重庆市九校联盟2023-2024学年高二年级下册期中考试物理试题（解析版）

物理试题

考试时间：75分钟试卷满分：100分

一、选择题：共43分。1-7小题为单项选择题，每小题4分，共28分；8-10题为多项选择题,

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分，每小题5分，共15分。

1.下列说法正确的是（）

A.法拉第发现了电磁感应现象

B.右手定则可以用来判断通电导线周围的磁场方向

C.左手定则可以用来判断导体切割磁感线时产生的感应电流的方向

D,磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁驱动的作用

【答案】A

【解析】

【详解】A.法拉第发现了电磁感应现象，故A正确；

B.右手螺旋定则可以用来判断通电导线周围的磁场方向，故B错误；

C.右手定则可以用来判断导体切割磁感线时产生的感应电流的方向，故C错误；

D.磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用，故D错误。

故选Ao

2.某同学在学习了电磁感应相关知识之后，做了探究性实验：将闭合线圈按图示方式放在电子秤上（如图

所示），线圈上方有一S极朝下竖直放置的条形磁铁，手握磁铁在线圈的正上方静止，此时电子秤的示数为

加。。下列说法正确的是（）

A.将磁铁远离线圈的过程中,线圈中产生的电流沿顺时针方向（俯视）

B.将磁铁靠近线圈的过程中,线圈中产生的电流沿顺时针方向（俯视）

C.将磁铁远离线圈的过程中,电子秤的示数等于加o

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D.将磁铁远离线圈的过程中，电子秤的示数大于加。

【答案】B

【解析】

【详解】ACD.将磁铁远离线圈的过程中，穿过线圈的磁通量向上减少，根据楞次定律和安培定则可判断,

线圈中产生的电流沿逆时针方向（俯视）；根据楞次定律的推论“来拒去留”可知，线圈与磁铁相互吸引，

导致电子秤的示数小于加°,故ACD错误；

B.将磁铁靠近线圈的过程中，穿过线圈的磁通量向上增加，根据楞次定律和安培定则可判断，线圈中产生

的电流沿顺时针方向（俯视），故B正确。

故选B。

3.如图，£为自感系数较大的电感线圈，且直流电阻不计，A、B为两个完全相同的灯泡，且它们的额定电

压均等于电源的电动势。则（）

A.合上K的瞬间，A先凫，B后凫

B.合上K的瞬间，B先亮，A后亮

C.断开K以后，A立即熄灭，B闪亮一下再逐渐熄灭

D.断开K以后，B变得更亮，A缓慢熄灭

【答案】C

【解析】

【详解】AB.合上K的瞬间，由于电感线圈产生自感电动势阻碍通过线圈电流的增大，所以A、B两灯同

时亮，由于电感线圈直流电阻不计，则稳定后，B灯被短路，不亮，故AB错误；

CD.断开K以后，A立即熄灭，由于电感线圈产生自感电动势阻碍通过线圈电流的减小，且线圈与B灯构

成回路，则B闪亮一下再逐渐熄灭，故C正确，D错误。

故选C。

4.质谱仪的工作原理图如图所示，若干电荷量均为+q（q>0）而质量”不同的带电粒子经过加速电场加

速后，垂直电场方向射入速度选择器，速度选择器中的电场E和磁场耳的方向都与粒子速度v的方向垂直,

且电场E的方向也垂直于磁场与的方向。通过速度选择器的粒子接着进入匀强磁场与中，沿着半圆周运

动后到达照相底片上形成谱线。若测出谱线到狭缝尸的距离为x,不计带电粒子受到的重力和带电粒子之

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间的相互作用，则下列说法正确的是（）

A,速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里

E

B.这些带电粒子通过狭缝P的速率都等于方

C.x与带电粒子的电荷量q成正比

D.x越大，带电粒子的比荷越大

【答案】B

【解析】

【详解】A.带正电粒子在速度选择器中受到的电场力向右，根据受力平衡可知，洛伦兹力向左，根据左手

定则可知，速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外，故A错误；

B.粒子经过速度选择器，根据受力平衡可得

qvBx=qE

可得这些带电粒子通过狭缝P的速率都等于

E

v=­

B1

故B正确;

CD.粒子在匀强磁场为中，由洛伦兹力提供向心力可得

V2

qvB2=m——

r

可得

mvmE

qB2qB[B?

