辽宁省抚顺市2023-2024学年高二上学期物理期中考试试卷（含答案）

辽宁省抚顺市2023-2024学年高二上学期物理期中考试试卷姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四五总分评分一、单选题1．图甲是一个磁悬浮地球仪，磁悬浮原理如图乙所示，地球仪中有一个磁铁，底座中有一个线圈（线圈电阻不计），给线圈通上电，地球仪就可以悬浮起来。下列说法正确的是（）A．线圈必须连接交流电源B．若地球仪转动，则不能保持继续悬浮C．若仅增加线圈匝数，可增加地球仪稳定悬浮的高度D．若仅增大线圈中的电流，地球仪再次稳定悬浮后受到的斥力增大2．利用半导体二极管的单向导电性，可以对交变电流进行整流，将交变电流变为直流电流。如图为某一正弦交变电流整流后的输出电流，则该输出电流的有效值为（）A．10A B．5A C．2.5A D．53．水平圆形导体环置于竖直方向的匀强磁场中，规定如图甲所示导体环中电流的方向为正方向，磁场向上为正。磁感应强度B随时间t按图乙变化时，下列能正确表示导体环中感应电流变化情况的是（）A． B．C． D．4．近日，小米发布了“小感量+磁吸”无线充电预研技术——磁吸式无线充电，通过磁铁的吸附力，把无线充电发射线圈和接收线圈紧密结合在一起，将大大降低能量损耗。某次测试中磁吸无线充电底座线圈接于u=2202sin（100πt）（V）的交流电源，已知发射线圈和接收线圈匝数比为11：1，功率为50W。则（）A．接收线圈的工作原理是电流的磁效应B．发射线圈连接直流电源也能实现无线充电C．若不计能量损耗，接收线圈获得的电压最大值为20VD．若不计能量损耗，通过接收线圈的电流有效值为2.5A5．如图所示，金属棒ab质量为m，通过电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面夹角为θ，ab静止于宽为L水平导轨上。下列说法正确的是（）A．金属棒受到的安培力大小为F=BILsinθB．金属棒受到的摩擦力大小为f=BILcosθC．若只改变电流方向，金属棒对导轨的压力将增大D．若只增大磁感应强度B后，金属棒对导轨的压力将增大6．回旋加速器原理如图所示，置于真空中的D形金属盒的半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过狭缝的时间可忽略；磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，交流电源的频率为f，加速电压为U。若A处粒子源产生质子的质量为m、电荷量为+q，下列说法正确的是（）A．若只增大交流电压U，则质子获得的最大动能增大B．质子在回旋加速器中做圆周运动的周期随回旋半径的增大而增大C．若只增大D形金属盒的半径，则质子离开加速器的时间变长D．若磁感应强度B增大，则交流电频率f必须适当减小，加速器才能正常工作7．两个相同的小灯泡L1、L2和自感线圈L、电容器C、开关S和直流电源连接成如图所示的电路。已知自感线圈L的自感系数较大且直流电阻为零，电容器A．开关S闭合的瞬间，L1、LB．开关S闭合的瞬间，L1、L2灯泡同时亮，后L1C．开关S闭合待稳定后再断开的瞬间，L1灯泡突然亮一下，然后熄灭，LD．去掉电容器C，开关S闭合待稳定后再断开的瞬间，L1和L二、多选题8．如图所示，在磁感应强度B=2T的匀强磁场中，有一个半径r=0.5m的金属圆环，圆环所在的平面与磁感线垂直。OA是一根金属棒，它沿着顺时针方向以20rad/s的角速度绕圆心O匀速转动，且A端始终与圆环相接触，OA棒的电阻R=0.1Ω，图中定值电阻R1=100Ω，R2A．电容器上极板带负电B．稳定后电容器所带电荷量为4.9×C．电路中消耗的电功率为5WD．稳定后的金属棒转动一周时在棒上产生的焦耳热为π9．如图所示，质量一定的导体棒ab放置于倾角为θ的导轨上，导轨上端连接电源和定值电阻形成闭合回路，空间内加垂直于导体棒的大小相等、方向不同的匀强磁场，导体棒ab均静止，则下列判断正确的是（）A．四种情况下，导体棒受到的安培力大小不相等B．甲中导体棒ab与导轨间摩擦力可能为零C．乙中导体棒ab与导轨间摩擦力可能为零D．丙和丁中导体棒ab与导轨间摩擦力可能为零10．如图所示，在直角坐标系xOy第一象限内x轴上方存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，在y轴上S处有一粒子源，它可向右侧纸面内各个方向射出速率相等的质量大小均为m，电荷量大小均为q的同种带电粒子，所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点。