山东省济宁市邹城市2021-2022学年高二物理下学期期中试题（Word解析版）

2021~2022学年度第二学期期中教学质量检测高二物理试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在相应位置。认真核对条形码上的姓名、考生号和应号，并将条形码粘贴在指定位置上。2.选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5mm黑色签字笔书写，字体工整，笔迹清楚。3.请按照题号在各题目的答题区域内答题，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸试卷上答题无效；保持卡面清洁，不折叠、不破损。一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24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.下列说法正确的是（　　）A.一段通电导线放在磁场中，一定受到安培力B.闭合线圈在磁场中匀速转动，一定产生正余弦交流电C.穿过闭合线圈的磁通量变化率越大，其感应电动势一定越大D.闭合线圈在磁场中做切割磁感线运动，线圈中一定有感应电流【1题答案】【答案】C【解析】【详解】A．若电流方向与磁场方向平行，不受安培力作用，故A错误；B．若转轴方向与磁场方向平行不产生感应电流，故B错误；C．根据可知，穿过闭合线圈的磁通量变化率越大，其感应电动势一定越大，故C正确；D．闭合线圈在磁场中做切割磁感线运动过程中如果磁通量不变则不会产生感应电流，故D错误。故选C。2.在匀强磁场中，一个100匝的闭合金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化，则（　　） A.时，线圈中感应电流为零B.s时，线圈平面垂直于磁场方向C.100s内，线圈中的电流方向改变50次D.线圈中产生的电动势的最大值为4πV【2题答案】【答案】D【解析】【详解】A．时，磁通量变化率最大，因此回路中感应电流最大，故A错误；B．s时，磁通量为0，此时线圈平面平行于磁场方向，故B错误；C．周期为2s，一个周期内电流方向改变2次，因此100s内，线圈中的电流方向改变100次，故C错误；D．线圈中产生的电动势的最大值为故D正确。故选D。3.如图所示，甲乙两图中的理想变压器以不同的方式接在高压电路中。甲图中变压器原副线圈的匝数比为，电压表读数为U，乙图中变压器原副线圈的匝数比为，电流表读数为I。则甲图中高压线电压和乙图中高压线电流分别为（） A.，B.，C.，D.，【3题答案】【答案】B【解析】【详解】根据理想变压器的电压和电流规律：解得甲图中高压线电压为乙图中高压线电流为故B正确，ACD错误。故选B。4.如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P点以与x轴正方向成60°的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、电荷量为q，OP=a。不计重力。根据上述信息可以得出（　　）A.带电粒子在磁场中运动的轨迹方程B.带电粒子在磁场中运动的速率C.带电粒子在磁场中运动的时间D.该匀强磁场的磁感应强度【4题答案】 【答案】A【解析】【分析】【详解】粒子恰好垂直于y轴射出磁场，做两速度的垂线交点为圆心，轨迹如图所示A．由几何关系可知因圆心的坐标为，则带电粒子在磁场中运动的轨迹方程为故A正确；BD．洛伦兹力提供向心力，有解得带电粒子在磁场中运动的速率为因轨迹圆的半径可求出，但磁感应强度未知，则无法求出带电粒子在磁场中运动的速率，故BD错误；C．带电粒子圆周的圆心角为，而周期为 则带电粒子在磁场中运动的时间为因磁感应强度未知，则运动时间无法求得，故C错误；故选A。5.如图，为粗细均匀的圆形金属线框，直流电源的两端与顶点相连，圆弧所对圆心角为．整个装置处于垂直于线框的匀强磁场中．若段受到的安培力大小为，则整个圆形线框受到的安培力大小为（　　）A.B.C.D.【5题答案】【答案】C【解析】【详解】设圆弧电流为I，则圆弧电流为0.2I，而圆弧中与圆弧处于对称位置部分的安培力为部分受到安培力的0.2倍，也就是0.4N，剩余部分电流方向相反安培力抵消掉了，圆弧与圆弧对称位置部分圆弧电流方向一致故总安培力相加为。故选C。6.