系统在水平方向不受外力，系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv0=mv1+2mv2

根据机械能守恒定律得：12mv02=12mv12+12×2mv22

解得：v1=m−2mm+2mv0=−13v0，故B错误；

C、从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程时，小球和U形管速度平行导槽方向速度相同，系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv10.【答案】AB【解析】解：AB、粒子从A点射入磁场，从N点离开磁场，粒子在磁场中做匀速圆周运动，作图如下

由几何知识可知：CO=12OA=12R，sin∠CAO=COOA=12，则∠CAO=30°，∠OAB=60°，所以三角形OAB为等边三角形，AB=R，四边形ABNO为平行四边形，所以BN=R，粒子圆周运动轨迹的圆心为过N点的直线与AB连线的交点，若交点在AB连线B点的下方某E点，则EN小于AE，不成立；若交点在AB11.【答案】F0I2L

【解析】解：(1)根据安培定则，导线ab在cd位置处产生磁场方向垂直纸面向里。

设初始位置的磁感应强度大小为B，由图像(2)可知此时导线cd受的安培力为F0。

由安培力公式F0=BI2L解得：B=F0I2L

(2)导线cd旋转90°时，O点磁感应强度方向不变，导线ab在O点产生的磁场方向垂直纸面向里。

(3)在F−1x图像中，图线为过原点的直线，可见直线电流产生磁感应强度大小跟距离成反比。

故答案为：(1)F0I12.【答案】(1)79.50；(2)【解析】解：(1)单摆周期：L=l+d2=78.50+2.02=79.50cm．

(2)在一个周期内摆球两次经过最低点，每次经过最低点时拉力最大，根据图象知周期：T=1.8s．

(3)由单摆周期公式：T=2πLg可知：g=4π2LT2；

A、测摆线长时摆线拉得过紧，所测摆长偏大，所测g偏大，故A错误；

B、摆线上端悬点未固定好，摆动中出现松动，所测周期T偏大，所测g偏小，故B正确；

C、计算摆长时，忘记了加小球半径，所测摆长L偏小．所测g偏小，故C正确；

D、读单摆周期时，读数偏大，所测周期T偏大，所测g偏小，故D正确；13.【答案】解：(1)粒子的运动轨迹如图所示，

粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有：Bqv0=mv02r

根据几何知识，粒子在磁场中运动时离y轴最远距离为：L=r+rcosθ

联立解得粒子比荷为：qm=v0(1+cosθ)BL

(2)粒子在磁场中运动时间为：t1=2(π−θ)mBq

在电场中运动时间为t2，