2022-2023学年江苏省连云港市重点中学高二（下）期中物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年江苏省连云港市重点中学高二（下）期中物理试卷一、选择题（本大题共10小题，共40分）1.如图所示的下列各图中，表示通电直导线在匀强磁场中所受磁场力的情况，其中磁感应强度B、电流I、磁场力F三者之间的方向关系不正确的是(

)A. B.

C. D.2.如图所示，下列图中分别标出了磁场B的方向、带电粒子的电性及速度v方向、电荷所受洛仑兹力F的方向，其中正确的是(

)A. B.

C. D.3.两个带电粒子以同一速度从同一位置进入匀强磁场，在磁场中它们的运动轨迹如图所示。粒子a的运动轨迹半径为r1，粒子b的运动轨迹半径为r2，且r2=2r1，q1、q2分别是粒子a、A.a带负电、b带正电，比荷之比为q1m1∶q2m2=2∶1

B.a带负电、b带正电，比荷之比为q1m1∶q4.一种用磁流体发电的装置如图所示。已知等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)以速度v喷射入磁感应强度为B的匀强磁场中(速度方向与磁场方向垂直)，在磁场中有两块平行金属板A、B，板间距离为d，忽略粒子的重力及粒子间的相互作用，下列说法不正确的是(

)

A.金属板A是电源的正极

B.稳定后，发电机的电动势是Bdv

C.其他条件不变，只增大磁感应强度，发电机的电动势增大

D.其他条件不变，只增大等离子体的射入速度，发电机的电动势增大5.如图，金属圆形线圈a套在条形磁铁上，条形磁铁与线圈a所在的平面垂直且穿过线圈圆心，若将线圈a对称地扩展为线圈b的形状，则穿过线圈的磁通量变化情况是(

)

A.增大 B.不变 C.减小 D.不能确定6.根据法拉第电磁感应定律，下列说法正确的是(

)A.穿过回路的磁通量越大，回路中的感应电动势也越大

B.磁通量的变化量越大，回路中的感应电动势越大

C.穿过回路的磁通量的变化率为0，回路中的感应电动势一定为0

D.某一时刻穿过回路的磁通量为0，回路中的感应电动势一定为07.1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法不正确的是(

)

A.圆盘上产生了感应电动势

B.圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动

C.在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量不变

D.圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动8.下列电器主要利用了电磁感应的是(

)A.电饭煲 B.电风扇 C.电吹风 D.手机无线充电装置9.某交变电流电压随时间变化的规律如图所示(初始部分为正弦函数的四分之一周期)，下列说法正确的是(

)

A.该交变电流的周期为2s

B.该交变电流电压的有效值为200V

C.将该交变电流加在交流电压表两端时，电压表读数为2002V

D.将该交变电流加在启辉电压(达到或超过启辉电压后氖管会发光)为200V的氖管上，氖管未被击穿，氖管110.远距离输电的原理图如图所示，升压变压器的原、副线圈的匝数之比为a，降压变压器的原、副线圈的匝数之比为b，输电线的总电阻为R，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂输出的电压恒为U。若由于用户的负载变化，使电压表V2的示数增大了ΔU，则下列判断正确的是(

)