如图所示，某小型水电站发电机的输出功率，发电机的电压，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻，在用户端用降压变压器把电压降为。已知输电线上损失的功率，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是（　　） A.发电机输出的电流B.输电线上的电流C.降压变压器的匝数比D.用户得到的电流【6题答案】【答案】C【解析】【详解】A．根据电功率公式发电机输出电流A错误；B．输电线上损失功率，由可得故B错误；C．降压变压器原副线圈得到的功率为P4=P-P线=95kW根据理想变压器电流与线圈匝数成反比关系，可得 C正确；D．用户得到的功率为，用户得到的电流D错误。故选C。7.图甲为手机及无线充电板，图乙为充电原理示意图。充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电。为方便研究，现将问题做如下简化：设受电线圈的匝数为n，面积为S，磁场视为匀强磁场。若在t1到t2时间内，磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度由B1增加到B2，则这段时间内，线圈中产生的平均感应电动势的大小和感应电流方向（俯视）为（　　）A.顺时针B.逆时针C.逆时针D.顺时针 【7题答案】【答案】A【解析】【详解】受电线圈内部磁场向上且增强，据楞次定律可知，受电线圈中产生的感应电流方向由c到d，即顺时针方向，根据法拉第电磁感应定律可得电动势为故A正确，BCD错误。故选A。8.如图所示，垂直于纸面的匀强磁场存在于半径为r的圆内，一束速度为v0的带电粒子对圆心从P点入射时，经磁场后速度方向偏转60°射出，现将磁感应强度调整为原来的2倍，粒子束的速度大小不变，方向可在纸面内调节、不计重力及粒子束之间相互作用，则粒子束出射点距P点的最远距离为（　　）A.B.1.5rC.D.【8题答案】【答案】A【解析】【详解】由题意可知，原来粒子做匀速圆周运动的半径由几何关系得因为 得所以将磁感应强度调整为原来的2倍，粒子束的速度大小不变时，粒子做匀速圆周运动的半径为想让粒子束出射点距P点最远，即粒子在磁场中轨迹对应弦长最大，因为所以当弦长为粒子做圆周运动的直径时，弦长最大，即故选A。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.关于下列课本上四幅插图的说法正确的是（　　）A.图甲是速度选择器示意图，电子能够沿直线通过速度选择器的条件是B.图乙是磁流体发电机结构示意图，由图可以判断出A极板是发电机的正极C.图丙是质谱仪结构示意图，打在底片上的位置越靠近狭缝说明粒子的比荷越大D.图丁是回旋加速器示意图，增大电压U可使粒子飞出加速器时的动能增大【9题答案】 【答案】AC【解析】【详解】A．图甲是速度选择器示意图，电子能够沿直线通过速度选择器满足则故A正确；B．图乙是磁流体发电机结构示意图，根据左手定则可知正离子向下极板偏移，因此可以判断出A极板是发电机的负极，故B错误；C．图丙是质谱仪结构示意图，根据解得可知比荷越大半径越小，越接近狭缝，故C正确；D．图丁是回旋加速器示意图，根据则动能可知动能与加速电压无关，故D错误。故选AC。10.如图甲所示，正方形线圈abcd内有垂直于线圈的匀强磁场，已知线圈匝数n=10，边长ab=1m，线圈总电阻r=1Ω ，线圈内磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示。设图示的磁场方向与感应电流方向为正方向，则下列有关线圈的电动势e，感应电流i，焦耳热Q以及ab边的安培力F（取向下为正方向）随时间t的变化图象正确的是（　　）A.B.C.D.【10题答案】【答案】CD【解析】【详解】A．0~1s内产生的感应电动势为e1==2V方向为逆时针，同理1~5s内产生的感应电动势为e2==1V方向顺时针，A错误；B．对应0~1s内的感应电流大小为方向为逆时针（负值），同理1~5s内感应电流大小为i2=1A方向顺时针（正值），B错误； C．ab边受到的安培力大小为F=nBiL可知0~1s内0≤F≤4N方向向下，1~3s内0≤F≤2N方向向上，3~5s内0≤F≤2N方向向下，C正确；D．线圈产生的焦耳热为Q=eit0~1s内Q1=4J1~5s内Q2=4JD正确。故选CD。11.CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图（a）是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图（b）所示。