则有

mE

x=2r=2

qB&2

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可知X越大，带电粒子的比荷越小，故CD错误。

故选B。

5.如图所示，有一足够长的绝缘圆柱形管道水平固定，内有带负电的小球，小球直径略小于管道直径，小

球质量为机，电荷量为g,小球与管道间的动摩擦因数为〃，空间中有垂直纸面向外，大小为8的匀强磁

场。现对小球施加水平向右的恒力R使小球自静止开始运动。已知重力加速度为g,下列对小球的运动过

程判断正确的是（）

F

B.e...

A.小球一直做加速度减小的运动

B.小球最大的加速度为乂色&

m

-F+Lim2

C.小球稳定时速度为一气二

RqB

D,从开始运动到最大速度时，尸做的功%=；加与蔑詈

【答案】C

【解析】

【详解】ABC.对小球受力分析，小球从静止开始运动，则在竖直方向上

稣+qvB=mg

水平方向上

F-〃外=ma

联立可得

F-〃（加g-qvB）

a-----------------------

m

从静止开始，速度逐渐增加，则加速度逐渐增大；当

mg=qvB

加速度达到最大值，为

F

〃max二一

m

随着速度的增加，竖直方向上受力情况变为

F^+mg=qvB

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可得此时的加速度为

F—"(qvB-mg)

a=--------------------

m

随着速度的继续增大，小球加速度减小，当

F-MqvB-mg)=0

物体加速度为0,开始做匀速直线运动；可得小球稳定时速度为

二E+"mg

“maxn

/iqB

可知小球的加速度先增加后减小，故AB错误，C正确;

D.从开始运动到最大速度的过程中，根据动能定理可得

1,

W.-Wf=-mv^

可得

1(F+〃加g)2

唯=-m+%

2jU2B2q2

故D错误。

故选C。

6.如图所示，竖直平面内有一金属圆环，半径为0,总电阻为2R（指拉直时两端的电阻），磁感应强度为2

的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点/用钱链连接长度为2a、电阻为R的导体棒N3,由水平位

置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，2点的线速度为v,则这时两端的电压大小为（）

BavBav2Bav

A.——B.------C.--------D.Bav

323

【答案】A

【解析】

【详解】此时导体棒N3产生的电动势为

-0+v

E=B-lav=B-2a-------=Bav

2

导体棒N2相当于电源，则此时外电阻为

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R一整工

外R+R2

此时AB两端的电压大小为

R外EBav

U=

R外+R3

故选Ao

7.如图所示，在纸面内半径为尺的圆形区域中充满了垂直纸面向外的匀强磁场，与水平方向的夹角为

30。。现有氢的同位素;H粒子从/点沿水平方向以大小为%的速度垂直射入磁场，其离开磁场时，速度方

向刚好改变了180。；氢的另一同位素：H粒子以大小为%的速度从C点沿CO方向垂直射入磁场。已知;H

的电荷量为e,质量为优,不计粒子的重力和两粒子间的相互作用。下列说法中正确的是（）

A.；H粒子竖直向下射出磁场

B.该匀强磁场的磁感应强度8=丝&

eR

C.两粒子在磁场中运动的时间不相同

D.两粒子从圆形边界的射出点和圆形区域圆心。构成的三角形面积S=1尺z

4

【答案】D

【解析】

【详解】AB.；H粒子离开磁场时，速度方向刚好改变了180。，表明粒子在磁场中转动了半周，其轨迹如

图所示

由几何关系得

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D

r,=7?sin30°=-

12

根据牛顿第二定律得

2

qv0B=m色-

(

可得

则该匀强磁场的磁感应强度为

B=2

eR

:H粒子进入磁场，有

2

evQB=2m—

丫2

解得

r=2=R

2eB

所以；H粒子竖直向上射出磁场，如图所示

故AB错误；

C.；H粒子在磁场中运动的时间为

兀Y、_7lR

%2%

；H粒子在磁场中运动的时间为

71

3r2/R

%2%

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可知两粒子在磁场中运动的时间相同，故C错误;

