湖北省宜城一中、枣阳一中等六校联考2022-2023学年高二物理上学期期中考试试卷（Word版含解析）

2022-2023学年上学期高二期中考试物理试题时限：75分钟：分值：100分一、选择题本题共11小题，每小题4分，共44分｡在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~11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｡1.在电磁学的发展过程中，许多物理学家作出了贡献，下列说法与事实不相符的是（　　）A.法拉第首先提出了场的概念，并创造性地用“力线”形象地描述“场”B.安培通过实验发现了通电导线周围存在磁场，首次揭示了电与磁的联系C.洛伦兹认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现，提出了著名的洛伦兹力公式D.法拉第发现了电磁感应现象，并制造了世界上第一台手摇发电机【答案】B【解析】【详解】A．法拉第首先提出了场的概念，并创造性地用“力线”形象地描述“场”，A正确；B．奥斯特通过实验发现了通电导线周围存在磁场，首次揭示了电与磁的联系，B错误；C．洛伦兹认为安培力是带电粒子所受磁场力宏观表现，提出了著名的洛伦兹力公式，C正确；D．法拉第发现了电磁感应现象，并制造了世界上第一台手摇发电机，D正确。本题选择不正确的，故选B。2.宇宙中“破坏力”最强的天体“磁星”，危险程度不亚于黑洞，其磁感应强度相当于地球磁场的1000万亿倍，下列有关磁星的磁场说法正确的是（　　）A.磁场只存于“磁星”外部，而“磁星”内部不存在磁场B.“磁星”表面的磁场强，磁感线密集，故磁感线可能相交C.“磁星”表面某点静止一小磁针，其极指向该点磁场方向D.在“磁星”表面有一个线圈，穿过该线圈的磁通量不可能为零【答案】C【解析】【详解】A．因为磁感线是闭合的曲线，所以磁场既存在于“磁星”外部，也存在于“磁星”内部，故A错误；B．因为磁感线上某点的切线方向表示该点的磁场方向，所以磁感线不可能相交，故B错误； C．小磁针静止时极所指的方向为该点的磁场方向，故C正确；D．在“磁星”表面有一个线圈，若该线圈与该处磁场方向平行，则穿过该线圈的磁通量为零，故D错误。故选C。3.如图所示，边长为a的正方形导体框处在匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，给导体框通入图示电流I，则整个导体框受到的安培力大小为（　　）A.B.C.D.0【答案】B【解析】【详解】根据左手定则，对导体框受力分析如图1所示，则依题意有这四个力水平分力相互抵消，整个导体框受到的安培力大小即为这四个力在竖直方向上分力的合力，，则有方向竖直向上，故ACD错误，B正确。故选B。4.在如图所示的电路中，A1和A2是两个相同的灯泡。线圈L的自感系数足够大，电阻可以忽略不计，下列说法正确的是（　　） A.闭合开关S时，A2先亮，A1逐渐变亮B.闭合开关S时，A1和A2同时亮C.断开开关S时，A2闪亮一下再熄灭D.断开开关S时，流过A2的电流方向向左【答案】A【解析】【详解】AB．当开关S闭合时，灯A2立即发光。电流通过线圈，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，所以A1逐渐亮起来，所以A2比A1先亮，由于线圈直流电阻忽略不计，当电流逐渐稳定时，线圈不产生感应电动势，两灯电流相等，亮度相同，故A正确，B错误；CD．稳定后，当开关S断开后，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，与灯泡A1和A2串联，两灯电流相同，都过一会儿熄灭，灯A2不会闪亮，流过A2的电流方向向右，故CD错误。故选A。5.传说英国科学家瓦特观察到水蒸气顶起锅盖，进而发明了蒸汽机。假设每个水分子的质量均为m，运动的水分子均垂直撞击平板锅盖，撞击速度均为v。每次撞击后速度大小均变为，方向垂直锅盖，撞击的时间极短，发现质量为M的锅盖刚好被顶起。忽略水分子所受重力，则单位时间撞击锅盖的水分子个数为（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】设单位时间撞击锅盖的水分子个数为n，则由动量定理 其中解得故选A。6.随着电子技术的发展，霍尔传感器被广泛应用在汽车的各个系统中．其中霍尔转速传感器在测量发动机转速时，情景简化如图甲所示，被测量转子的轮齿（具有磁性）每次经过霍尔元件时，都会使霍尔电压发生变化，传感器的内置电路会将霍尔电压调整放大；．输出一个脉冲信号，霍尔元件的原理如图乙所示．下列说法正确的是A.霍尔电压是由于元件中定向移动的载流子受到电场力作用发生偏转而产生的B.乙图中霍尔元件前端电势比后端高C.