辽宁省辽南协作体2022-2023学年高二上学期期末物理试题（解析版）.docx

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2022-2023学年度上学期期末考试高二试题物理试卷第Ⅰ卷（选择题，共48分）一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分。每小题只有一个选项符合要求）1.如图所示，下列矩形线框在无限大的匀强磁场中运动，则能够产生感应电流的是（　　）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】矩形线框的磁通量发生变化，才能产生感应电流。故选D。2.下列关于磁场、电场及电磁波的说法中正确的是（　　）A.均匀变化的磁场在周围空间产生均匀变化的电场B.只有空间某个区域有振荡变化的电场或磁场，才能产生电磁波C.麦克斯韦通过实验证实了电磁波的存在D.只要空间某处的电场或磁场发生变化，就会在其周围产生电磁波【答案】B【解析】【详解】A．均匀变化的磁场在周围空间产生恒定的电场，故A错误；B．只有空间某个区域有振荡变化的电场或磁场，才能产生电磁波，故B正确；C．电磁波最早由麦克斯韦预测，由赫兹通过实验证实，故C错误；D．均匀变化的电场或磁场只能产生恒定的磁场或电场，不会产生电磁波，故D错误。故选B。3.如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，R1为定值电阻，R2为光敏电阻（阻值随光照强度的增大而减小），C为电容器，L为小灯泡，电表均为理想电表，闭合开关S后，若减弱照射光强度，则（　　）第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 A.电压表的示数增大B.电容器上的电荷量减小C.电流表的示数增大D.小灯泡的功率减小【答案】D【解析】【详解】AC．由题图可知，L与R2串联后和电容器C并联，再与R1串联，电容器C在电路稳定时相当于断路，当减弱照射光强度时，光敏电阻R2阻值增大，则电路的总电阻增大，总电流I减小，R1两端电压减小，电压表的示数减小，电流表的示数减小，故AC错误；B．电容器两端电压UC＝E－I（R1＋r）I减小，则UC增大，根据Q=CU可知电容器上的电荷量增大，故B错误；D．流过小灯泡的电流减小，根据可知小灯泡的功率减小，故D正确。故选D。4.如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨间距为L，导轨下端接有电阻R，匀强磁场B垂直于斜面向上，电阻可忽略不计的金属棒ab质量为m，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F的作用，金属棒沿导轨以速度v匀速上滑，则它在上滑h高度的过程中，以下说法正确的是（　　）A.安培力对金属棒所做的功为B.金属棒克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 C.拉力F做的功等于回路中增加的焦耳热D.重力做的功等于金属棒克服恒力F做功【答案】B【解析】【详解】A．根据左手定则和运动分析可判断此过程安培力做负功，A错误；B．由功能关系可知，金属棒克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热，B正确；C．由功能关系可知，拉力做的功等于回路中焦耳热与棒重力势能增量之和，C错误；D．由动能定理可知，重力做的功和安培力做功总和等于金属棒克服恒力F做功，故重力做的功小于恒力F的功，D错误。故选B。5.如图所示，A，B是两个完全相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略不计的自感线圈，下列说法正确的是（　　）A.断开开关S时，A灯与B灯同时慢慢熄灭B.断开开关S时，B灯立即熄灭而A灯慢慢熄灭C.闭合开关S时，A，B灯同时亮，且达到正常亮度D.闭合开关S时，A灯比B灯先亮，最后一样亮【答案】A【解析】【详解】CD．开关S闭合的瞬间，电源的电压同时加到两支路的两端，B灯立即发光。由于线圈的自感电动势阻碍电流的增加，则A灯逐渐变亮，由于线圈的电阻可以忽略，最后A灯会和B灯一样亮，故CD错误；AB．断开开关S的瞬间，线圈与两灯一起构成一个新的自感回路，通过线圈的电流将要逐渐减小，由于自感作用，两灯缓慢同时熄灭，故A正确，B错误。故选A。6.在一个很小的矩形半导体薄片上制作四个电极E、F、M、N，做成了一个霍尔元件。在E、F间通入恒定电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，此时M、N间的电压为UH。第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 已知半导体薄片中的载流子为正电荷，电流与磁场的方向如图所示，下列说法正确的是（　　）A.N板电势低于M板电势B.磁感应强度越大，M、N间的电势差越大C.将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，UH不变D.将磁场和电流同时反向，N板电势低于M板电势【答案】B【解析】【详解】A．根据左手定则，带正电的载流子受力的方向指向N端，向N端偏转，则N点电势高，故A错误；B．设左右两个表面相距为d，上下表面相距h，材料单位体积内载流子的个数为n，垂直电流方向的截面积为S，载流子所受的电场力等于洛伦兹力，则解得所以磁感应强度越大，M、N间的电势差越大，故B正确；C．