已知OP＝3OS＝3d，粒子带负电，粒子重力及粒子间的相互作用均不计，则（）A．粒子的速度大小为qBdB．从O点射出的粒子在磁场中的运动时间为πmC．沿平行x轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到O点的距离为12D．从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比为9：4三、填空题11．用如图等臂天平可测量磁感应强度B，天平右侧下方悬挂的矩形线圈宽为L，共N匝。虚线框中匀强磁场垂直于纸面，线圈通以图示方向的电流I时，天平平衡。保持电流大小不变，改变其方向，从右盘中移动质量为m的砝码至左盘，使天平重新平衡。由此可知磁场的方向垂直纸面向，磁感应强度大小B=。（已知重力加速度g）四、实验题12．某兴趣小组用如图甲所示的可拆变压器进行“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验。（1）下列说法正确的是________。A．变压器工作时，通过铁芯导电把电能由原线圈输送到副线圈B．变压器工作时在原线圈上将电能转化为磁场能，在副线圈上将磁场能转化为电能C．理想变压器的输入功率等于输出功率，没有能量损失D．变压器副线圈上不接负载时，原线圈两端电压为零（2）实际操作中将电源接在原线圈的“0”和“8”两个接线柱之间，测得副线圈的“0”和“4”两个接线柱之间的电压为3.0V，则可推断原线圈的输入电压可能为________。A．3V B．5.5V C．6.0V D．6.5V（3）图乙为某电学仪器原理图，图中变压器为理想变压器。左侧虚线框内的交流电源与串联的定值电阻R0可等效为该电学仪器电压输出部分，该部分与一理想变压器的原线圈连接；一可变电阻R与该变压器的副线圈连接，原、副线圈的匝数分别为n1、n2（右侧实线框内的电路也可以等效为一个电阻）。在交流电源的电压有效值U0不变的情况下，调节可变电阻R的过程中，当R五、解答题13．如图，矩形线圈abcd的面积为0.1m2，共50匝，线圈的总电阻为r=2Ω，外接电阻为R=8Ω，匀强磁场的磁感应强度大小为B=1（1）在运动过程中，线圈产生的感应电动势的最大值；（2）从图示位置开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式；（3）电阻R消耗的电功率。14．如图所示，静止于A处的带正电粒子，经加速电场加速后沿图中四分之一虚线圆弧通过静电分析器，从P点垂直CN竖直向上进入矩形区域的有界匀强磁场（磁场方向如图所示，其中CNQD为匀强磁场的边界）。静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，方向如图所示。已知加速电场的电压U=qm（只表示电压的大小），电场中虚线圆弧的半径为R，粒子的质量为m、电荷量为q，QN=2d，（1）求粒子经过辐向电场时其所在处的电场强度大小E；（2）若要使带电粒子只能打在NC边上，求磁感应强度B满足的条件；（3）调节磁场强弱可以使粒子打在QN边上不同位置，求在能到达QN边的粒子中，离N点最远的粒子在磁场中运动的时间。15．如图所示，MN和PQ是两根相距L、竖直固定放置的光滑金属导轨，导轨足够长，其电阻不计。水平条形区域Ⅰ和Ⅱ内均有磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向里的匀强磁场，其宽度均为d，区域Ⅰ和区域Ⅱ相距h，其他区域内无磁场。导体棒ab的长度为L、质量为m、电阻为R，开关S处于断开状态。现将ab棒由区域Ⅰ上边界上方H处由静止释放，ab棒下落H2时闭合S。已知ab棒在先后穿过两个磁场区域的过程中，流过棒的电流及其变化情况相同。导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计空气阻力，重力加速度大小为g（1）ab棒进入磁场区域Ⅰ的瞬间，通过棒的电流I；（2）ab棒穿过磁场区域Ⅰ的过程中，棒上产生的热量Q；（3）ab棒穿过磁场区域Ⅱ过程所用时间t。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．地球仪中的磁铁其N、S极是固定的，所以电流激发的磁场也应该是稳恒的磁场，则线圈应该连接直流电源，A不符合题意；B．地球仪转动时，其内部磁铁的磁极位置不变，所以能保持继续悬浮，B不符合题意；C．若仅增加线圈匝数，则电流激发的磁场将增强，则可增加地球仪稳定悬浮的高度，C符合题意；D．地球仪稳定悬浮时受到的斥力与重力等大反向，所以大小是一定的，D不符合题意。故答案为：C。