图（b）中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线（如图中带箭头的虚线所示），将电子束打到靶上的点记为P点。则（　　） A.M处的电势高于N处的电势B.偏转磁场的方向垂直于纸面向外C.增大M、N之间的加速电压可使P点右移D.增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点右移【11题答案】【答案】C【解析】【分析】【详解】A．根据题意可知，电子在MN之间加速，受到向右的电场力，所以MN之间的电场线水平向左，则M点的电势比N点电势低，故A错误；B．由电子运动轨迹粒子，电子进入磁场时受到竖直向下的洛伦兹力作用，根据左手定则可知偏转磁场的方向垂直于纸面向里，故B错误；CD．电子在加速电场中加速，由动能定理得电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得解得电子在磁场中做圆周运动的轨道半径如增大M、N之间的加速电压，电子在磁场中做圆周运动的半径r增大，电子射出磁场时的偏角α减小，电子在磁场中转过的圆心角减小，电子出磁场时的速度偏角减小，P点右移；增大偏转磁场磁感应强度的大小，则电子在磁场中做圆周运动的半径减小，电子出磁场时的速度偏角增大，P点左移，故C正确，D错误。故选C。12.如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为L，电阻不计。在MQ之间接有一阻值为R的电阻。导体杆ab质量为m、电阻也为R，并与导轨接触良好，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。现给ab杆一个初速度，使杆向右运动。下列说法正确的是（　　） A.ab杆将做匀减速直线运动直到静止B.整个过程电阻R上产生的热量为C.ab杆速度减为时，ab杆加速度大小为D.ab杆速度减为零时，ab杆走过的位移为【12题答案】【答案】BD【解析】【详解】A．导体棒运动过程中受到安培力安培力方向与速度方向相反，因此做减速运动，安培力逐渐减小，则加速度逐渐减小，故A错误；B．整个过程中根据能量守恒可知回路中产生热量电阻R上产生的热量为C．ab杆速度减为时，ab杆加速度大小为故C错误；D．ab杆速度减为零时，根据动量定理得 ab杆走过的位移为故D正确。故选BD。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13.a．如图所示是“研究电磁感应现象”的实验装置：(1)如果在闭合开关时发现灵敏电流计指针向右偏了一下，那么合上开关后，将A线圈迅速插入B线圈中，电流计指针将__________偏转；（填“向左”、“向右”或“不”）(2)连好电路后，并将A线圈插入B线圈中后，若要使灵敏电流计的指针向左偏转，可采取的操作是___________；A．插入铁芯B．拔出A线圈C．变阻器的滑片向左滑动D．断开电键S瞬间b．G为指针零刻度在中央的灵敏电流表，连接在直流电路中时的偏转情况如图（1）中所示，即电流从电流表G的左接线柱进时，指针也从中央向左偏。今把它与一线圈串联进行电磁感应实验，则图(2)中的条形磁铁的运动方向是向________（填“上”、“下”）；图(4)中的条形磁铁下端为________极（填“N”、“S”）。 【13题答案】【答案】①.向右②.BD③.下④.S【解析】【详解】(1)[1]已知闭合开关瞬间，A线圈中的磁通量增加，产生的感应电流使灵敏电流计的指针向右偏转，可知磁通量增加时，灵敏电流计的指针向右偏转；当开关闭合后，将A线圈迅速插入B线圈中时，B线圈中的磁通量增加，所以产生的感应电流也应使灵敏电流计的指针向右偏转。(2)[2]要使灵敏电流计的指针向左偏转，根据楞次定律知，磁通量应减小。A．插入铁芯时，B线圈中的磁通量增加，故A错误；B．拔出A线圈时，B线圈中的磁通量减小，故B正确；C．变阻器的滑片向左滑动时，电流增大，B线圈中的磁通量增大，故C错误；D．断开电键S瞬间，电流减小，B线圈中的磁通量减小，故D正确。故选BD。[3]图(2)中指针向左偏，可以知道感应电流的方向是顺时针（俯视），感应电流的磁场方向向下，条形磁铁的磁场方向向上，由楞次定律可知，磁能量增加，条形磁铁向下插入。