四川省成都市蓉城名校2023-2024学年高二下学期期中考试物理试卷（含答案）

四川省成都市蓉城名校2023-2024学年高二下学期期中考试物理试卷姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．在“新冠疫情”期间，为了减少人与人之间的接触，人们采用了无接触式测温仪——“额温枪”来测量人体温度，该测温仪利用的是（）A．红外线传感器 B．压力传感器C．气体传感器 D．声音传感器2．关于电磁波，下列说法正确的是（）A．和机械波一样，电磁波不能在真空中传播B．麦克斯韦从理论上预言了电磁波的存在C．均匀变化的磁场一定产生均匀变化的电场D．利用B超可观察到母体内的婴儿情况，这属于电磁波技术的应用3．如图，将一金属棒用两根绝缘等长细线水平悬挂，处于垂直于纸面向外的匀强磁场中。金属棒中通有从N流向M的电流，静止时两细线对金属棒的拉力大小相等。下列操作能使细线的拉力增大的是（金属棒始终静止）（）A．仅使电流的方向反向 B．仅使磁场的方向反向C．同时使电流和磁场的方向反向 D．仅增大金属棒中的电流4．如图，在水平虚线上方存在垂直于纸面向里、范围足够大的匀强磁场，一不计重力的带电粒子从水平虚线上的O点垂直于虚线射入磁场。下列说法正确的是（）A．若粒子速度方向不变，大小变为原来的2倍，则粒子在磁场中运动的时间变为原来的2倍B．若增大磁感应强度，则粒子在磁场中运动的时间减小C．若磁感应强度变为原来的2倍，则粒子离开磁场的点到O点的距离变为原来的2倍D．若粒子的比荷变为原来的2倍，则粒子离开磁场的点到O点的距离变为原来的2倍5．如图，初始时刻矩形线圈abcd与匀强磁场平行，线圈绕ad边匀速转动，从图示位置开始计时，经六分之一周期时的感应电动势为2V，则该感应电动势的最大值为（）A．2V B．22V C．4V 6．如图，一小型发电厂发电机产生的正弦交流电输出电压为u=2502sin100πt(VA．升压变压器原、副线圈的匝数比为1：4B．输电线中的电流为1C．输电线上损失的功率为1D．用户得到的功率为8×17．如图所示形状的闭合线圈以速率v水平向右匀速进入垂直于线圈平面的匀强磁场（分布在xOy坐标系第一象限的整个空间内，磁场方向如图），从线圈A点到达原点O开始计时，线圈中的感应电流i（规定逆时针方向为正）随时间t的变化图线正确的是（）A． B．C． D．8．如图甲，t＝0时，单匝矩形导体线圈abcd与垂直于纸面向外的匀强磁场垂直，面积为S=5m2，电阻为R＝10Ω。0～2s内，线圈绕垂直于磁场的轴（图中未画出）匀速转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t按如图乙所示的余弦规律变化；2s～4s内线圈保持静止，磁感应强度垂直于线圈平面，磁感应强度大小B随时间甲乙丙A．5A B．52A C．10二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求；全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。9．如图，灯泡A的电阻小于灯泡B的电阻，线圈L的自感系数很大，直流电阻可忽略。下列说法正确的是（）A．闭合开关S的瞬间，A、B同时亮B．闭合开关S，电路稳定后，A比B更亮C．断开开关S后，A逐渐变暗，B闪亮一下然后逐渐变暗D．断开开关S后，A、B中的电流方向均发生改变10．如图，一条形磁铁竖直固定在水平地面上，在其上方有一水平固定光滑绝缘桌面，桌面上一导体圆形线圈以某一初速度从左向右沿直线通过条形磁铁上方，在位置2时，条形磁铁中心轴线过线圈圆心。线圈从位置1经位置2运动到位置3的过程中（）A．线圈产生的感应电流方向一直不变B．从上往下看，线圈产生的感应电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向C．线圈做减速直线运动D．线圈对桌面的压力先大于线圈重力后小于线圈重力11．如图甲，两固定平行且光滑的金属导轨MN、PQ与水平面的夹角均为θ＝37°，M、P之间接电阻箱，电阻箱的阻值范围为0～9.9Ω，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于导轨所在平面向上，磁感应强度大小为B＝0.5T。