【分析】为了磁铁受力均匀，线圈激发的磁场必须是稳定的，所以线圈应该接直流电源；当地球仪转动时，由于内部磁极位置不变所以继续保持悬浮；增加线圈的匝数会增大磁场的强度，则会增大地球仪稳定悬浮的高度；地球仪稳定悬浮时受到的斥力与重力等大反向。2．【答案】B【解析】【解答】根据有效值的定义，让图示交变电流和一恒定电流都通过阻值为R的电阻，在相同时间（一个周期T）内产生的热量相等，可得(102故答案为：B。

【分析】利用焦耳定律结合电流的周期可以求出有效值的大小。3．【答案】A【解析】【解答】规定以向上为磁场的正方向，从图乙可知，0~1s磁感应强度向下且减小，则通过线圈的磁通量在减小，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向向下，则感应电流与图甲所示电流方向相同，为正方向，同理可知1s~2s电流为正方向、2s~4s为负方向，4s~5s为正方向；根据法拉第电磁感应定律及欧姆定律，线圈的感应电流为I=ER=SΔBΔtR故答案为：A。

【分析】利用磁场的变化结合楞次定律可以判别感应电流的大小，结合法拉第电磁感应定律及欧姆定律可以求出感应电流的大小。4．【答案】D【解析】【解答】A．接收线圈的工作原理是电磁感应原理，A不符合题意；B．底座线圈连接直流电源时因不能产生电磁感应，则不能实现无线充电，B不符合题意；C．接收线圈获得的电压有效值U2=nD．功率为50W，根据功率的表达式得I=P故答案为：D。

【分析】接收线圈的原理是电磁感应原理；由于使用电磁感应原理所以底座应该接交流电源；利用匝数之比可以求出接收线圈获得的最大电压；利用电功率的表达式可以求出接收线圈电流的有效值。5．【答案】C【解析】【解答】A．金属棒受到的安培力大小F=BILA不符合题意；BD．电流方向从a到b，受力分析如图所示根据平衡条件有f=Fsinθ=BIL所以若只增大磁感应强度B后，导轨对金属棒的支持力减小，所以金属棒对导轨的压力减小，BD不符合题意；C．若只改变电流方向，安培力方向将变为斜向右下，安培力在竖直方向上的分力竖直向下，所以金属棒对导轨的压力将增大，C符合题意。故答案为：C。

【分析】对导体棒进行受力分析，在重力、支持力、摩擦力和安培力的作用下，物体处于平衡状态，合力为零，根据该条件列方程分析求解即可。6．【答案】C【解析】【解答】A．质子在磁场中做匀速圆周运动，则有qvB=mv2R，质子动能EkB．质子在回旋加速器中做圆周运动的周期T=2πmC．质子的加速次数n=EkqU=qD．质子做匀速圆周运动的频率与加速电场的频率相同，则有f=1T=qB2πm故答案为：C。

【分析】利用牛顿第二定律结合动能的表达式可以求出最大动能的表达式；利用周期的表达式可以判别与粒子运动的半径无关；利用最大动能的大小结合每次电场力做功的大小可以求出加速的次数，结合运动的周期可以求出加速的时间；利用粒子周期的表达式可以求出交流电频率和磁感应强度的大小关系。7．【答案】C【解析】【解答】AB．开关S闭合的瞬间，由于线圈的自感作用阻碍电流的变化，因此流过线圈L中的电流逐渐增加，灯L1立刻变亮，然后逐渐熄灭；而电容器两端由零电压逐渐升高，因此加在L2两端的电压逐渐升高，L2逐渐变亮，AB不符合题意；C．开关S闭合待稳定后再断开的瞬间，由于线圈的自感作用阻碍电流的变化，灯L1立刻闪亮，然后熄灭；而电容器通过等L2放电，灯L2逐渐熄灭，C符合题意；D．去掉电容器C，开关S闭合待稳定后再断开的瞬间，L1灯泡逐渐熄灭，灯泡L2故答案为：C。

【分析】当开关闭合时，由于电感对变化电流的阻碍作用，所以灯泡L1立即变亮，再逐渐变暗；当开关闭合稳定后断开，由于电感的阻碍作用及电容器的放电，两个灯泡逐渐熄灭；去掉电容器后，L2立即熄灭，L1逐渐熄灭。8．【答案】C,D【解析】【解答】A．根据右手定则知，感应电流的方向由O→A，由图示电路图可知，电容器上极板电势高下极板电势低，电容器上极板带正电，下极板带负电，A不符合题意；BC．感应电动势E=12Br2ω=1D．根据ω=2πT，解得T=π故答案为：CD。