将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，则带电粒子不会受到洛伦兹力，因此不存在电势差，故C错误；D．若磁场和电流分别反向，依据左手定则，则N板电势仍高于M板电势，故D错误。故选B。7.半径为的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为、电阻为r的金属棒OC一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴上，由电动机带动顺时针旋转（从上往下看），在金属导轨区域内存在大小为B第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 、方向竖直向上的匀强磁场。从圆形金属导轨及转轴通过电刷引出导线连接成如图所示的电路，灯泡电阻为R，转轴以的角速度匀速转动，不计其余电阻，则（　　）AC点电势比O点电势高B.电动势大小为C.棒OC每旋转一圈通过灯泡的电量为D.灯泡消耗的电功率是【答案】C【解析】【详解】A．根据右手定则可知，中电流从到，充当电源，则O点电势比C点电势高，故A错误；B．电动势的大小为故B错误；C．流过灯泡的电流大小为棒OC旋转一圈的时间棒OC每旋转一圈通过灯泡的电量故C正确；第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 D．灯泡消耗的电功率故D错误。故选C。8.如图所示，有方向垂直于光滑绝缘水平桌面的两匀强磁场，磁场感应强度的大小分别为B1=B、B2=3B，PQ为两磁场的边界，磁场范围足够大，一个水平放置的桌面上的边长为a，质量为m，电阻为R的单匝正方形金属线框，以初速度v垂直磁场方向从图示位置开始向右运动，当线框恰有一半进入右侧磁场时速度为，则下列判断正确的是（）A.B.此时线框的加速度大小为C.此过程中通过线框截面电量为D.此时线框的电功率为【答案】AD【解析】【详解】A．磁通量的变化量DΦ=Φ2－Φ1=2Ba2由感应电动势感应电流由动量定理可得计算可得第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 A正确；B．此时切割磁感线产生的感应电动势线框中电流为由牛顿第二定律得联立两式可得B错误；C．由电荷量公式得C错误；D．此时线框的电功率为D正确。故选AD。二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合要求，全部选对的得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分）9.如图所示，在磁感应强度为0.4T的匀强磁场中，有一个10匝矩形金属线框，绕垂直磁场的轴以角速度匀速转动，线框电阻为200Ω，面积为，线框通过滑环与一理想变压器的原线圈相连，副线圈接有两只额定电压为2V的灯泡和，开关S断开时灯泡正常发光，理想电流表示数为0.01A，则（　　）第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 A.若从图示位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值表达式为B.灯泡的额定功率为0.98WC.若开关S闭合，灯泡将更亮D.原副线圈的匝数比为【答案】BD【解析】【详解】A．变压器的输入电压的最大值为从垂直中性面位置开始计时，故线框中感应电动势的瞬时值为故A错误；B．线框旋转感应电动势的有效值为开关断开时正常发光，且电流表示数为，线圈电阻r=200Ω，此时变压器原线圈端电压为根据灯泡的额定功率等于此时变压器的输入功率，为故B正确；C．若开关S第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 闭合，并联电阻变小，回路电流变大，线圈内阻分压变大，变压器匝数不变，则灯泡两端电压变小，故灯泡亮度变暗，故C错误；D．开关断开时，变压器输入端输出端由解得故D正确。故选BD。10.如图所示，在半径为R的圆形区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab是圆的一条直径。一带电粒子从a点射入磁场，速度大小为2v，方向与ab成30°时恰好从b点飞出磁场，粒子在磁场中运动的时间为t；不计带电粒子所受重力，则（　　）A.该带电粒子带正电B.粒子在磁场中做圆周运动的半径为2RC.若仅将速度大小改为v，则粒子在磁场中运动的时间为D.若仅将速度大小改为v，则粒子在磁场中运动的时间为2t【答案】ABD【解析】【详解】依题意，可画出粒子以和两种情况下在磁场中的运动轨迹如图所示第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 A．根据左手定则判断知，该带电粒子带正电，故A正确；B．依题意，设粒子以速度飞入磁场中时，在磁场中做匀速圆周运动的半径为，根据几何知识可得粒子在磁场中做圆周运动的半径为CD．粒子以速度大小为2v飞入磁场时，半径为，根据几何知识可得此时粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为，粒子在磁场中运动的时间为；若仅将速度大小改为v，根据，则粒子在磁场中运动的半径变为，利用几何知识可判断知，此时粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为，粒子在磁场中运动的时间根据，可知粒子在磁场中运动的周期与速度无关，则可得粒子以速度飞入磁场时，在磁场中运动的时间为故C错误，D正确。