一质量为m的金属杆ab垂直于导轨放置，其电阻为r。现由静止释放金属杆ab，测得其速度最大值为vm，改变电阻箱的阻值R，得到vm与R的关系如图乙所示。已知金属杆ab的长度和导轨间距均为L＝2m，重力加速度大小取甲乙A．金属杆ab的质量为m＝0.5kgB．金属杆ab的电阻为r＝2ΩC．当R＝2Ω时，金属杆ab匀速下滑过程中电阻箱R两端的电压为6VD．当R＝1Ω时，若用时2s金属杆ab达到最大速度，则此过程中金属杆ab下滑的高度为3.6m三、实验探究题：本题共2小题，共15分。12．某同学用以下实验装置探究电磁感应现象中的感应电流，G为灵敏电流计（已知电流从“＋”接线柱流入，指针向右偏转；电流从“－”接线柱流入，指针向左偏转）。甲乙（1）如图甲，当导体棒ab水平向右运动时，该同学观察到灵敏电流计的指针（填“向左偏转”“向右偏转”或“不偏转”）。（2）如图乙，闭合开关S的瞬间，该同学观察到灵敏电流计的指针（填“向左偏转”“向右偏转”或“不偏转”）。（3）如图乙，闭合开关S，电路稳定后，快速移动滑动变阻器的滑片与缓慢移动滑动变阻器的滑片相比，观察到灵敏电流计的指针偏角更（填“大”或“小”）。13．小明想用实验室的器材设计一个测力计，可供选择的器材如下：A两节完全相同的干电池（电动势E、内阻r均未知）；B电流表A1（量程为0～3mA，内阻为rC电流表A2（量程为0～0.6A，内阻为rD电压表V1E电压表V2F滑动变阻器R1G滑动变阻器R2H电阻箱R（0～999.9Ω）；I压敏电阻Rx，其阻值Rx随所加压力大小F变化的J开关S及导线若干。甲乙丙丁（1）测量一节干电池的电动势和内阻，为使测量结果尽可能准确，本实验采用如图甲所示的电路，电流表应选（填“B”或“C”），电压表应选（填“D”或“E”），滑动变阻器应选（填“F”或“G”）。（2）根据实验中电压表和电流表的示数得到了如图乙所示的U−I图像，则该干电池的电动势为E＝V，内阻为r＝Ω。（3）将压敏电阻Rx设计成量程为0～100N的测力计，需将压敏电阻Rx与上述两节干电池、电流表A1、电阻箱R串联成如图丁所示的电路。闭合开关S，为使压敏电阻Rx所受压力大小为100N时电流表A1指针满偏，电阻箱接入电路的阻值为R＝Ω，通过电流表A1的电流I随压力大小四、计算题：本题共3小题，共38分。解答应当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。14．如图，矩形线圈ABCD的匝数为N＝100，AB边长为L1=3cm，BC边长为L2=5cm，线圈电阻为r＝2Ω。线圈在磁感应强度大小为B＝2T的匀强磁场中绕OO（1）电流表的示数；（2）电阻R上产生的焦耳热（结果可用π和根号表示）。15．如图，在直角坐标系xOy的第三象限内存在水平向右的匀强电场，第一象限的矩形区域OMNP内存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，OM＝L，OP＝2L。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子（不计重力）从坐标为(−L,−23L)的A点以沿（1）求匀强电场的电场强度大小；（2）求矩形磁场区域的磁感应强度大小；（3）若可调节矩形磁场区域的磁感应强度大小，要使带电粒子从NP边离开磁场区域，求磁感应强度大小的范围。16．如图，光滑绝缘水平桌面上有两个相邻的匀强磁场区域，区域I的宽度为d1=2m，磁场竖直向下，磁感应强度大小为B1=2T；区域II的宽度为d2=2.32m，磁场竖直向上，磁感应强度大小为B2=0.5T。区域I的左边有一质量为M＝4kg的“工”形导体框McNQdP，cd边与磁场边界平行，cd边长度为L＝1m，导体框的电阻忽略不计。一长度为L＝1m、电阻为（1）导体棒和导体框均未进入磁场前各自的加速度大小；（2）导体棒刚进入区域I时的速度大小和导体框cd边刚进入区域I时的速度大小；（3）导体棒刚离开区域II时，导体棒和导体框的速度大小。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】因为红外线具有热效应，所以“额温枪”是通过红外线传感的。