D.如图所示

根据几何关系可知三角形面积为

S=-X-RX43R=—R2

224

故D正确。

故选D。

8.如图所示，图线。是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图像，当调整线圈转速后，所产

生正弦交流电的图像如图线b所示。以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是（）o

A,在图中Z=0时刻穿过线圈的磁通量最大

B.交流电a的电压有效值为10V

C.线圈先后两次周期之比为3：2

D.交流电。的瞬时值表达式为“=10sin5R（V）

【答案】AD

【解析】

【详解】A.在图中Q0时刻，产生的电动势为0,磁通量变化率为0,此时线圈处于中性面位置，穿过线

圈的磁通量最大，故A正确；

BD.由图可知，交流电。的电压最大值为10V,有效值为50V，交流电。的瞬时值表达式为

u=Umsin^r=10sin-^-r（V）=10sin5R（V）

故B错误，D正确；

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C.由图可知，线圈先后两次周期之比为

7；:7；=0.4:0.6=2:3

故C错误。

故选ADo

9.如图所示，理想变压器原线圈输入电压“=U,"sind,副线圈电路中凡为定值电阻，R是滑动变阻器。

V和V?是理想交流电压表，示数分别用和。2表示；A］和A2是理想交流电流表，示数分别用/］和4表

A.和4表示电流的有效值

B.和。2表示电压的最大值

C.滑片P向下滑动过程中，。2不变、4变大

D.滑片P向下滑动过程中，。2变小、4变小

【答案】AC

【解析】

【详解】AB.人和心表示电流的有效值，-和。2表示电压的有效值，故A正确，B错误；

CD.根据变压器电压比等于匝数比可得

U2々

U\〃1

由于原线圈输入电压不变，匝数比不变，则副线圈输出电压。2不变；滑片P向下滑动过程中，滑动变

阻器接入电路阻值变小，则副线圈总电阻变小，根据欧姆定律可知，副线圈电流4变大，根据

可知原线圈电流/］变大，故C正确，D错误。

故选AC-

10.如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒尸当MN在外力的作用下运动时,

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尸。在磁场的作用下向右运动，则所做的运动可能是（）

A.向右减速运动B.向右加速运动C.向左减速运动D.向左加速运动

【答案】AD

【解析】

【详解】PQ在磁场力作用下向右运动，则尸。所受的安培力方向向右，由左手定则可以判断电流由尸流向

Q,线圈右相当于电源，由右手螺旋定则可判断线圈右中的感应磁场方向沿轴线向下，若口中电流产生的

磁场方向与右中的感应磁场方向相同，则心中电流减小，跖V棒做减速运动，电动势由N指向〃，根据

右手定则可判断跖V棒向右运动，若心中电流产生的磁场方向与右中的感应磁场方向相反，则右中电流增

加，W棒做加速运动，电动势由M指向N,根据右手定则可判断跖V棒向左运动。

故选ADo

二、实验题：本题共两个小题，11题6分，12题9分，共15分，请将正确的答案写在答题卡

对应的位置上。

11.某同学在探究感应电流的方向的实验中，设计了如图所示的装置。线圈A通过电流表甲、定值电阻R、

滑动变阻器R和开关S连接到电源上，线圈B的两端接到另一个电流表乙上，两个电流表完全相同，零刻

度线在表盘中央。闭合开关后，当滑动变阻器火的滑片P不动时，甲、乙两个电流表指针的位置如图所示。

（1）闭合开关的瞬间，电流表甲的指针情况是_____,电流表乙指针的偏转情况是（均选填”向左

偏”“向右偏”或“不偏转”）。

（2）当滑片P较快地向右滑动时，电流表乙的指针的偏转情况是o（选填“向左偏”“向右偏”或

“不偏转”）

【答案】（1）①.向左偏②.向右偏

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（2）向左偏

【解析】

【小问1详解】

闭合开关后，当滑动变阻器R的滑片P不动时，甲、乙两个电流表指针的位置如图所示，可知电路从

电流表的正接线柱流入时，指针向左偏；闭合开关的瞬间，电流从电流表甲的正接线柱流入，电流表甲的

指针情况是向左偏；根据右手螺旋定则可知，线圈A中电流产生的磁场穿过线圈B的方向向下，且增大，

根据楞次定律可知，线圈B产生的感应电流从电流表乙的负接线柱流入，则电流表乙的指针的偏转情况是

向右偏。

【小问2详解】

当滑片P较快地向右滑动时，滑动变阻器接入电路阻值变大，线圈A中电路减小，则穿过线圈B的磁通量

向下减小，根据楞次定律可知，线圈B产生的感应电流从电流表乙的正接线柱流入，则电流表乙的指针的

偏转情况是向左偏。

12.在探究变压器原、副线圈两端的电压与匝数的关系的实验中，除了已有的可拆变压器（铁芯、两个已知

匝数的线圈）、开关、导线若干，实验室中还备有下列可供选择的器材：

A.条形磁体B.交流电源C.直流电源D.多用电表

（1）在本实验中还需要选择上述器材中的（填正确答案标号）。

（2）某同学将原线圈接在适当的电源上，增大电源的电压，观察到副线圈两端的电压也随之增大；然后在

电源电压不变的情况下，保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，则可以观察到副线圈两端的电压

（选填“增大”“减小”或“不变”）。

（3）为了进一步探究变压器原、副线圈两端的电压与匝数的关系，该同学又取线圈匝数=80和乂,=160

的一个变压器重新接在电源上，测量结果如表所示，考虑到变压器实际存在的各种损耗，可判断电源a两

端接的是（选填"NJ或"3”

