浙江省宁波效实中学2021-2022学年高二上学期期中考试物理word版含解析

宁波效实中学二〇二一学年度第一学期高二物理期中试卷考试时间：90分钟满分：100分试卷说明：（1）本卷共四大题，20小题，所有的题目都解答在答卷上，考试结束后，只交答卷。（2）考试过程中不得使用计算器或具有计算功能的电子设备。第Ⅰ卷（选择题，共46分）一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得3分，选错或不答的得0分。）1.下列物理量属于矢量的是（）A.磁感应强度 B.电流 C.磁通量 D.电动势【答案】A【解析】【详解】磁感应强度属于矢量，电流、磁通量、电动势属于标量，故A正确，BCD错误。故选A。2.关于磁感应强度，下列说法正确的是（）A.由B=可知，B与F成正比，与IL成反比B.通电导线放在磁场中的某点，该点就有磁感应强度，如果将通电导线拿走，该点的磁感应强度就为零C.磁场中某一点的磁感应强度由磁场本身决定，其大小和方向是唯一确定的，与通电导线无关D.通电导线受安培力不为零的地方一定存在磁场，通电导线不受安培力的地方一定不存在磁场【答案】C【解析】【详解】ACD．磁感应强度的定义式是这是比值定义法定义的物理量，B与F、I、L均没有关系，它是由磁场的本身决定，其大小和方向是唯一确定的，与通电导线无关，拿走导线后磁感应强度不变，故C正确，AD错误；B．当一小段通电导线受磁场力为零，可能与磁场方向平行，而磁场却可能不为零，故B错误。故选C。3.面积为2.5×10-2m2矩形线圈放在磁感应强度为4.0×10-2T的匀强磁场中，则穿过线圈的磁通量不可能是（）A.1.0×10-2Wb B.1.0×10-3Wb C.1.0×10-4Wb D.0【答案】A【解析】【分析】【详解】匀强磁场中，线圈平面与磁场方向垂直时，则穿过线圈的磁通量故不可能会是比大的数值。故选A。4.如图是两个有趣的实验，第一个实验叫“旋转的液体”，在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极，沿边缘内壁放一个圆环形电极，把它们分别与电池的两极相连，然后在玻璃皿中放入导电液体，例如盐水，如果把玻璃皿放在磁场中，液体就会旋转起来，见图甲。第二个实验叫“振动的弹簧”，把一根柔软的弹簧悬挂起来，使它的下端刚好跟槽中的水银接触，通电后，发现弹簧不断上下振动，见图乙。下列说法正确的是（）A.图甲中，如果从上往下看，液体旋转方向为逆时针B.图甲中，如果改变电流的方向，液体的旋转方向不变C.图乙中，如果将水银换成酒精，依然可以观察到弹簧不断上下振动D.图乙中，如果改变电流的方向，将观察不到弹簧不断上下振动【答案】A【解析】【分析】【详解】A．根据图甲中电源的正负极判断在液体中形成的电流方向为正极导线指向负极导线，磁场方向从下向上，根据左手定则可知，从上往下看，液体沿逆时针方向旋转，A正确；B．如果改变电源的正负极，液体中电流的方向反向，磁感线方向不变，则安培力方向改变，所以液体的旋转方向改变，B错误；C．图乙中给装置通电，弹簧中每一圈的电流方向相同，因为同向电流相互吸引，所以弹簧缩短，脱离水银液面，弹簧中无电流，再次落下与水银接触，从而使弹簧上下振动；纯酒精不导电，所以接通电源后，弹簧中无电流，不会上下振动，C错误；D．如果改变电流的方向，根据C选项分析可知依然可以观察到弹簧不断上下振动，D错误。故选A。5.如图所示是电视显像管原理示意图（俯视图），电流通过偏转线圈，从而产生偏转磁场，电子束经过偏转磁场后运动轨迹发生偏转，不计电子的重力，下列说法正确的是（）A.电子经过磁场时速度增大B.欲使电子束打在荧光屏上的A点，偏转磁场的方向应垂直纸面向里C.欲使电子束打在荧光屏上的B点，偏转磁场的方向应垂直纸面向外D.欲使电子束打在荧光屏上的位置由A点调整到B点，应调节偏转线圈中的电流使磁场增强【答案】C【解析】【分析】【详解】A．电子经过磁场发生偏转时，洛伦兹力方向与速度方向垂直，洛伦兹力不做功，所以电子的速度大小不变，A错误；BC．根据左手定则，欲使电子束打在荧光屏上的A、B点，偏转磁场的方向应垂直纸面向外，B错误，C正确；D．欲使电子束打在荧光屏上的位置由A点调整到B点，应减小电子的偏转程度，故应调节偏转线圈中的电流使磁场减弱，D错误。故选C。6.现在人们可以利用无线充电板为充电，如图所示为充电原理道图，充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对电池充电。若在某段时间内，磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度均匀增加。下列说法正确的是（）