A.电压表的V1示数增大 B.电流表A2的示数减小了ΔUR

C.电流表A1的示数减小了bΔU二、非选择题（60分）11.某学习小组在“研究回路中感应电动势大小与磁通量变化快慢的关系”的实验中采用了如图甲所示的实验装置。

(1)实验需用螺旋测微器测量挡光片的宽度Δd，如图乙所示，则Δd=___________mm；若实验中没有现成的遮光条，某同学用金属片替代，用20分度的游标卡尺测量金属片的宽度如图丙所示，其读数为___________mm，这种做法是否合理？___________(填“合理”或“不合理”)。(2)在实验中，让小车以不同速度靠近螺线管，记录下光电门挡光时间Δt内感应电动势的平均值E，改变速度多次实验，得到多组数据。这样实验的设计满足了物理实验中常用的“控制变量法”，你认为小车以不同速度靠近螺线管过程中不变的量是：在Δt时间内___________。(3)得到多组Δt与E数据之后，若以E为纵坐标、以Δt为横坐标作出E−Δt图像，发现图像是一条曲线，不容易得出清晰的实验结论，为了使画出的图像为一条直线，最简单的改进办法是以__________为横坐标。(4)根据改进后作出的图像得出的结论是：在误差允许的范围内___________。(5)其他条件都不变，若换用匝数加倍的线圈做实验，根据实验数据所作出的那条直线图像斜率___________(填“减半”“不变”或“加倍”)。12.如图所示，质量为m的导体棒MN静止在水平导轨上，导体棒与导轨宽度同为L，已知电源的电动势为E，内阻为r，导体棒的电阻为R，其余部分与接触电阻不计，磁场方向垂直导轨平面向上，磁感应强度为B，求：(1)导体棒受的安培力大小和方向：(2)轨道对导体棒的支持力和摩擦力大小．13.图甲所示为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴按如图所示方向匀速转动，线圈的匝数n=50匝，电阻r=2Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，阻值R=8Ω，与R并联的交流电压表为理想电表。在t=0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按图乙所示正弦规律变化。(取π=3.14)求：(1)交流发电机产生的电动势的最大值；(2)从图示位置转过90∘，通过电阻R的电荷量和电阻R14.如图甲所示，单匝正方形线框abcd的电阻R=0.5Ω，边长L=20cm，匀强磁场垂直于线框平面，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，求：(1)0～2s内通过ab边横截面的电荷量q；(2)3s时ab边所受安培力的大小F；(3)0～4s内线框中产生的焦耳热Q．15.如图所示，在x轴上方有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，在x轴下方有一匀强电场，场强方向竖直向上。一质量为m，电荷量为q，重力不计的带电粒子从y轴上的a点(0,ℎ)处沿y轴正方向以初速度v0开始运动，并以与x轴正方向成45°角的速度方向第一次进入电场，且经过y轴上b点时速度方向恰好与y轴垂直，一段时间后，粒子回到a点。(1)画出粒子从a点开始运动到再次经过a点的运动轨迹；(2)求匀强磁场磁感应强度B的大小和匀强电场电场强度E的大小；(3)若该带电粒子到达b点时，撤去竖直方向电场，同时加上垂直纸面向外的z轴正方向的电场E′=mv02qℎ和磁场B′=2

答案和解析1.【答案】A

【解析】【分析】

本题考查左手定则的应用，正确掌握左手定则的内容即可顺利判出。

本题需要掌握左手定则的内容，同时还要注意图中符号的含义，正确掌握电流及磁场的方向。

【解答】

左手定则的内容为伸开左手，让四指与大拇指相互垂直，磁场垂直穿过掌握，四指指向电流方向，大拇指所指的方向为电流受力的方向；根据左手定则判断受力方向：

A.受力向左，故A错误；

B.受力向右，故B正确；

C.受力向上，故C正确；

D.受力垂直于电流向上，故D正确。

本题选不正确的，故选A。

2.【答案】B

【解析】【分析】

根据左手定则，让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是洛伦兹力的方向，根据左手定则来判断洛伦兹力即可。

本题就是对左手定则的直接考查，要注意到运动电荷的运动方向与磁场平行时，将不受洛伦兹力作用，比较简单。

【解答】A.粒子带负电，根据左手定则，粒子所受洛伦兹力方向竖直向下，A错误；B.粒子带正电，根据左手定则，粒子所受洛伦兹力方向竖直向下，B正确；C.粒子速度方向与磁场方向平行，粒子所受洛伦兹力为0，C错误；D.粒子速度方向与磁场方向平行，粒子所受洛伦兹力为0，D错误。故选B。

3.【答案】C

【解析】【分析】

通过图示得出洛伦兹力的方向，根据左手定则得出电荷的电性，正电荷定向移动的方向与四指方向相同，负电荷定向移动的方向与四指方向相反，通过洛伦兹力充当向心力可求出荷质比。

