2021-2022学年安徽省滁州市定远县民族中学高二（下）5月物理试题（解析版）

2021-2022学年度第二学期5月检测卷高二物理试题第I卷（选择题48分）一、单选题（本大题共8小题每小题4分，满分32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1.如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，其中丙的磁感应强度大小为B、电场强度大小为E，下列说法正确的是（）A.甲图要增大粒子的最大动能，可减小磁感应强度B.乙图可判断出A极板是发电机的正极C.丙图中粒子沿直线通过的条件是，若该粒子从右端射入则该速度选择器不适用D.丁图中若导体为金属，稳定时C板电势高【答案】C【解析】【详解】A．设回旋加速度D形盒的半径为R，粒子获得的最大速度为vm，根据牛顿第二定律有解得粒子的最大动能为由上式可知要增大粒子的最大动能，可增大磁感应强度，A错误；B．根据左手定则可知等离子体中正电荷向B板偏转，负电荷向A板偏转，所以A极板是发电机的负极，B极板是发电机的正极，B错误；C．粒子沿直线通过速度选择器时，洛伦兹力与电场力平衡，即解得C正确；D．若导体为金属，则产生电流的粒子是自由电子，其定向移动方向与电流方向相反，根据左手定则可知稳定时C板聚集了电子，所以D板电势高，D错误。故选C。2.边长L的硬轻质正三角形导线框abc置于竖直平面内，ab边水平，绝缘细线下端c点悬挂重物，匀强磁场大小为B垂直纸面向里。现将a、b接在恒恒定电流的正负极上，当ab边的电流强度为I，重物恰好对地无压力，则重物重力的大小为（）A.BIL B.2BIL C. D.【答案】C【解析】【详解】根据平衡条件得解得故选C。3.如图所示，一根弧长为L的半圆形硬导体棒AB在水平拉力F作用下，以速度v0在竖直平面内的U形框架上匀速滑动，匀强磁场的磁感应强度为B，回路中除电阻R外，其余电阻均不计，U形框左端与平行板电容器相连，质量为m的带电油滴静止于电容器两极板中央，半圆形硬导体棒AB始终与U形框接触良好。则以下判断正确的是（）

A.油滴所带电荷量为B.电流自上而下流过电阻RC.A、B间的电势差UAB=BLv0D.其他条件不变，使电容器两极板距离减小，电容器所带电荷量将增加，油滴将向下运动【答案】B【解析】【详解】B．由右手定则可知，回路中电流方向从B到A，电流自上而下流过电阻R，故B正确；C．弧长为L的半圆形硬导体棒切割磁感线的有效长度则A、B间的电势差为故C错误；A．油滴受力平衡可得则油滴所带电荷量为故A错误；D．其他条件不变，使电容器两极板距离减小，电容器所带电荷量将增加，电场力变大，油滴将向上运动，故D错误。故选B。4.如图1所示，将一通电螺线管竖直放置，螺线管内部形成如图2所示变化匀强磁场，设竖直向上为磁场的正方向。在螺线管内部用绝缘轻绳悬挂于与螺线管共轴的金属薄圆筒，其电阻率为、高度为h、半径为r、厚度为，则下列说法正确的是（）

A.一个周期内金属圆筒中感应电流方向改变3次B.一个周期内金属圆筒中产生的焦耳热为C.时刻，从上往下看，金属圆筒中有逆时针方向的感应电流D.时刻，轻绳对金属圆筒拉力的合力大于金属圆筒的重力【答案】BC【解析】【详解】A．由可知，一个周期内感应电动势的方向改变了2次，所以感应电流的方向也改变2次，A错误；B．圆管的电阻为圆管在六分之一周期的电动势为在六分之一到二分之一周期产生的电动势为周期内产生的焦耳热为B正确。C．到这段时间内，穿过圆管的磁通量向上逐渐减小或向下逐渐增大，则根据楞次定律可知，时刻，从上往下看，金属圆筒中有逆时针方向的感应电流，C正确；D．根据左手定则可知，圆管中各段所受到的安培力方向指向水平方向且合力为零，则轻绳对圆管拉力的合力始终等于圆管的重力，不随时间变化，D错误。故选BC。5.街头变压器通过降压给用户供电的示意图如下，变压器的输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压的波动忽略不计，电表均为理想电表，R0表示两条输电线的总电阻，当用户的用电器增多时，以下说法正确的是（）A.输电线R0损耗的功率变小B电压表示数U1、U2不变，U3变大C.电流表示数I1、I2均变大D.副线圈中交变电流的频率小于原线圈中交变电流的频率【答案】C【解析】【详解】AB．负载变化时输入电压的波动忽略不计，所以当用户的用电器增多时，原副线圈电压、不变，当用户的用电器增多时副线圈消耗的功率增大，由可知变大，则R0损耗的功率变大，R0上的电压变大，则变小，故AB错误；C．由A项分析知变大，所以变大，故C正确；D．副线圈中交变电流的频率等于原线圈中交变电流的频率，故D错误。故选C。6.甲图表示LC振荡电路，乙图为其电流随时间变化的图像。在t＝0时刻，回路中电容器的M板带正电。在某段时间里，回路的磁场能在减小，而M板仍带正电，则这段时间（）