A.所有都能用该无线充电板进行无线充电B.无线充电时，上受电线圈的工作原理是“电流的磁效应”C.在上述时间段内，感应电流方向由受电线圈D.在上述时间段内，感应电流方向由受电线圈【答案】C【解析】【分析】【详解】A．内要有受电线圈及整流电路才能进行无线充电。A错误；B．无线充电时，上受电线圈的工作原理是电磁感应。B错误；CD．在上述时间段内，根据楞次定律，感应电流方向由受电线圈。C正确，D错误。故选C。7.如图所示，放置在水平桌面上的光滑导轨、成“”型连接，在其空间内存在垂直于桌面向里的匀强磁场，导体棒在外力作用下沿方向以速度匀速向右运动。已知导体棒与导轨规格相同，不考虑接触电阻，以在O开始作为计时起点，则受到的安培力随时间变化关系，正确的是（）A. B.C D.【答案】B【解析】【分析】【详解】设导体棒和导轨单位长度电阻为，，当接入电路长度为时，导体棒中电流与无关，则电流强度不变，安培力故选B。8.在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=1000匝，横截面积S=20cm2。螺线管导线电阻r=1.0Ω，R1=4.0Ω，R2=5.0Ω，C=30μF。在一段时间内，垂直穿过螺线管的磁场的磁感应强度B的方向如图甲所示，大小按如图乙所示的规律变化，则下列说法中正确的是（）A.螺线管中产生的感应电动势为1.2VB.闭合K，电路中的电流稳定后，电容器的下极板带负电C.闭合K，电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为2.56×10-2WD.闭合K，电路中的电流稳定后，断开K，则K断开后，流经R2的电荷量为1.8×10-2C【答案】C【解析】【详解】A．根据法拉第电磁感应定律可得螺线管中产生的感应电动势为故A错误；B．根据楞次定律可以判断回路中感应电流的方向应为逆时针方向，所以电容器的下极板带正电，故B错误；C．闭合K，电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为故C正确；D．闭合K，电路中的电流稳定后电容器两端的电压为K断开后，流经R2的电荷量即为K闭合时电容器一个极板上所带的电荷量，即Q=CU=1.2×10-5C故D错误。故选C。9.霍尔元件广泛应用于生产生活中，有的电动自行车上控制速度的转动把手就应用了霍尔元件，这种转动把手称为“霍尔转把”。“霍尔转把”内部有永久磁铁和霍尔器件等，截面如图。开启电动自行车的电源时，在霍尔器件的上下面之间就有一个恒定电流I，如图。将“霍尔转把”旋转，永久磁铁也跟着转动，施加在霍尔器件上的磁场就发生变化，霍尔器件就能输出变化的电势差U。这个电势差是控制车速的，电势差与车速的关系如图。以下叙述正确的是（）A.若霍尔元件的自由电荷是自由电子，则端的电势高于端的电势B.若改变霍尔器件上下面之间的恒定电流I的方向，将影响车速控制C.其他条件不变，仅增大恒定电流I，可使电动自行车更容易获得最大速度D.按第一张图顺时针均匀转动把手，车速减小【答案】C【解析】【分析】【详解】A．若霍尔元件的自由电荷是自由电子，根据左手定则，电子受到洛伦兹力向端相连接的面移动，因此端电势低于端的电势，A错误B．当霍尔元件上下面之间的恒定电流的方向改变，从霍尔元件输出的控制车速的电势差正负号相反，但由题中第三张图可知，不会影响车速控制，B错误C．设自由电子定向移动的速率为，霍尔元件前后面间的距离为，左右表面间距离为，达到稳定后，自由电荷受力平衡，由可得电流的微观表达式则可知仅增大电流时前后表面电势差增大，对应的车速更大，电动自行车的加速性能更好，更容易获得最大速度，C正确D．当按题中第一张图顺时针均匀转动把手时霍尔器件周围场强增大，那么霍尔器件输出的控制车速的电势差增大，因此车速变快，但并不是增加的越来越快，D错误故选C。10.回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示．