解决本题的关键掌握左手定则判断磁场方向、电荷的运动方向以及洛伦兹力方向的关键，以及掌握带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径公式。

【解答】

根据粒子运动轨迹及左手定则可判断，a带正电、b带负电，根据Bvq=mv2r，可得qm=4.【答案】A

【解析】【分析】

本题考查了磁流体发电的基本原理，最后粒子稳定时洛伦兹力与电场力平衡是解题的关键，难度不大。

【解答】

A.根据左手定则可知，带正电的粒子向下偏转，则金属板B是电源的正极，故A错误；B.稳定后，洛伦兹力与电场力平衡qvB=q发电机的电动势U=Bdv

故B正确；CD.由上式可知，其他条件不变，只增大磁感应强度或只增大等离子体的射入速度，发电机的电动势增大，故CD正确。本题选错误的，故选A。

5.【答案】C

【解析】【分析】在磁铁的外部，磁感线从N极出发进入S极，在磁铁内部，磁感线从S极指向N极。磁感线是闭合曲线，磁铁内外总条数相等。穿过环面的磁感线方向有两种，存在抵消情况，抵消后磁感线多，磁通量大。【解答】通过圆形线圈的磁通量为穿过圆环的磁感线的条数，首先明确条形磁铁的磁感线分布情况，另外要注意磁感线是闭合的曲线。条形磁铁的磁感线在磁体的内部是从S极到N极，在磁体的外部是从N极到S极，内部有多少根磁感线，外部的整个空间就有多少根磁感线同内部磁感线构成闭合曲线。对于线圈的两个位置，磁铁内部的磁感线全部穿过，但线圈面积越大，抵消越多，磁通量反而越小，故选项C正确，A、B、D均错误。

6.【答案】C

【解析】【分析】本题考查对法拉第电磁感应定律的理解，要求同学们掌握物理概念一定要理解其本质意义，属于基础题。

【解答】根据法拉第电磁感应定律

E=nΔΦΔt

可知，回路中感应电动势正比于磁通量的变化率，与某时刻磁通量大小及其变化量大小无直接关系。故选C7.【答案】D

【解析】【分析】通过题意明确涡流产生的原因，再根据磁极和电流间的相互作用分析磁针的运动。本题关键是明确圆盘在半径方向的金属条切割磁感线，难度适中，基础题。【解答】A.圆盘在转动过程中由于半径方向的金属条切割磁感线，从而在圆心和边缘之间产生了感应电动势，故A正确；

B.圆盘在半径方向的金属条切割磁感线，内部距离圆心远近距离不同的点电势不等，从而形成涡流，涡电流产生的磁场导致磁针转动，故B正确；

C.在圆盘转动的过程中，圆盘面积不变，距离磁铁的距离不变，故磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量没有发生变化，故C正确；

D.自由电子的定向移动形成电流，圆盘中没有多余的电荷，圆盘转动不会形成电流，故D错误。本题选错误的，故选D。

8.【答案】D

【解析】解：A、电饭煲利用了电流的热效应，故A错误；

B、电风扇利用了电流在磁场中受力运动原理，故B错误；

C、电吹风既有电流的热效应，又有电流在磁场中受力运动原理，故C错误；

D、手机无线充电装置，它的原理是送电线圈通过一定频率的交流电，线圈周围会产生交替变化的磁场，于是在受电线圈中就产生了一定的电流，从而将电能从发射端转移到接收端，给手机供电，故D正确。

故选：D。

明确电磁感应规律的基本内容，同时明确各种生活常用仪器的工作原理即可正确解答．

本题考查对现代科技装置和产品原理的理解能力，要注意在生活中掌握各种工具用到的基本原理．

9.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查交变电流的图像和有效值。从图像中可以直接读取电流的周期，通过电流的热效应计算电流的有效值。电路中电流表电压表的示数均为有效值。