故答案为：A。

【分析】熟悉掌握生活中常见的传感器，以及其工作原理，传感器的命名往往与其原理相关。2．【答案】B【解析】【解答】A、电磁波可以在真空中传播，故A错误；

B、麦克斯韦从理论上预言了电磁波的存在，故B正确；

C、均匀变化的磁场产生稳定的电场，故C错误；

D、B超利用超声波来观察母体内的婴儿情况，故D错误。

故答案为：B。

【分析】电磁波可以在真空中传播，麦克斯韦从理论上预言了电磁波的存在，均匀变化的磁场产生稳定的电场。3．【答案】D【解析】【解答】AB、由左手定则，开始时金属棒所受安培力竖直向下，电流或磁场的方向反向时，安培力变为竖直向上，故两细线对金属棒的拉力减小，故AB错误；

C、电流、磁场的方向同时反向时，安培力方向不变，仍竖直向下，故两细线对金属棒的拉力不变，故C错误；

D、因安培力

F=BIL

增大金属棒中的电流时，安培力增大，两细线对金属棒的拉力增大，故D正确。

故答案为：D。

【分析】根据左手定则确定金属棒所受安培力的方向，再根据平衡条件及安培力公式判断可行的操作。4．【答案】B【解析】【解答】A、粒子在磁场中做半圆周运动，时间为T2，根据

T=2πmqB

可知周期与速度大小无关，改变粒子的速度大小，粒子在磁场中运动的时间不变，故A错误；

B、增大磁感应强度，周期减小，粒子在磁场中运动的时间减小，故B正确；

C、由

qvB=mv2R

得

R=mvqB

若磁感应强度变为原来的2倍，半径变为原来的12，粒子离开磁场的点到O点的距离即做半圆周运动的直径也变为原来的12，故C错误；5．【答案】C【解析】【解答】矩形线圈abcd从图示位置开始转动时，瞬时感应电动势的表达式

e=Emcosωt

经六分之一周期转过的角度为60°，则有

2V=Emcos60°6．【答案】C【解析】【解答】A、根据交变电流规律可知，原线圈电压的有效值为

U1=Um2=250V

根据理想变压器规律可知，原、副线圈的匝数比为

n1n2=U1U2=250104=140

故A错误；

7．【答案】D【解析】【解答】AB、线圈进入坐标系第一象限，穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律（或右手定则）可知，线圈中的感应电流为顺时针方向，故AB错误；

CD、在2Lv~3Lv阶段，电流恒定，故C错误，D正确。8．【答案】C【解析】【解答】0-2s内，交流电电动势的最大值为

Em=NBSω=Nϕmω=102V

则0-2s内，交变电流的有效值为

I1=Em2R=1A

2-4s内，交流电电动势为

E2=N9．【答案】B,C【解析】【解答】A、闭合开关S的瞬间，由于线圈的阻碍作用，A逐渐亮起来，B立即亮起来，故A错误；

B、闭合开关S，电路稳定后，线圈相当于一根无电阻的导线，A、B并联，A的电阻小于B的电阻，A比B更亮，故B正确；

C、断开开关S后，A、B与线圈组成闭合回路，电流以线圈原电流开始减小，A以原电流减小，B的电流突然增大，B闪亮一下然后逐渐变暗，故C正确；

D、断开开关S后，A的电流方向不变，B的电流方向改变，故D错误。

故答案为：BC。

【分析】自感线圈总是阻碍其所在回路电流的变化。明确电路的连接方式，再根据自感线圈的作用判断两灯泡电流的变化情况，稳定时，自感线圈相当于纯电阻元件。根据稳定时自感线圈所在支路的电流与灯泡B电流的大小关系，判断断开开关时，灯泡B是否闪亮。10．【答案】B,C【解析】【解答】AB、根据楞次定律可知，从上往下看，线圈从位置1向位置2运动和从位置2向位置3运动的这两个过程中，产生的感应电流方向先沿顺时针方向后沿逆时针方向，故A错误，B正确；

C、线圈所受安培力的方向与运动方向相反，线圈做减速直线运动，故C正确；

D、线圈从位置1向位置2运动的过程中，为了阻碍穿过线圈的磁通量增大，线圈有离开磁铁的趋势，线圈对桌面的压力小于线圈重力，在位置2时，线圈对桌面的压力等于线圈重力，从位置2向位置3运动的过程中，为了阻碍穿过线圈的磁通量减小，线圈有靠近磁铁的趋势，线圈对桌面的压力大于线圈重力，故D错误。

故答案为：BC。

【分析】确定线圈移动过程，穿过线圈磁通量的变化情况，再根据楞次定律确定线圈中产生的感应电流的方向及其所受安培力的方向。熟练掌握楞次定律三大推论的应用。11．【答案】B,D【解析】【解答】AB、当金属杆ab达到最大速度时，安培力等于重力沿导轨向下的分力即

mgsinθ=B2L2vmR+r

结合图乙可得

r=2Ω

m=12kg

故A错误，B正确；

C、当R＝2Ω时，金属杆ab匀速下滑过程中电阻箱R两端的电压为

U=RR+rBLvm

代入数据可得

U=4V

故C错误；

D、当R＝1Ω时，由图乙可得最大速度为6m/s，对金属杆ab由动量定理得

mgsin12．【答案】（1）向左偏转（2）向左偏转（3）大【解析】【解答】（1）由右手定则可知，当导体棒ab水平向右运动时，感应电流方向为a→b，电流从“-”接线柱流入，指针向左偏转。