它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近，a、b接在电压为U、周期为T的交流电源上．两盒间的窄缝中形成匀强电场，两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面．带电粒子在磁场中做圆周运动，通过两盒间的窄缝时被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出．设D形盒的半径为R，现将垂直于金属D形盒的磁场感应强度调节为B．，刚好可以对氚核()进行加速，氚核所能获得的能量为，以后保持交流电源的周期T不变．(已知氚核和α粒子质量比为3：4，电荷量之比为1：2)则：A.若只增大交变电压U，则氚核在回旋加速器中运行时间不会发生变化B.若用该装置加速α粒子，应将磁场的磁感应强度大小调整为C.将磁感应强度调整后对α粒子进行加速，a粒子在加速器中获得的能量等于氚核的能量D.将磁感应强度调整后对α粒子进行加速，粒子在加速器中加速的次数小于氚核的次数【答案】D【解析】【详解】试题分析：回旋加速器的问题处理：一是要知道最大动能只和半径R有关，二是要知道粒子做圆周运动的周期恰好等于电场变化的周期，借助于此两点分析下面各个选项．根据知粒子在磁场中做圆周运动的周期和速度无关，即粒子在磁场中每半圈的运动时间相同，粒子在回旋加速器中运动的时间决定于作圆周运动的次数，而加速次数,由，知，得：，所以增大交变电压U，则氚核在回旋加速器中运行时间将会变小，故A错误；B项，回旋加速器所加交流电的周期要求与粒子在磁场中运动的周期相同，由知，,要保持周期不变，则加速α粒子，应将磁场的磁感应强度大小调整为，故B错误；C、由，知将磁感应强度调整后对α粒子进行加速，a粒子在加速器中获得的能量将大于氚核的能量，故C错；D、粒子在磁场中加速的次数为，而动能为，整理得;,将磁感应强度调整后对α粒子进行加速，粒子在加速器中加速的次数小于氚核的次数,故D正确；综上所述本题答案是：D二、不定项选择题（本题共4小题，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或多个选项正确。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）11.图甲和图乙是教材中演示自感现象两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是（）A.图甲中，A1与L1的电阻值相同B.图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流小于L1中电流C.图乙中，变阻器R与L2的电阻值相同D.图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等【答案】BC【解析】【分析】【详解】AB．图甲中，断开S1的瞬间，A1灯闪亮，是因为电路稳定时A1的电流小于L1的电流，则可知L1的电阻小于A1的电阻，选项A错误，B正确；C．图乙中，因为要观察两只灯泡发光的亮度变化，两个支路的总电阻相同，因两个灯泡电阻相同，所以变阻器R与L2的电阻值相同，选项C正确；D．图乙中，闭合S2瞬间，L2对电流有阻碍作用，所以L2中电流与变阻器R中电流不相等，选项D错误。故选BC。12.下列说法中正确的是（）A.电磁炉中的线圈通高频电流时，在铁磁性金属锅上产生涡流，使锅体发热从而加热食物B.磁电式电表的线圈常常用铝框做骨架，把线圈绕在铝框上，是为了防止产生电磁感应C.可以通过增加线圈匝数或者插入铁芯来增大自感线圈的自感系数D.车站的安检门探测人携带的金属物品的工作原理是电磁感应【答案】ACD【解析】【详解】A．电磁炉中的线圈通高频电流时，在铁磁性金属锅上产生涡流，使锅体发热从而加热食物，故A正确；B．磁电式电表的线圈常常用铝框做骨架，把线圈绕在铝框上，当线圈在磁场中转动时，导致铝框的磁通量变化，从而产生感应电流，出现安培阻力，使其很快停止摆动，故B错误；C．可以通过增加线圈匝数或者插入铁芯来增大自感线圈的自感系数，故C正确；D．车站的安检门探测人携带的金属物品的工作原理是有交流电通过的线圈产生迅速变化的磁场，磁场在金属物体内部能感生涡电流;涡电流又会产生磁场，反过来影响原来的磁场，引发探测器发出鸣声，故D正确。故选ACD。13.