【解答】A.由图像可知，该交变电流的周期为0.02 s，A错误；B.根据电流的热效应计算电压的有效值，则有(Um2)C.交流电压表读数为交变电流电压的有效值，所以电压表读数为1005

V，D.只有当交流电压大于或等于启辉电压200 V时，氖管才能发光，由图像可知，一个周期发光两次，则1秒内发光100次，D正确。故选D。

10.【答案】C

【解析】【分析】

理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压有输入电压决定；根据远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，以及整个过程中的功率、电压关系，即可求解。

对于远距离输电问题，要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其要注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关。

【解答】

A.由于发电厂输出的电压U不变，升压变压器的原、副线圈的匝数之比不变，所以电压表V1的示数不变，AC.设降压变压器原线圈的电压为U3，则U3U所以降压变压器原线圈的电压增大了ΔU根据闭合电路欧姆定律UV1因为UV1不变，U3增大了bΔU，所以IA1R减小了bΔU，由欧姆定律可知，电流表A1B.根据变压器原副线圈的电流比等于匝数比的倒数可得，A2的示数减小了ΔIA1ΔID.设输电线上原来的电流为I，则输电线损失的功率减小了ΔP=[I2−故选C。

11.【答案】(1)4.800

70.15

不合理(2)穿过线圈的磁通量的变化量(3)(4)感应电动势与磁通量变化率成正比(或者在磁通量变化量相同的情况下，感应电动势与时间成反比)(5)加倍

【解析】【分析】

(1)螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读；根据游标卡尺的读数原理读数。

(2)控制磁通量的变化量不变，研究感应电动势和时间的变化关系；

(3)根据法拉第电磁感应定律公式推导，确定应做的图象；

(4)根据图象特点得出结论；

(5)根据图象斜率的物理意义进行分析。

解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，以及知道控制变量法在“研究回路中感应电动势的大小与磁通量变化快慢的关系”的实验中的运用。

【解答】(1)螺旋测微器固定刻度为4.5 mm，可动刻度为0.01×30.0=0.300 mm，

所以最终读数为4.5 mm+0.300 mm=4.800 mm。

游标卡尺的主尺读数为70 mm，游标读数为0.05×3 mm=0.15 mm，

所以最终读数为70 mm+0.15 mm=70.15 mm。

小车经过遮光条时的平均速度越接近小车的瞬时速度，遮光条的宽度越大，小车的速度误差越大，不能用金属片替代遮光条。

(2)在挡光片每次经过光电门的过程中，磁铁与线圈之间相对位置的改变量都一样，穿过线圈磁通量的变化量ΔΦ都相同；

(3)E=nΔΦΔt，因ΔΦ不变，E与1Δt成正比，横坐标应该是1Δt；

(4)感应电动势与磁通量变化率成正比(或者在磁通量变化量相同的情况下，感应电动势与时间成反比)(5)匝数n加倍后，产生的感应电动势加倍，(1)4.800

70.15

不合理(2)穿过线圈的磁通量的变化量(3)(4)感应电动势与磁通量变化率成正比(或者在磁通量变化量相同的情况下，感应电动势与时间成反比)(5)加倍

12.【答案】解：(1)棒的受力分析图如图所示：

根据左手定则可知，安培力方向水平向左

大小为F=BIL，其中I=ER+r

解得：F=EBLR+r

方向水平向左

(2)根据平衡条件得：

N=mg,f=F=EBLR+r

答：(1)导体棒受的安培力大小为EBLR+r，方向水平向左

(2)【解析】导体棒处于静止状态，合外力为零，分析受力情况，根据平衡条件、欧姆定律和安培力公式结合进行求解。

本题涉及安培力时的物体的平衡问题，通过对通电棒的受力分析，根据共点力平衡方程求解。

13.【答案】(1)104V；(2)10C【解析】(1)由Φ−t图线可知Φm=2.0Wb周期为T=6.28×由于Φm=BS且ω=感应电动势最大值为Em=nBSω=nΦmω=50×2.0×100V=(2)从图示位置转过90°，磁通量变化量为ΔΦ=