在其它条件不变的情况下，霍尔元件的厚度c越大，产生的霍尔电压越高D.若转速表显示1800r/min，转子上齿数为150个，则霍尔传感器每分钟输出270000个脉冲信号【答案】D【解析】【详解】载流子受磁场力而偏转，由左手定则可判断出载流子受力向前端偏转，载流子有正有负，故不一定前端电势比后端高，AB错误；最终载流子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，故，设材料单位体积内载流子的个数为n，，联立解得，c越大，UH越小，C错误；每个轮齿经过，都会引发一次脉冲，则每分钟脉冲数量为个，D正确．7.生命在于运动，体育无处不在，运动无限精彩。如图所示，质量为450kg的小船静止在平 静的水面上，质量为50kg的人在甲板上立定跳远的成绩为2m，不计空气和水的阻力，下列说法正确的是（　　）A.人在甲板上向右散步时，船也将向右运动B.人在立定跳远的过程中船相对地面保持静止C.人在立定跳远的过程中船相对地面后退了0.4mD.人相对地面的成绩为1.8m【答案】D【解析】【详解】A．根据动量守恒定律知，人在甲板上散步时，船将向后退，即船向左运动，故A错误；BC．根据“人船模型”动量守恒有代入数据解得即人在立定跳远的过程中船后退了0.2m，故BC错误；D．人相对地面的成绩为故D正确；故选D。8.如图为一回旋加速器的简图，和是两个半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在电压为U、周期为T的交流电源上。位于圆心处的质子源A能不断产生质子（初速度可以忽略），质子在两盒之间被电场加速。设质子的电荷量为q，质量为m。当质子被加速到最大动能后，再将它们引出。下列说法正确的是（　　） A.质子每次经过两D形盒之间的缝隙后动能增加qUB.质子的最大动能随加速电压U的增大而增大C.匀强磁场的磁感应强度大小为D.不改变交流电源的频率和磁感应强度大小B，该回旋加速器也可以用来加速粒子【答案】AC【解析】【详解】A．回旋加速器的原理是利用狭缝间的电场对粒子加速，利用带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动将粒子引回狭缝，不断回旋多次加速，由动能定理得质子每次经过两D形盒之间的缝隙后动能增加qU，故A正确；B．由洛伦兹力提供向心力当质子在磁场中做圆周运动的半径达到最大，即达到D形盒半径RD时，达到最大速度，则最大动能与加速电压U无关，故B错误；C．由加速电场交流电的周期为T，质子在磁场中做匀速圆周运动的周期也等于T，由得 故C正确；D．由C选项知粒子在磁场运动的周期与比荷有关，因粒子做圆周运动的周期，不等于交变电源的周期，破坏了加速的条件，故不能用来加速粒子，故D错误。故选AC。9.轻质细线吊着一边长L=1m、匝数n=10匝的正方形线圈，其总电阻R=1Ω。在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，如图甲。磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙。下列说法正确的是（　　）A.线圈中的感应电流方向为顺时针方向B.线圈中的感应电流为1.0AC.0~6s内线圈产生的焦耳热为1.5JD.在t=6s时，磁场对线圈的作用力大小为4N【答案】CD【解析】【详解】A．增反减同，通过右手螺旋可知，线圈中感应电流的方向为逆时针，A错误；B．根据法拉第电磁感应定律有根据闭合电路欧姆定律有B错误；C．0~6s内线圈产生的焦耳热C正确； D．在t=6s时，左右两边电流方向相反，磁场对左右两边的作用力合力为零，磁场对线圈的作用力大小等于磁场对线圈下边的作用力D正确。故选CD。10.如图所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块质量为2kg．现剪断A、B间的细绳，解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的υ－t图如图所示，则可知()A.A离开挡板前，A、B系统动量不守恒，之后守恒B.在A离开挡板前，A、B与弹簧组成的系统机械能守恒，之后不守恒C.弹簧锁定时其弹性势能为9JD.若A的质量为1kg，在A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为3J【答案】ACD【解析】【详解】在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，所以A、B系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒；离开挡板之后，系统的合外力为零，动量守恒，故A正确；在A离开挡板前，挡板对A的作用力不做功，A、B及弹簧组成的系统在整个过程中只有弹簧的弹力做功，机械能都守恒，故B错误；解除对弹簧的锁定后至A刚离开挡板的过程中，弹簧的弹性势能释放，全部转化为B的动能，根据机械能守恒定律，有：，由图象可知，vB=3m/s，解得：Ep=9J，故C正确．