如图所示，abcd为水平放置的平行“C”形光滑金属导轨，间距为l。导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计。已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动（金属杆滑动过程中与导轨接触良好）。则（）A.电路中感应电动势的大小为Blv B.电路中感应电流的大小为C.金属杆所受安培力的大小为 D.金属杆的热功率为【答案】AC【解析】【分析】【详解】A．金属杆切割磁感线有效长度为l，由法拉第电磁感应定律可知电路中感应电动势的大小为A正确；B．电路中电阻为由闭合电路欧姆定律可得感应电流的大小为B错误；C．金属杆所受安培力的大小为C正确；D．金属杆的热功率为D错误。故选AC。14.如图所示，竖直悬挂的弹簧下端拴有导体棒ab，ab无限靠近竖直平行导轨的内侧、与导轨处于竖直向上的匀强磁场中，导体棒MN与平行导轨处于垂直导轨平面的匀强磁场中，当MN以速度v向右匀速运动时，ab恰好静止，弹簧无形变，现使v减半仍沿原方向匀速运动，ab开始沿导轨下滑，磁感应强度大小均为B，导轨宽均为L，导体棒ab、MN质量相同、电阻均为R，其他电阻不计，导体棒与导轨接触良好，弹簧始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，ab与竖直平行导轨间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（）A.MN中电流方向从M到NB.ab受到的安培力垂直纸面向外C.ab开始下滑直至速度首次达到峰值的过程中，克服摩擦产生的热量为D.ab速度首次达到峰值时，电路的电热功率为【答案】BC【解析】【分析】【详解】A．MN向右匀速运动，根据右手定则知电流由N到M，A错误；B．电流由a到b，根据左手定则知，ab所受安培力垂直纸面向外，B正确；C．当MN以速度v向右匀速运动时，ab恰好静止，根据平衡条件得根据欧姆定律解得现使v减半仍沿原方向匀速运动，ab开始下滑直至速度首次达到峰值时再次平衡，根据平衡条件得解得克服摩擦力产生的热量为解得C正确；D．ab速度首次达到峰值的过程中，电动势为电路电流电路的电热功率为解得D错误。故选BC。第Ⅱ卷（非选择题，共54分）三、实验题（本题共2小题，每空2分，共18分）15.如图所示的电路可用来研究电磁感应现象及判定感应电流的方向

（1）在图中用实线代替导线把它们连成实验电路。（）（2）将线圈A插入线圈B中，合上开关S，能使线圈B中磁通量增加的实验操作是（）A．插入铁芯FB．拔出线圈AC．使变阻器阻值R变小D．断开开关S（3）某同学第一次将滑动变阻器的触头P从变阻器的左端快速滑到右端，第二次将滑动变阻器的触头P从变阻器的左端慢慢滑到右端，发现电流计的指针摆动的幅度大小不同，第一次比第二次的幅度______（填写“大”或“小”），原因是线圈中的______（填写“磁通量”或“磁通量的变化量”或“磁通量变化率”）第一次比第二次的大。【答案】①.②.AC③.大④.磁通量变化率【解析】【分析】【详解】（１）[1]将电源、开关、变阻器、线圈A串联相接，组成一个回路，再将电流计与线圈B相接组成一个回路，电路如图所示，

（２）[2]A．插入铁芯F时，线圈A的磁场增强，穿经线圈B的磁通量增加，A正确；B．拔出线圈A时，穿经线圈B磁通量减少，B错误；C．使变阻器阻值R变小，流经线圈A电流增大，产生的磁场增强，穿经线圈B的磁通量增加，C正确；D．打开开关S时，流经线圈A的电流减小，磁场减弱，穿经线圈B的磁通量减小，D错误。故选AC。（３）[3]第一次将滑动变阻器的触头P从变阻器的左端快速滑到右端，线圈A的电流变化的快，产生的磁场变化的快，流经线圈B的磁通量变化的快，产生感应电动势大，感应电流大，电流计的指针摆动的幅度大；第二次将滑动变阻器的触头P从变阻器的左端慢慢滑到右端，线圈A的电流变化的慢，产生的磁场变化的慢，流经线圈B的磁通量变化的慢，产生感应电动势小，感应电流小，电流计的指针摆动的幅度小。因此第一次比第二次的幅度大。[4]第一次改变变阻器的触头P位置时，线圈中的磁通量变化率大，第二次改变变阻器的触头P位置时，线圈中的磁通量变化率小，因此线圈中的磁通量变化率第一次比第二次的大。16.