A.电路中的电流在增大B.线圈的感应电动势在减小C.可能对应图像中的cd段D.电容器极板上的电量在减小【答案】C【解析】【详解】某段时间里，回路的磁场能在减小，说明回路中的电流在减小，电容器充电，而此时M带正电，电流方向顺时针，时，电容器开始放电，且M极板带正电，结合图像可知，电流以逆时针方向为正方向，因此这段时间内，电流为负，且正在减小，符合条件的只有图像中的cd，故C正确，ABD错误。故选C。7.医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度。电磁血流计由一对电极a和b以及一对磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的。使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示。由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差。在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零。在某次监测中，两触点间的距离为3.0mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160μV，磁感应强度的大小为0.040T。则血流速度的近似值和电极a、b的正负为（）A.1.3m/s，a负、b正B.2.7m/s，a正、b负C.1.3m/s，a正、b负D.2.7m/s，a负、b正【答案】C【解析】【详解】血液中正负离子流动时，根据左手定则，正离子受到向上的洛伦兹力，负离子受到向下的洛伦兹力，所以正离子向上偏，负离子向下偏．则a带正电，b带负电．最终血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零，有所以故选C。8.一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动。在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角。当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒，不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】由题可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的圆弧所对的圆心角为30°，因此粒子在磁场中运动的时间为粒子在磁场中运动的时间与筒转过90°所用的时间相等，即解得故选A。二、多选题（本大题共4小题每小题4分，满分16分。每小题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分））9.假设给原线圈接如图甲所示的交变电流，每个周期T内，前电流恒定，后的电流按正弦式规律变化。如图乙所得，理想变压器的原、副线圈匝数比为∶，、是完全相同的两个灯泡。两电压表均为理想电表。下列说法中正确的是（）

A.电压表的示数为B.闭合开关后，电压表示数为闭合前的2倍C.闭合开关后，电压表示数不变D.闭合开关后，电压表示数为【答案】AC【解析】【详解】．根据电流热效应结合题图甲得知原线圈输入电压的有效值为解得故电压表示数为，故A正确；．根据变压器变压比可知闭合开关后，匝数不变，输入电压不变，则输出电压不变，电压表示数不变，故B错误，C正确；D．原线圈前半个周期是恒定电流，变压器不工作，副线圈只有半个周期有电压，故可得故D错误。故选。10.如图甲所示电路中，把开关K扳到1，电源对电容器充电，待充电完华。把开关K板到2，电容器与带铁芯的线圈L组成的LC振荡电路中产生振荡电流，电流传感器能实时显示流过电容器的电流，电流向下流过传感器的方向为正方向。LC振荡电路做等幅振荡，损耗的能量由电源通过电子器件（未画出）补充。如图乙所示的1、2、3、4是某同学绘制的四种电流随时间变化的图像，下列说法正确的是（）