故选ABD。11.如图所示，为一台发电机通过升压和降压变压器给用户供电的示意图。已知发电机的输出电压为250V，升压变压器原、副线圈的匝数比是，两变压器之间输电导线的总电阻为4Ω，向用户供220V交流电，若变压器是理想变压器，当发电机的输出电功率为时。下列说法正确的是（　　）第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 A.远距离输电损失的电压160VB.远距离输电损失的功率为640WC.降压变压器原、副线圈的匝数比D.若用户用电器增多则降压变压器输出电压增大【答案】AC【解析】【分析】【详解】A．输送电压为输送电流为所以损失的电压为A正确；B．远距离输电损失的功率为B错误；C．降压变压器的输入电压为降压变压器原、副线圈的匝数比C正确；D．若用户用电器增多，用户电功率大时，输电线中电流也增大，线路损失的电压增多，降压变压器初级电压减小，则用户的电压会减小，故D错误；第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 故选AC。12.如图所示，两根足够长且相互平行的光滑长直金属导轨固定在与水平面成的绝缘斜面上，在导轨的右上端分别接入阻值为R的电阻、电动势为E、内阻不计的电源和电容为C的电容器（电容器不会被击穿），导轨上端用单刀多掷开关可以分别连接电阻、电源和电容。质量为m、长为L、阻值也为R的金属杆ab锁定于导轨上，与导轨垂直且接触良好，解除ab锁定后，其运动时始终与CD平行，不计导轨的电阻和空气阻力，整个导轨处在垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，重力加速度g。则下列说法正确的是（　　）A.当开关打到同时解除对金属杆ab的锁定，则金属杆最大速度为B.当开关打到同时解除对金属杆ab的锁定，则金属杆ab一定沿轨道向下加速C.当开关打到同时解除对金属杆ab的锁定，则金属杆做匀加速直线运动D.当开关打到同时解除对金属杆ab的锁定，则在内金属杆运动的位移为【答案】A【解析】【详解】A．当开关打到同时解除对金属杆ab的锁定，金属杆最大速度时满足即最大速度为故A正确；B．当开关打到同时解除对金属杆ab的锁定，金属杆ab沿斜面受到的安培力可能大于重力沿斜面的分力，故B错误；第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 C．当开关打到同时解除对金属杆ab的锁定，若金属杆无电阻，对金属杆得故金属杆做匀加速直线运动，但由于金属杆有电阻，则金属杆并不做匀加速直线运动，故C错误；D．若金属杆无电阻，由运动学公式得，在内金属杆运动的位移为但由于金属杆有电阻，则金属杆并不做匀加速直线运动，故D错误。故选A。第Ⅱ卷（非选择题，共52分）三、实验题（本题共2小题，共14分。其中13题6分，14题8分）13.在“探究变压器电压与匝数的关系”实验中，某同学利用可拆变压器（如图所示）进行探究。（1）以下给出的器材中，本实验还需要用到的是______；（填字母代号）A．干电池B．学生电源C．直流电压表D．万用表（2）本实验中需要运用的科学方法是______。（填字母代号）A．控制变量法B．等效替代法C．科学推理法第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 （3）已知该变压器两组线圈的匝数分别为、，有关测量数据见下表，根据测量数据可判断连接电源的线圈是______（填“na”或“nb”）。实验次数1234【答案】①.BD##DB②.A③.【解析】【详解】（1）[1]本实验中需要交流电源和交流电压表（万用表），不需要干电池和直流电压表。故选BD（2）[2]为实验探究目的，保持原线圈输入的电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压，这个过程采用的科学探究方法是控制变量法，故BC错误，A正确。故选A。（3）[3]理想变压器由但是因为实际中线圈漏磁，所以副线圈的测量电压应该小于理论变压值，结合表中数据可知为输入端，即连接电源。14.某研究性学习小组利用压敏电阻制作电子秤。已知压敏电阻在压力作用下发生微小形变，它的电阻也随之发生变化，其阻值随压力变化的图像如图（a）所示，其中，图像斜率。小组同学按图（b）所示电路制作了一个简易电子秤（秤盘质量不计），电路中电源电动势，内，电流表量程为，内阻未知，取10m/s2。实验步骤如下：步骤1：秤盘上不放重物时，闭合开关，调节滑动变阻器，使电流表指针满偏；第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 步骤2：秤盘上放置已知重力的重物，保持滑动变阻器电阻接入电阻不变；读出此时毫安表示数；步骤3：换用不同已知质量的重物，记录每一个质量值对应的电流值；步骤4：将电流表刻度盘改装为质量刻度盘。（1）当电流表半偏时，压敏电阻大小为_______；（结果保留2位有效数字）（2）若电流表示数为20mA，则待测重物质量为_______kg；（结果保留2位有效数字）（3）改装后的刻度盘，其零刻度线在电流表_______（填“零刻度”或“满刻度”）处；（4）若电源电动势不变，内阻变大，其他条件不变，用这台电子秤称重前，进行了步骤1操作，则测量结果________（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。