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”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，如图乙所示，___________。（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。这样的实验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：在时间内___________。（3）得到多组与E的数据之后，若以E为纵坐标、为横坐标画出图象，发现图象是一条曲线，不容易得出清晰的实验结论，为了使画出的图象为一条直线，最简单的改进办法是以___________为横坐标。（4）根据改进后画出的图象得出的结论是：在误差允许的范围内___________。（5）其他条件都不变，若换用匝数加倍线圈做实验，根据实验数据所作出的那条直线，其斜率___________（填“减半”“不变”或“加倍”）。【答案】①.5.665（5.663～5.667）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】【详解】（1）[1]螺旋测微器固定刻度为，可动刻度为，所以最终读数为（2）[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都相同。（3）[3]根据，因不变，E与成正比，横坐标应该是。（4）[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）[5]匝数n加倍后，产生的感应电动势加倍，图象纵坐标加倍横坐标不变，所以新图象的斜率加倍。四、计算题（本题共4小题，共36分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位。）17.光滑平行导轨水平放置，导轨间距离L=0.1m，导轨左端通过开关与一恒流源相连，恒流源使电路中的电流始终保持，右端与半径为的两段光滑圆弧导轨相接，c、d为圆弧轨道最低点。空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B=1T，当闭合开关S后，一根质量，长度略大于导轨间距的导体棒ab从静止开始，向右沿直线运动了0.5m的距离后进入了圆弧轨道，导轨电阻不计，。求：（1）匀强磁场的方向及导体棒所受安培力大小；（2）导体棒ab运动到cd位置时，对导轨的压力大小；（3）导体棒ab最终能离开导轨竖直向上运动，求导体棒能到达的最大高度。【答案】（1）匀强磁场方向竖直向下，0.2N；（2）；（3）0.28m【解析】【详解】（1）安培力根据左手定则知匀强磁场方向竖直向下；（2）根据动能定理解得根据牛顿第二定律根据牛顿第三定律得（3）根据动能定理解得18.如图表示，在磁感强度为B的水平匀强磁场中，有一足够长的绝缘细棒OO′在竖直面内垂直磁场方向放置，细棒与水平面夹角为α．一质量为m、带电荷为+q的圆环A套在OO′棒上，圆环与棒间的动摩擦因数为μ，且μ<tanα．现让圆环A由静止开始下滑，试问圆环在下滑过程中：(1)圆环A的最大加速度为多大？获得最大加速度时的速度为多大？(2)圆环A能够达到最大速度为多大？【答案】(1)gsinα(2)【解析】【详解】(1)由于μ＜tanα，所以环将由静止开始沿棒下滑．环A沿棒运动的速度为v1时，受到重力mg、洛仑兹力qv1B、杆的弹力N1和摩擦力f1=μN1．根据牛顿第二定律，对沿棒的方向有mgsinα-f1=ma垂直棒的方向有N1+qv1B=mgcosα所以当f1=0，即N1=0时，a有最大值am，且am=gsinα此时qv1B=mgcosα解得(2)设当环A的速度达到最大值vm时，环受杆的弹力为N2，方向垂直于杆向下，摩擦力为f2=μN2．此时应有a=0，即mgsinα=f2N2+mgcosα=qvmB解得19.如图所示，水平边界MN与PQ之间分布着垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两边界间的高度差为l。由粗细均匀的电阻丝制成的单匝矩形线框abcd的电阻为R，以ac=l，ab=2l。现将线框从边界MN上方l处由静止释放，当cd边进入磁场时线框恰好做匀速运动，整个过程中线框平面始终保持竖直且ab边保持水平。已知重力加速度为g，空气阻力忽略