分析A离开挡板后A、B的运动过程，并结合图象数据可知，弹簧伸长到最长时A、B的共同速度为v共=2m/s，根据机械能守恒定律和动量守恒定律，有：mBv0=（mA+vB）v共；；联立解得：E′p=3J，故D 正确．故选ACD．【点睛】本题主要考查了动量守恒定律及机械能守恒定律的应用，关键是搞清运动过程，能够知道当弹簧伸到最长时，其势能最大．11.如图所示，空间有一垂直纸面向外、磁感应强度为0.5T的匀强磁场，一质量为0.2kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速放置一质量为0.1kg、电荷量q=+0.2C的滑块，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。t=0时对木板施加方向水平向左，大小为0.6N的恒力F，g=10m/s2。则（　　）A.木板和滑块一直做加速度为2m/s2的匀加速运动B.滑块最后做速度为10m/s的匀速运动C.木板最后做加速度为3m/s2的匀加速运动D.5s末滑块开始做匀速运动【答案】BC【解析】【分析】【详解】A．静摩擦力能提供的最大加速度为开始时木板滑块一起运动，加速度为而滑块向左运动后，由左手定则可知，会受到一个向上的洛伦兹力，设滑块速度为v时，两者开始相对滑动，由牛顿第二定律得，对滑块有对木板有 可得此后一段时间，滑块做加速运动，速度增大，洛伦兹力增大，所以滑块和木板之间的滑动摩擦力减小，木板做变加速运动，故A错误；B．当滑块受的洛伦兹力大小等于重力时，两者分离，此时由可得滑块开始做匀速运动，故B正确；C．此时木板水平方向只受拉力作用，则有可得所以木板先做匀加速运动，后做变加速运动，最后做的匀加速运动，故C正确；D．若滑块一直以的加速度运动，速度达到10m/s时，需要用5s的时间，但是由A的分析可知，滑块与木板相对滑动后，摩擦力开始减小，滑块加速度开始减小，所以滑块速度达到10m/s所用时间大于5s，故D错误。故选BC。二、非选择题：本题共5小题，共56分｡12.某学习小组同学如图甲所示的装置探究“影响感应电流方向的因素”，螺线管A、滑动变阻器、开关与电池构成闭合回路；螺线管B与电流计构成闭合电路，螺线管B套在螺线管A的外面。 （1）要想使电流计指针发生偏转，下列四种操作中可行的是___________A．闭合开关，螺线管A和螺线管B相对静止向上运动B．闭合开关，螺线管B不动，螺线管A插入或拔出螺线管BC．闭合开关，螺线管A、B不动，移动滑动变阻器的滑片D．螺线管A、B和滑动变阻器的滑片不动，闭合或断开开关（2）利用图乙所示的装置进一步探究感应电流的方向与磁通量变化的关系，螺线管B与电流计构成闭合电路。正确连接好实验电路后，将条形磁铁N极朝下插入螺线管B，观察到灵敏电流计G的指针向右偏。①将条形磁铁N极朝下拔出螺线管B，观察到灵敏电流计G的指针___________（填“向左偏”或“向右偏”）；②将条形磁铁S极朝下插入螺线管B，观察到灵敏电流计G的指针___________（填“向左偏”或“向右偏”）。【答案】①.BCD##BDC##CBD##CDB##DBC##DCB②.向左偏③.向左偏【解析】【详解】（1）[1]要想使电流计指针发生偏转，即螺线管B与电流计构成闭合电路产生感应电流，螺线管B的磁通量发生变化。A．闭合开关，螺线管A和螺线管B相对静止向上运动，螺线管B的磁通量不变，故不产生感应电流，故A错误；B．闭合开关，螺线管B不动，螺线管A相当于电磁铁，插入或拔出螺线管B过程，螺线管B磁通量发生变化，产生感应电流，故B正确；C．闭合开关，螺线管A、B不动，移动滑动变阻器的滑片螺线管A的电流发生变化，产生的磁场变化，螺线管B的磁通量发生变化，产生感应电流，故C正确；D．螺线管A、B和滑动变阻器的滑片不动，闭合或断开开关瞬间螺线管A的电流发生变化，产生的磁场变化，螺线管B的磁通量发生变化，产生感应电流，故D正确； 故选BCD。（2）①[2]将条形磁铁N极朝下拔出螺线管B，磁通量变化与插入的变化相反，产生的感应电流方向相反，观察到灵敏电流计G的指针向左偏。②[3]将条形磁铁S极朝下插入螺线管B，穿过螺线管B的磁场方向与N极朝下插入的磁场方向相反，产生的感应电流的方向相反，观察到灵敏电流计G的指针向左偏。13.某同学利用电火花计时器和气垫导轨做验证动量守恒定律的实验。气垫导轨装置如图甲所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成，在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差。