安徽省池州市贵池区2022-2023学年高二物理下学期期中试题（Word版附解析）

贵池区2022～2023学年度第二学期期中教学质量检测高二物理试题（满分：100分时间：75分钟）注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清晰。3.请按题号顺序在各题答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4.保持答题卡卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。5.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第I卷（选择题共46分）一、单选题：本题共7小题，每小题4分，共28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.关于磁场和电场，下列说法正确的是（　　）A.电场线是闭合曲线，磁感线是不闭合曲线B.将一试探电荷放在电场中，若电荷不受电场力则此处电场强度一定为0C.将一小段直导线放在磁场中，若导线不受安培力则此处磁感应强度一定为0D.某点的磁场方向与该点的正电荷所受磁场力方向相同【答案】B【解析】【详解】A．静电场的电场线是不闭合曲线，磁感线是闭合曲线，故A错误；B．将一试探电荷放在电场中，若电荷不受电场力则此处电场强度一定为0，故B正确；C．将一小段直导线放在磁场中，若导线不受安培力，此处磁感应强度不一定为0，可能是电流方向与磁场方向平行，故C错误；D．根据左手定则可知，某点的磁场方向与该点运动的正电荷所受洛伦兹力方向垂直，故D错误。故选B。2.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，下列说法正确的是（　　） A.甲图要增大粒子的最大动能，可增加电压UB.乙图可判断出A极板是发电机的负极C.丙图可以判断出带电粒子的电性，粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是D.丁图中若载流子带负电，稳定时C端电势高【答案】B【解析】【详解】A．由洛伦兹力提供向心力因为动能当粒子做匀速圆周运动的半径等于金属盒半径时，粒子的动能最大，联立可得粒子的最大动能为则可知要增大粒子的最大动能，可增大磁感应强度和金属盒半径，A错误；B．根据左手定则，可知负电荷向A极板偏转，则A极板是发电机负极，B正确；C．速度选择器选择的是带电粒子的速度，故丙图无法判断出带电粒子的电性，根据可得粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是 C错误；D．根据左手定则可知，带负电的载流子受到洛伦兹力方向向左，即向C端偏转，故稳定时C端电势低，D错误。故选B。3.水平桌面上放条形磁铁，磁铁正中上方吊着导线与磁铁垂直，导线中通入向纸内的电流，如图所示，产生的情况是（　　）A.悬线上的拉力没有变化B.悬线上的拉力变小C.条形磁铁对桌面压力变小D.条形磁铁对桌面压力变大【答案】C【解析】【详解】AB．以导线为研究对象，导线所在位置磁场方向水平向右，导线中电流方向向里，由左手定则可知，导线所受安培力的方向竖直向下，悬线拉力变大，故AB错误；CD．由牛顿第三定律得知，导线对磁铁的磁场力方向竖直向上，则磁铁对桌面的压力变小，故C正确，D错误。故选C。4.如图两根相互平行的金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中，在导轨上接触良好的导体棒AB和CD可以自由滑动。当AB在外力F作用下向右运动时，下列正确的是（）A.导体棒CD内有电流通过，方向是D→CB.导体棒CD内有电流通过，方向是C→DC.磁场对导体棒CD的作用力向左D.磁场对导体棒AB的作用力向右 【答案】B【解析】【详解】AB．当导体棒AB向右运动时，根据右手定则知，导体棒AB中的电流方向为B到A，则导体棒CD中的电流方向为C到D，A错误，B正确；C．根据左手定则知，CD棒所受的安培力方向向右，C错误；D．根据左手定则知，AB棒所受的安培力方向向左，D错误。故选B。5.磁场中某区域的磁感线如图所示，则（　　）A.A、B两处的磁感应强度的大小不等，B.A、B两处的磁感应强度的大小不等，C.同一通电导线放在A处受力一定比放在B处受力大D.同一通电导线放在A处受力一定比放在B处受力小【答案】A【解析】【详解】AB．由于A处的磁感线分布比B处的磁感线分布密集，可知A、B两处的磁感应强度的大小关系为故A正确，B错误；CD．同一通电导线放在A处和B处，由于不清楚通电导线放置方向与磁场方向的夹角，所以无法判断导线在A、B两处的受力大小关系，故CD错误。故选A6.如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，在圆周上的P点有一个粒子源，可以在0≤≤60°的范围内垂直磁场方向发射速度大小相等的同种粒子。已知粒子质量为m、带电量为+q，速度大小为v0，以=30°角射入磁场的粒子恰好垂直于直径PQ方向射出磁场区域。不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，则下列说法正确的是（　　） A.粒子轨迹不可能通过O点B.粒子在磁场中运动的最长时间为C.粒子射出磁场边界时的速度方向不可能相同D.粒子在磁场边界的出射点分布在四分之一圆周上【答案】B【解析】【详解】AC．