A.K扳到1时电流如图线1所示，K扳到2时电流如图线4所示B.K扳到1时电流如图线2所示，K扳到2时电流如图线3所示C.换用电动势更大的电源，振荡电流的周期将变大D.拔出线圈的铁芯，振荡电流的频率将升高【答案】AD【解析】【详解】AB．K扳到1时电源给电容器充电，电流沿正向逐渐减小，图线1符合，K扳到2时产生振荡电流，0时刻电流为零，前半个周期电容器先逆时针放电再逆时针充电，电流方向为负，图线4符合，A正确，B错误；C．振荡电流的周期为可知周期与电动势无关，C错误；D．振荡电流的频率为拔出线圈的铁芯，线圈自感系数减小，频率将升高，D正确。故选AD。11.如图所示，质量分别为m、2m的两绝缘物体a、b叠放在光滑水平面上，a带电荷量为+q，b不带电。空间存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，场强为E，现将两物体静止释放，开始时两物体能一起运动，下列说法正确是（）A.两物体一起运动的过程中，两物体间的弹力逐渐减小，摩擦力也逐渐减小B.两物体一起运动的过程中，两物体间的弹力逐渐减小，摩擦力不变C.当两物体间的最大静摩擦力等于时即将开始相对滑动D.当两物体间的最大静摩擦力等于时即将开始相对滑动【答案】BD【解析】【详解】AB．两物体一起向右运动的过程中，根据左手定则可判断物体a受到的洛伦兹力的方向竖直向上，所以两物体间的弹力随速度的增大而减小，对两物体根据牛顿第二定律则有可知两物体一起运动的加速度不变，所以a与b之间的摩擦力不变，故A错误、B正确；CD．物体a相对于物体b刚开始滑动时，对物体a则有对物体b则有联立可得故C错误，D正确；故选BD。12.某位移传感器的工作原理如图甲所示，物体M在导轨上平移时，带动滑动变阻器的金属杆P，通过理想电压表显示的数据来反映物体的位移x。设定电源电动势为E，内阻不计，滑动变阻器的长度为L，物体经过O点时P恰好位于滑动变阻器的中点，此时电压表示数显示为0，若电压表的示数UPQ随时间t的变化关系如图乙（余弦图象）所示，则下列说法正确的是（）A.在t1时刻M恰好运动到O位置B.物体M以O点为中心做往复运动C.在t1到t2时间段内，M的速度先增大后减小D.在t2时刻物体M在最右端且速度为0【答案】ABD【解析】【详解】在t1时刻，电压为0，且正在增加，故物体M在平衡位置，此时速度最大，物体具有正方向的最大速度，此后速度减小；当在t2时刻电压最大时，速度减小为零；此后反向加速，t3时刻又回到平衡位置，如此往复，所以物体M以O点为中心做往复运动。故选ABD。第II卷（非选择题）三、实验题（本大题共2小题，共13分）13.为了探究变压器原、副线圈电压与匝数关系，某同学自制了A、B和C三个同种类型的线圈。由于前期准备不足，该同学在将A、B线圈绕制完成后，发现剩下的线材刚好足够C线圈绕制20匝。在三个线圈绕制完毕后，该同学又发现在绕制A、B线圈时忘记了标记两个线图的匝数，只记得两个线圈的匝数大致在几百匝，且A的匝数大于B．目前该同学手上的实验器材包括一个交流电源一个，单刀单置开关一个，连接导线若干，尺寸合适的可拆卸式铁芯一套，多用电表一个（仅交流档可用），为了测定A、B两线圈的匝数，该同学想设计一个合理的测量方案。（1）该同学在实验测量过程中使用多用电表测量了两次电压，和，对应表示数如图甲和乙所示，可以读出______V，______V。

（2）他设计了如下三种实验方案，请基于实验测定准确性和安全性的考量并结合上述测量数据，选择你认为该同学最有可能选择的实验方案：_________。A．将线圈C作为原线圈，将电源与线圈C串联，分两次使用多用电表测定当A和B作为副边线圈时的线圈输出电压和，利用变压器原理计算A、B两线圈的匝数和B．将线圈C作为副线圈，将电源分别与线圈A、B串联，分两次使用多用电表测定线圈C的输出电压和，利用变压器原理计算A、B两线圈的匝数和C．将线圈A作为原线圈，B作为副线圈，电源与线圈A串联，使用多用电表测量线圈B的输出电压，将线圈A和线圈C串联共同作为原线圈，B作为副线圈，使用电压表测量线圈B的输出电压（3）根据选择的实验方案，可计算得到A线圈的匝数为_______。【答案】①.7.8②.7.6③.C④.【解析】【详解】（1）[1][2]由图可读出，（2）A．将线圈C作为原线圈，A和B作为副边线圈时，由于A和B匝数远大于C匝数，因此A和B的输出电压会很大，会大于交流挡的量程，故A错误；B．由于A和B匝数远大于C的匝数，将线圈C作为副线圈，将电源分别与线圈A、B串联，导致线圈C的输出电压很小，电表读数较小，误差较大，故B错误；C．将线圈A作为原线圈，B作为副线圈，电源与线圈A串联，使用多用电表测量线圈B的输出电压，将线圈A和线圈C串联共同作为原线圈，B作为副线圈，使用电压表测量线圈B的输出电压，此种情况下，输出电压即不超过量程也不会读数过小，比较合适，故C正确。故选C。（3）将线圈A作为原线圈，B作为副线圈，电源与线圈A串联，使用多用电表测量线圈B的输出电压，利用变压器原理有将线圈A和线圈C串联共同作为原线圈，B作为副线圈，用电压表测量线圈B的输出电压，利用变压器原理有解得14.某小组研究热敏电阻阻值随温度的变化规律。根据实验需要已选用了规格和量程合适的器材。（1）先用多用电表预判热敏电阻阻值随温度的变化趋势。选择适当倍率的欧姆挡，将两表笔______，调节欧姆调零旋钮，使指针指向右边“”处。测量时观察到热敏电阻温度越高，相同倍率下多用电表指针向右偏转角度越大，由此可判断热敏电阻阻值随温度的升高而__________。（2）再按图连接好电路进行测量。