（1）下面是实验的主要步骤，请完善实验步骤⑥的内容。①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；②向气垫导轨通入压缩空气；③把电火花计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器与弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；④使滑块1挤压导轨左端弹射架上绷紧的橡皮绳；⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；⑥先_________，然后________，让滑块1带动纸带一起运动，撞上带橡皮泥的滑块2后粘在一起继续运动；⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出理想的纸带如图乙所示；⑧测得滑块1的质量为，滑块2（包括橡皮泥）的质量为。（2）已知打点计时器每隔打一个点，通过计算可知两滑块相互作用以前系统的总动量 为_______；两滑块相互作用以后系统的总动量为_______。（结果均保留3位小数）（3）若实验允许的相对误差的绝对值最大为，通过计算，本实验的测量结果________（填“能”或“不能”）在误差范围内验证动量守恒定律。【答案】①.接通打点计时器的电源②.释放滑块1③.0.603④.0.595⑤.能【解析】【详解】（1）[1][2]使用打点计时器时，为了减小误差尽量多的利用纸带，要先接通电源，再释放滑块1；（2）[3][4]由纸带数据可知，碰撞前滑块1的动量为滑块2的动量为零，所以碰撞前的总动量为碰撞后滑块1、2速度相等，所以碰撞后总动量为（3）[5]两滑块在碰撞前、后总动量相对误差的绝对值为因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律。14.如图所示，两根竖直固定的足够长的金属导轨和相距，另外两根水平金属杆MN和PQ，PQ杆固定放置在水平绝缘平台上，MN的质量为，可沿导轨无摩擦地滑动，MN杆和PQ杆的电阻均为（竖直金属导轨电阻不计），整个装置处于垂直导轨平面向里的匀强磁场中，现在让MN杆在竖直向上的恒定拉力的作用下由静止开始向上运动，MN杆和PQ杆与金属导轨始终接触良好，磁感应强度，杆MN的最大速度为多少？（取） 【答案】【解析】【详解】MN杆切割磁感线产生的电动势为由闭合电路欧姆定律得MN杆所受安培力大小为对MN杆应用牛顿第二定律得当MN杆速度最大时，MN杆加速度为零，联立解得MN杆的最大速度为15.如图所示，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经电压为U的加速电场加速后在纸面内运动，自O点与磁场边界成角射入磁感应强度大小为B方向垂直于纸面向里的匀强磁场｡已知甲种离子从磁场边界的N点射出；乙种离子从磁场边界的M点射出；OM长为L，ON长为4L，不计重力影响和离子间的相互作用。求：（1）甲种离子比荷；（2）乙种离子在磁场中的运动时间｡ 【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）设甲种离子质量为，电荷量为，在电场中加速过程设甲种离子在磁场中的运动半径为R1，则由几何关系知联立解得（2）设乙种离子质量为，电荷量为，在电场中加速过程设乙种离子在磁场中运动半径为，则由几何关系知离子在磁场中运动的偏转角 设乙种离子在磁场中运动的周期，则设乙种离子在磁场中运动的时间为，则联立解得16.如图所示，光滑水平面上放置着滑板A和滑块C，滑块B置于A的左端，滑板A的上表面由粗糙水平部分和四分之一光滑圆弧组成，三者的质量分别为、、，滑块B可视为质点｡开始时C静止，A、B一起以的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞（时间极短）后C向右运动，经过一段时间后，B滑上A的圆弧部分，然后又滑回到的水平部分直到A、B再次达到共同速度，一起向右匀速运动，且恰好不再与C碰撞｡已知B与A水平部分的动摩擦因数为，且运动过程中始终没有离开A，重力加速为，求：（1）A与C发生碰撞后的瞬间C的速度大小；（2）滑板A粗糙水平部分的最小长度；（3）若粗糙水平部分为最小长度，求滑板A上光滑圆弧的最小半径｡【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）A与C发生碰撞，根据动量守恒B在A上滑动，根据动量守恒 其中解得（2）由第一问解得A与C刚撞完时，A的速度B在A上滑动，再次回到A的最左端AB共速时，滑板A粗糙水平部分的长度最小，根据能量守恒得解得（3）B恰好运动到圆弧轨道最高点，根据动量守恒有根据能量守恒得解得