（2）闭合开关S的瞬间，穿过右侧线圈的磁通量增大，感应电流的磁场与左侧线圈中电流产生的磁场方向相反，由右手螺旋定则可知，感应电流从灵敏电流计的“-”接线柱流入，故指针向左偏转。

（3）闭合开关S，电路稳定后，快速移动滑动变阻器的滑片，左侧线圈中电流变化得更快，电流产生的磁场也变化得更快，右侧线圈中的磁通量也变化得更快，由法拉第电磁感应定律可知，产生的感应电动势更大，感应电流也更大，所以灵敏电流计的指针偏角更大。

【分析】根据右手定则确定导体棒运动过程产生感应电流的方向。确定不同操作时，穿过右侧线圈磁通量的变化情况及磁场方向，再根据楞次定律确定感应电流的方向，继而确定指针的偏转情况。13．【答案】（1）C；D；F（2）1.5；0.8（3）938.4；3【解析】【解答】（1）一节干电池的电动势约1.5V左右，内阻约1Ω左右，为使测量结果尽可能准确，电流表应选量程为0-0.6A的，电压表应选量程为0-3V的，滑动变阻器应选阻值范围为0-10Ω的。

（2）由闭合电路欧姆定律

U=E-Ir+r2

可知，U-I图像的纵截距为电动势E，斜率为电源内阻和电流表内阻之和，故结合图像可得

E=1.5V，r=0.8Ω

（3）当压敏电阻所受压力大小为100N时，其阻值为50Ω，此时电流表A1指针满偏，由闭合电路欧姆定律可知

2E=I1m2r+r1+R+RX0

解得

R=938.4Ω，2r+r1+R=950Ω

又因为

2E=I14．【答案】（1）解：根据交变电流知识可知EE=由闭合电路欧姆定律可得E=U+Ir解得I=0（2）解：线圈转动的时间t=电阻R上产生的焦耳热Q=UIt联立求解，得Q=【解析】【分析】（1）线框转动产生交变电流，根据交变电流规律确定感应电动势的最大值，再根据交变电流规律及闭合电路欧姆定律进行解答；

（2）根据角度与角速度的关系确定线圈转动的时间，再根据焦耳定律进行解答。15．【答案】（1）解：带电粒子在电场中做类平抛运动y方向：2x方向：L=qE=ma联立求解，得E=（2）解：设带电粒子在O点的速度为v，与y轴的夹角为θ，矩形磁场区域的磁感应强度大小为Bvtanθ=v=v0cosθ带电粒子在磁场中的运动轨迹如答图1所示，由几何关系可知答图1L=由牛顿第二定律有qv联立求解，得B（3）解：带电粒子从P点离开磁场区域时，磁感应强度大小最大磁感应强度大小最小时，带电粒子的运动轨迹如答图2所示，由几何关系可知答图2R由牛顿第二定律有qv联立求解，得B所以磁感应强度大小的范围为3【解析】【分析】（1）带电粒子电场中做类平抛运动，根据题意确定粒子在水平方向和竖直方向的位移，再根据牛顿第二定律及类平抛运动规律进行解答；

（2）根据平抛运动规律确定粒子从电场进入磁场的速度大小和方向。粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据题意画出粒子在磁场中的运动轨迹，根据几何关系确定粒子的运动半径，再根据洛伦兹力提供向心力结合牛顿第二定律进行解答；

（3）带电粒子从NP边离开磁场区域，根据缩放圆法确定粒子运动轨迹的临界情况，再根据几何关系确定临界情况下运动轨迹对应的轨迹半径，再根据洛伦兹力提供向心力结合牛顿第二定律进行确定磁感应强度的临界值，继而得出磁感应强度范围。16．【答案】（1）解：导体棒和导体框均未进入磁场前对导体棒有F对导体框有μmg=M解得a1=6m（2）解：导体棒在区域I中匀速运动BEE联立求解，得v运动时间t导体棒未进入磁场前v导体框cd边加速运动到区域I的左边界，有v联立求解，得v所以导体框一直匀加速到区域I的左边界（3）解：导体棒刚进入区域