①闭合开关S前，将滑动变阻器的滑片滑到_______端（选填“a”或“b”）。将温控室的温度设置为T，电阻箱调为某一阻值。闭合开关S，调节滑动变阻器，使电压表和电流表的指针偏转到某一位置。记录此时电压表和电流表的示数、T和。断开开关S。再将电压表与热敏电阻C端间的导线改接到D端，闭合开关S。反复调节和，使电压表和电流表的示数与上述记录的示数相同。记录此时电阻箱的阻值。断开开关S。②实验中记录的阻值_____（选填“大于”、“小于”或“等于”）。此时热敏电阻阻值_____。【答案】①.短接②.减小③.b④.大于⑤.【解析】【分析】【详解】（1）[1][2]选择倍率适当的欧姆档，将两表笔短接；欧姆表指针向右偏转角度越大，则阻值越小，可判断热敏电阻的阻值随温度升高而减小。（2）①[3]闭合开关S前，应将滑动变阻器R1的阻值调到最大，即将滑片滑到b端；②[4][5]因两次电压表和电流表的示数相同，因为即可知R01大于R02。四、计算题（本大题共3小题，满分39分。作答时应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。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位））15.如图为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器和降压变压器向用户供电。已知输电线总电阻，升压变压器的原、副线圈匝数之比为1∶6，降压变压器的原、副线圈匝数之比为5∶1，副线圈与纯电阻组成闭合电路，用户用电器电阻。若、均为理想变压器，的副线圈两端电压表达式为，求：（1）用户端的用电电流和输电电流；（2）输电线上损耗的电压和损耗的功率；（3）发电机的输出电压和输出功率。【答案】（1）；；（2）；（3）；【解析】【详解】（1）的副线圈两端电压有效值为用户端的用电电流因为得输电电流（2）输电线上损耗的电压损耗的功率（3）根据可得根据可得根据根据解得发电机的输出电压发电机输出功率为16.如图所示，在xOy坐标系内，圆心角为120°内壁光滑、绝缘的圆管ab，圆心位于原点O处，Oa连线与x轴重合，bc段为沿b点切线延伸的直管，c点恰在x轴上。坐标系内第三、四象限内有水平向左的匀强电场，场强为E1（未知）；在第二象限内有竖直向上的匀强电场，场强为E2（未知）。在第二、三象限内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。现将一质量为m、带电量为+q的小球从圆管的a端无初速度释放，小球到达圆管的b端后沿直线运动到x轴，在bc段运动时与管壁恰无作用力，从圆管c端飞出后在第二象限内恰好做匀速圆周运动。已知圆管直径略大于小球直径，重力加速度为g。求：（1）该匀强电场的场强E1的大小；（2）小球沿圆管ab下滑到达y轴前的瞬间对管壁的作用力；（3）Oc间距离，并通过计算判断小球从c端飞出后能否第二次到达y轴。

【答案】（1）；（2），竖直向下；（3）小球能第二次到达y轴【解析】【详解】

（1）小球到达圆管的b端沿直线运动到x轴，与管壁恰无作用力，必然是匀速直线运动，对小球受力分析如图所示，可知解得（2）设到到达y轴前瞬间小球速度为v1，设Oa间距离为R，对小球的这一过程应用动能定理可得此时小球受到管下壁的弹力，设为FN，由向心力公式可得联立可得由牛顿第三定律可知，球对管下壁的弹力竖直向下。（3）从c端飞出时，设速度为v2，由第一问受力分析可知可得对小球从a到b的这一过程应用动能定理可得联立得以v2到达x轴，Oc间距离为设带电