如图，画出以=30°角射入磁场的粒子恰好垂直于直径PQ方向射出磁场区域时的轨迹。由几何关系可得粒子运动半径为R，且刚好过O点。由得当为锐角时，易证四边形为菱形，，故粒子射出磁场边界时速度方向均平行，即粒子射出磁场边界时的速度方向不可能相同。故A错误，C错误；B．分析得当时，粒子在磁场中运动的时间最长，根据几何关系可知此时圆心角为，由 得故B正确；D．沿半径方向入射的粒子出射点在四分之一圆周处，以角射入磁场的粒子偏转最大，此时出射点位于Q点左边下方四分之一圆上，因此整个出射范围不到四分之一圆周。故D错误。故选B。7.如图所示，一个平行于纸面的等腰直角三角形导线框，水平向右匀速运动，穿过宽度为d的匀强磁场区域，三角形两直角边长度为，线框中产生随时间变化的感应电流i，下列图形正确的是（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】在时间内，线框进入磁场时磁通量向里增加，感应磁场向外，因此感应电流方向为逆时针，随着线框的运动，导线切割磁感线长度减小，感应电流减小；在时间内，穿过线框的磁通量向里减小，根据楞次定律知，感应电流沿顺时针方向，穿过线框的磁通量均匀减小，产生的感应电流不变；在时间内，时间内，穿过线框的磁通量向里减少，根据楞次定律知，感应电流沿顺时针方向，线框有效切割长度均匀减小，感应电流减小。故选C。二、多项题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.如图所示，直角三角形ABC区域内有垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出），AC边长为l，∠B＝ ，一群比荷为的带正电粒子以相同速度在CD范围内垂直AC边射入，从D点射入的粒子恰好不从AB边射出。已知从BC边垂直射出的粒子在磁场中运动的时间为t，粒子在磁场中运动的最长时间为，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，则（　　）A.磁感应强度大小为B.粒子运动的轨道半径为C.粒子射入磁场的速度大小为D.粒子在磁场中扫过的面积为【答案】CD【解析】【详解】A．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直BC边射出的粒子在磁场中运动的时间是解得故A错误；B．设运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为θ，则有解得画出该粒子的运动轨迹如图 设圆周运动半径为R，由几何知识得可得故B错误；C．粒子在磁场中运动时有可得粒子射入磁场的速度大小为故C正确；D．从D点射入的粒子恰好不从AB边射出，由几何知识可得粒子在磁场中扫过的面积为故D正确。故选CD。9.如图所示，磁电式仪表的线圈通常用铝框做骨架，把线圈绕在铝框上，这样做的目的是（　　）A使线圈偏转角度更大B.使线圈偏转后尽快停下来C.起电磁阻尼的作用D.起电磁驱动的作用 【答案】BC【解析】【详解】线圈通电后，在安培力作用下发生转动，铝框随之转动，并切割磁感线产生感应电流，阻碍线圈的转动，使线圈偏转后尽快停下来，这样做是起电磁阻尼的作用。故选BC。10.在如图所示的电路中，A、B是两个完全相同的灯泡，C是电容足够大的电容器，D是理想二极管，L是一个自感系数较大的线圈，且L的直流电阻与灯泡的电阻相同。下列说法正确的是（　　）A.开关闭合后，灯泡A会闪亮一下B.开关闭合后，电路接通稳定后，流过灯泡A的电流是流过灯泡B的电流的一半C.电路接通稳定后，断开开关S，A灯会闪亮一下，然后逐渐熄灭D.电路接通稳定后，断开开关S，在灯熄灭前，L中不会产生自感电动势【答案】AC【解析】【详解】ABC．根据题意可知，开关闭合后，电容器充电的过程中，灯泡A发光，开关闭合且电路稳定时，二极管是导通的，灯泡A被短路，电容器上极板带负电，下极板带正电，当开关断开，电容器放电，电流由下极板经电路流向上极板，因为电感线圈对电流的阻碍作用，会有电流通过A灯，A灯会闪亮一下，然后逐渐熄灭，故AC正确，B错误；D．电容器放电过程中，二极管是导通的，通过L中的电流发生变化，产生自感电动势，故D错误。故选AC。第II卷（非选择题共54分）三、实验题（共14分）11.图中虚线框内存在一沿水平方向且与纸面垂直的匀强磁场。现通过测量通电导线在磁场中所受的磁场力，来测量磁场的磁感应强度大小。所用部分器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的“U”形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长，E为直流电源，R为电阻箱，A为电流表，S为开关。此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线。 （1）在图中画线连接成实验电路图______。（2）完成下列主要实验步骤中填空。①按图接线。②保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态，然后用天平称出细沙的质量m1。③闭合开关S，调节R的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D______，然后读出______，并用天平称出此时细沙的质量m2。④用米尺测量D的底边长度L。