【答案】①.②.10③.满刻度④.不变【解析】【详解】（1）[1]设电流表内阻为，当电流表满偏时电路中电流为，由闭合电路欧姆定律得电路中总电阻为由题意可求得当电流半偏时，电路中总电阻为可求得（2）[2]若电流表示数为由闭合电路欧姆定律可求得求得此时压敏电阻阻值为因为第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 根据题目中条件求得（3）[3]由图（a）可知，压敏电阻的阻值随压力增大而增大，则电流表示数随压力增大而减小，故重力最小时，电流最大，即重力得零刻度线在电流表的满刻度处；（4）[4]若电源电动势不变，内阻变大，其他条件不变，则电路调零即不放重物让电流表满偏时总电阻没有发生变化，则测量结果不变。四、计算题（本题共3小题，共38分。其中15题10分，16题10分，17题18分）15.某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示，A为粒子加速器，加速电压U1=5×103V；B为速度选择器，磁场与电磁正交，磁感应强度为B1=0.1T，两板间距离为d=5cm；C为偏转分离器，磁感应强度为B2=0.5T。今有一质量为m=1.0×10-25kg、电荷量为q=1.6×10-18C的正粒子（不计重力），经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动。求：（1）粒子经过加速器后的速度v为多大？（2）速度选择器两板间电压U2为多大？（3）粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R为多大？【答案】（1）v=4×105m/s；（2）U2=2×103V；（3）R=0.05m【解析】【详解】（1）由动能定理可知解得v=4×105m/s（2）粒子恰能通过速度选择器，电场力等于洛伦兹力解得第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 U2=2×103V（3）磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力解得代入数据有R=0.05m16.如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化。长方形硬质金属框ABCD放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻R=2Ω，AB边长a=0.5m，BC边长b=0.4m，求（1）在t=0到t=0.1s时间内，金属框中的感应电动势E；（2）t=0.05s时，金属框AB边受到的安培力F的大小和方向；（3）在t=0到t=0.1s时间内，流过AB边的电荷量q。【答案】（1）0.4V；（2）0.01N，方向垂直AB向左；（3）0.02C【解析】【详解】（1）在0至0.1s的时间内，磁感应强度的变化量为则穿过金属框的磁通量变化量为所以故金属框中的感应电动势为0.4V。（2）设金属框内电流为I，则有由图可知，当0.05s时，B为0.1T，此时金属框AB边受到的安培力的大小为第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 根据楞次定律和左手定则，可分析出安培力的方向为垂直AB向左。（3）在0至0.1s的时间内，流过AB边的电荷量为故流过AB边的电荷量为0.02C。17.如图，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFHG矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在0时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进入磁场，速度大小均为；一段时间后，金属棒a、b没有相碰，且两棒整个过程中相距最近时b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b长度均为L，电阻均为R，a棒的质量为2m、b棒的质量为m，最终其中一棒恰好停在磁场边界处，在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好。求：（1）0时刻a棒的加速度大小；（2）两棒整个过程中相距最近的距离s；（3）整个过程中，a棒产生的焦耳热。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）由题知，a进入磁场的速度方向向右，b的速度方向向左，根据右手定则可知，a产生的感应电流方向是E到F，b产生的感应电流方向是H到G，即两个感应电流方向相同，所以流过a、b的感应电流是两个感应电流之和，则有对a，根据牛顿第二定律有解得第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 （2）取向右为正方向，相距最近时，根据系统动量守恒有解得此时，电路中感应电流为0，a、b棒一起向右匀速运动，直到b棒出磁场区域；之后b棒不受安培力、a棒受安培力减速直到停下，对a，有解得（3）对a、b组成的系统，最终b棒一直做匀速直线运动，根据能量守恒有解得回路中产生总热量为对a、b，根据焦耳定律有因a、b流过的电流一直相等，所用时间相同，故a、b产生的热量与电阻成正比，即∶=1∶1又解得a棒产生的焦耳热为第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司