【分析】利用右手定则可以判别感应电流的方向进而判别极板的电性；利用动生电动势的表达式及欧姆定律可以求出回路电流的大小，利用电功率的表达式可以求出电路消耗的电功率大小，利用电容的定义式可以求出电荷量的大小；利用焦耳定律及金属棒运动的周期可以求出焦耳定律的大小。9．【答案】B,C【解析】【解答】A.导体棒受到的安培力F=BIL，由于四种情况中导体棒的电流相同，所处的磁场磁感应强度相同，故受到的的安培力大小相等，A不符合题意；B.甲图中导体棒受到竖直向下的重力、水平向右的安培力、垂直于倾斜导轨向上的弹力，若这三个力平衡，则导体棒与导轨间的摩擦力可能为零，B符合题意；C．乙图中，导体棒受竖直向下的重力、竖直向上的安培力，若这两个力大小相等，则处于平衡状态，导体棒与导轨间的摩擦力可能为零，C符合题意；D．丙图中，导体棒受到竖直向下的重力、竖直向下的安培力、垂直导轨向上的弹力；丁图中，导体棒受到竖直向下的重力、水平向左的安培力。两种情况中，三个力均无法使导体棒平衡，故导体棒一定受到导轨提供的摩擦力，即导体棒与导轨间摩擦力不可能为零，D不符合题意；故答案为：BC。

【分析】利用安培力的表达式可以判别四种情况安培力的大小相等；利用平衡条件可以判别摩擦力的大小及方向。10．【答案】A,B【解析】【解答】A．由OP＝3OS＝3d，可得SP＝2d，如图所示，结合“在轨迹圆中，轨迹的直径为最长的弦”和题中“所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点”可知SP是其中一个轨迹的直径，由qvB=mv2r，可得r=mvqBB．由几何知识可得从O点射出的粒子，轨迹所对的圆心角为60°，在磁场中的运动时间为t＝60∘360∘C．沿平行x轴正方向射入的粒子，圆心在原点处，运动轨迹为四分之一圆，离开磁场时的位置到O点的距离为d，C不符合题意；D．从x轴上射出磁场的粒子，从原点射出时在磁场中运动时间最短，运动轨迹与x轴相切时运动时间最长tmax＝270∘360∘⋅2πmqB＝3πm故答案为：AB。

【分析】利用粒子运动的轨迹及几何关系可以求出粒子轨迹半径的大小，结合牛顿第二定律可以求出粒子速度的大小，利用粒子运动的轨迹所对圆心角的大小结合周期的大小可以求出粒子在磁场中的运动时间；画出粒子运动的轨迹，利用几何关系可以求出粒子离开磁场时的位置到O点的距离；利用粒子轨迹所对圆心角的大小可以求出粒子运动最长时间和最短时间之比。11．【答案】外；mg【解析】【解答】由题知，当电流改为反方向时（大小不变），从右盘中移动质量为m的砝码至左盘，天平重新平衡，说明电流反向后，线框所受的安培力方向由原来的向上变成向下，即开始线圈所受安培力的方向向上，根据左手定则可知，磁感应强度B的方向垂直纸面向外。开始线圈所受安培力的方向向上，电流方向反向，则安培力方向反向，变为竖直向下，安培力大小变化量等于所移动砝码重力的2倍，根据天平平衡有2mg=2F安=2NBIL，解得12．【答案】（1）B；C（2）D（3）(【解析】【解答】（1）A．变压器是通过互感工作，而不是通过铁芯导电把电能由原线圈输送到副线圈，A不符合题意；B．变压器工作时在原线圈上将电能转化为磁场能，在副线圈上将磁场能转化为电能，B符合题意；C．理想变压器忽略能量损失，原线圈输入功率全部转到副线圈输出功率，C符合题意；D．变压器的原线圈两端电压由发电机提供，则副线圈上不接负载时，原线圈两端电压不变，不为0，D不符合题意。故答案为：BC。（2）若是理想变压器，则有变压器线圈两端的电压与匝数的关系为U1（3）把变压器和R等效为一个电阻R1，R0当做电源内阻，当内外电阻相等时，即R1=R0，此时，输出功率最大，根据U1U2=n1n【分析】（1）变压器的原理是利用互感现象，不能利用铁芯把电能传给副线圈；

（2）副线圈不接负载时，原线圈两端电压保持不变；

（3）利用输出电源结合匝数之比及能量损失可以判别输入电压的大小；

（4）变阻器的匝数之比结合电功率的表达式及内外电阻相等可以求出R获得的最大功率。13．【答案】（1）解：依题意有，感应电动势的最大值为E（2）解：因为从中性面开始计时，所以感应电动势按正弦规律变化e=（3）解：电动势的有效值为E=电流表的示数I=电阻R消耗的电功率P=【解析】【分析】（1）在线圈运动的过程中，利用电动势的表达式可以求出最大电动势的大小；

（2）由于线圈从中性面开始运动，利用电动势的峰值及转动的角速度可以求出电动势瞬时值的表达式；

（3）已知电动势的大小可以求出电动势的有效值，结合欧姆定律及电功率的表达式可以求出电阻消耗的电功率。14．【答案】（1）解：粒子在加速电场中加速，根据动能定理有qU=解得v=粒子在辐向电场中做匀速圆周运动，电