（3）用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B=______。【答案】①.②.重新处于平衡状态③.电流表的示数I④.【解析】【详解】（1）[1]连接完成的实验电路图如图所示 （2）[2][3]本题考查了磁场力作用下物体的平衡，利用平衡条件求解磁感应强度，故应使D重新处于平衡状态；两次细沙的重力之差与D的底边所受磁场力大小相等，磁场力与电流大小有关，故还需读出电流表的示数I。（3）[4]两次细沙的重力之差与D的底边所受磁场力相等，即所以磁感应强度12.为了探究电磁感应现象，如图所示为“探究产生感应电流的条件的实验装置”。（1）下列操作中，电流表的指针不会发生偏转的是（）A.将条形磁铁插入线圈B.将条形磁铁从线圈中拔出C.将条形磁铁放在线圈中不动D.将条形磁铁从图示位置向左移动 （2）某实验小组将电池、线圈A、线圈B、滑动变阻器、灵敏电流计、开关按照如图所示的方式连接。当闭合开关时发现灵敏电流计的指针右偏。由此可知：（a）当滑动变阻器的滑片P向右移动时，灵敏电流计的指针__________（填“左偏”、“不动”、“右偏”）；（b）将线圈A拔出时，灵敏电流计的指针__________（填“左偏”、“不动”、“右偏”），此时线圈A与线圈B中电流的绕行方向__________（填“相同”或“相反”）。【答案】①.C②.右偏③.左偏④.相同【解析】【详解】（1）[1]A．将条形磁铁插入线圈，线圈内磁通量增加，有感应电流产生，电流表的指针会发生偏转，故A不符合题意；B．将条形磁铁从线圈中拔出，线圈内磁通量减少，有感应电流产生，电流表的指针会发生偏转，故B不符合题意；C．将条形磁铁放在线圈中不动，线圈内磁通量不变，没有感应电流产生，电流表的指针不会发生偏转，故C符合题意；D．将条形磁铁从图示位置向左移动，线圈内磁感应强度变小，磁通量减小，有感应电流产生，电流表的指针会发生偏转，故D不符合题意。故选C。（2）[2][3][4]闭合开关时灵敏电流计的指针右偏，即线圈内磁通量增加时，灵敏电流计的指针右偏。滑动变阻器的滑片P向右移动时，接入的有效电阻变小，回路中电流变大，线圈内的磁场变强，磁通量增加，所以灵敏电流计的指针右偏；将线圈A拔出时，线圈内磁通量减小，灵敏电流计的指针左偏，由楞次定律可知线圈B中产生的感应电流方向与A中电流方向相同。四、解答题（共40分）13.如图，在水平面上放置着两根相距1m的平行金属导轨，导轨的电阻不计，电源电动势E=6V，内阻r=1.5Ω。导体棒MN的质量m=1kg，其电阻不计，与导轨接触良好。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.5T。现将滑动变阻器R调到1.5Ω，闭合电键S，导体棒刚好能处于平衡。（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2）求：（1）导体棒MN所受的安培力的大小和方向；（2）导体棒MN与导轨的动摩擦因数μ。 【答案】（1）1N，水平向左；（2）0.1【解析】【详解】（1）回路中的电流为导体棒MN所受的安培力大小为根据左手定则可知，安培力方向水平向左。（2）导体棒刚好能处于平衡，以导体棒为对象，根据受力平衡可得又联立解得14.如图，在xOy直角坐标系中，有一质量m＝1.0×10－12kg，带电量q＝2.0×10－10C的带正电的粒子（不计重力），垂直x轴从A点以v=200m/s的初速度进入x轴上方的匀强磁场中。磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度B＝1T。粒子经磁场偏转后又从B点垂直x轴进入第四象限，第四象限中有平行于x轴负方向的匀强电场E，粒子随后经过y轴负半轴上的C点，此时速度方向与y轴负半轴成60°。已知OB＝OA。求：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r和周期T；（2）第四象限中场强E的大小。【答案】（1）1m，；（2）300V/m【解析】【详解】（1）粒子运动轨迹如图所示 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得代入数据解得r=1m粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期（2）设粒子运动到C点时，沿x轴负向的分速度大小为v1，则有由牛顿第二定律得qE=ma由匀变速直线运动的速度位移公式得v12=2a•xOB因粒子是垂直于磁场边界进入的，所以从该边界射出时，仍垂直于边界，所以有xOB=r代入数据得E=300V/m15.如图所示，两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨，固定在同一水平面上，其间距为，左端通过导线连接一个的定值电阻。整个导轨处在磁感应强度大小的匀强磁场中，磁场方向竖直向下；质量、长度、电阻的匀质金属杆垂直导轨放置，且与导轨接触良好。在杆的中点施加一个垂直金属杆的水平拉力F，使其从静止开始运动，拉力F的功率保持不变，当金属杆的速度达到最大时撤去拉力F。求：（1）金属杆的最大速率；（2）从撤去拉力F到金属杆停下的整个过程，通过金属杆的电荷量q。 【答案】（1）10m/s；（2）10C【解析】【详解】（1）金属杆做初速为0加速度a减小的加速运动。当a减小到0时，v最大，金属杆水平方向受到的拉力受到的安培力由牛顿第二定律得代入数据得最大速度（2）撤去拉力F后，由动量定理又解得