U/V1.902.903.90

U/V4.026.038.02

【答案】（1）BD##DB

（2）减小（3）Nb

【解析】

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【小问1详解】

实验时，原线圈需要连接交流电源；需要用多用电表交流电压挡测副线圈电压。

故选BDo

【小问2详解】

某同学将原线圈接在适当的电源上，增大电源的电压，观察到副线圈两端的电压也随之增大；然后在电源

电压不变的情况下，保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，根据

U\明

则可以观察到副线圈两端的电压减小。

【小问3详解】

由于有能量的损失和原、副线圈内阻分压等因素，所以副线圈电压实际测量值应该小于理论值，由理想变

压器变压比

UbNb2

又由表格数据知。“总是小于牛，故4是原线圈的电压值，故电源a两端接的是N,。

三、计算题：写出必要的文字说明及重要的分析过程，只写出最终答案不得分。本题有3个

小题，共42分。

13.如图所示，矩形线圈的匝数为"，线圈面积为S,线圈电阻为r,在磁感应强度为2的匀强磁场中绕O。，

轴以角速度。匀速转动，外电路电阻为R,在线圈由图示位置转过90。的过程中，求:

(1)通过电阻R的电荷量g.

(2)电阻R上产生的焦耳热Q.

NBSN2B2S2a)R^

【答案】⑴⑵氤可~

【解析】

【详解】(1)△片3S,时间

△/=774=兀/2①

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根据法拉第电磁感应定律，产生的平均电动势为

平均电流为

E

R+r

通过式的电荷量

nBS

q=IAt=

R+r

（2）在此过程中回路中产生的焦耳热为一个周期内产生焦耳热的1/4

加加282s2

八11/nBSCO、2/n、2万

Q=­I~RT=—x(―；=------)x(R+r)——=

44'也(R+r)’①4(7?+r)

R上的焦耳热为:

QR7ia）Rn2B2S2

~R+r-4（一+.）2

【点睛】由法拉第电磁感应定律可求得平均电动势，再由欧姆定律求出平均电流，由广〃可求出电荷量；

求出交流电的最大值，再由有效值与最大值的关系结合串联电路的特点，即可求出电阻尺的焦耳热.

14.如图所示，两平行金属导轨间的距离£=0.4m,金属导轨所在的平面与水平面夹角。=37°,在导轨所在

平面内，分布着磁感应强度3=0.5T、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动

势£=6V、内阻尸=2.0。的直流电源。现把一个质量冽=0.04kg的导体棒R,放在金属导轨上，此时导

体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻及=1.0。，金

属导轨电阻不计，g取lOm/s?。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,求：

（1）导体棒受到的摩擦力大小及方向；

（2）若将直流电源置换成一个电阻为&=2.0C的定值电阻（图中未画出），然后将导体棒由静止释放,

导体棒将沿导轨向下运动，求导体棒的最大速率（假设金属导轨足够长，导体棒与金属导轨之间的最大静

摩擦力与滑动摩擦力大小相等）。

【答案】（1）0.16N,方向沿斜面向下；（2）6m/s

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【解析】

【详解】(1)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律可得

—A=2A

R+r1+2

由左手定则可知导体棒受到的安培力方向沿斜面向上，大小为

F堂=57L=0.5x2x0.4N=0.4N

由于

mgsin37°=0.04xlOx0.6N=0.24N<F安

可知导体棒受到的摩擦力方向沿斜面向下，大小为

/=七—加gsin37°=0.16N

(2)若将直流电源置换成一个电阻为几=2.0C的定值电阻，然后将导体棒由静止释放，则有

E=BLv，

当导体棒达到最大速度时，加速度为零,根据受力平衡可得

加gsin37°=F^+f

可得

D2r2

mgsin37°=-------+f

R+R°

解得导体棒的最大速率为

vm=6m/s

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〃?，电荷量为q,重力不计的带电粒子从/轴上的。点(0,力)处沿了轴正方向以初速度

%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6点时速度方向恰好与

y轴垂直，一段时间后，粒子回到。点。

(1)求匀强磁场磁感应强度2的大小和匀强电场电场强度E的大小；

(2)求粒子从。点开始运动到再次回到。点所用的时间Zo

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