[4]图(4)中可以知道指针向右偏，则感应电流的方向逆时针（俯视），由安培定则可知，感应电流的磁场方向向上，条形磁铁向上拔出，即磁通量减小，由楞次定律可知，条形磁铁的磁场方向应该向上，所以条形磁铁上端为N极，下端为S极。14.某班物理实验课上，同学们用可拆变压器探究“变压器的电压与匝数的关系”。可拆变压器如图甲、乙所示。（1）下列说法正确的是__________。A.为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数小于副线圈匝数B.变压器开始正常工作后，铁芯导电，把电能由原线圈输送到副线圈C.可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，研究副线圈匝数对其电压的影响 D.测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定后再选用适当的挡位进行测量（2）一位同学实验时，观察两个线圈的导线，发现粗细不同，他选择的原线圈为800匝，副线圈为400匝，原线圈接学生电源的正弦交流输出端，所接电源为“8V”挡位，测得副线圈的电压为4.2V。则下列叙述中可能符合实际情况的一项是_________。A.原线圈导线比副线圈导线粗B.学生电源实际输出电压大于标注的“8V”C.原线圈实际匝数与标注“800”不符，应大于800匝D.副线圈实际匝数与标注“400”不符，应小于400匝（3）变压器铁芯是利用由相互绝缘的薄硅钢片平行叠压而成的，而不是采用一整块硅钢，如图所示。图中，硅钢片应平行于____________。A.平面abcdB.平面abfeC.平面abghD.平面aehd【14题答案】【答案】①.CDDC②.B③.D【解析】【详解】（1）[1]A．为了确保实验安全，应该使用降压变压器，实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，故A错误；B．变压器开始正常工作后，原副线圈根据互感原理，将电能由原线圈输送到副线圈，故B错误；C．可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，研究副线圈匝数对其电压的影响，故C正确；D．测量副线圈电压时，避免烧坏电压表，先用最大量程试测，大致确定后再选用适当的挡位进行测量，故D正确。故选CD。（2）[2]A．原线圈800匝，副线圈400匝，副线圈匝数少电流大，因此副线圈比较粗，减小热损，故A错误；B．因为原副线圈匝数比为2:1，副线圈实际电压为4.2V，因此学生电源实际电压大于标注的“8V”，故B正确； CD．根据可知，若原线圈实际匝数与标注“800”不符，应小于800匝，若副线圈实际匝数与标注“400”不符，应大于400匝，故CD错误。故选B。（3）[3]磁感线环绕方向应该沿闭合铁芯，产生的涡流应沿abcd平面，为了减小涡流影响，硅钢片应平行于平面aehd，故ABC错误，D正确。故选D。15.电子感应加速器是利用感生电场加速电子的装置，基本原理如图所示，上图为侧视图，S、N为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一环形真空室，下图为真空室的俯视图。电磁铁线圈中电流发生变化时，产生的感生电场可以使电子在真空室中加速运动。已知电子的带电量为e，质量为m，初速度为零，运动轨迹半径恒为R，电子轨迹所在处的感生电场的场强大小恒为E，方向沿轨迹切线方向。求：（1）经时间t电子获得的动能；（2）t时刻电子所在位置的磁感应强度B的大小。【15题答案】【答案】（1）；（2）【解析】 【详解】（1）电子受到一直沿切线方向的电场力而不断加速，由牛顿第二定律得由匀变速直线运动规律得由动能表达式联立解得（2）电子受到一直指向圆心的洛伦兹力而不断改变速度的方向，由牛顿第二定律得解得16.图为一电流表的原理示意图。质量为m的均质细金属棒MN的中点处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，弹簧劲度系数为k。在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于ab。当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合，当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流强度。（1）若要电流表正常工作，MN的哪一端应与电源正极相接？（2）若，，，，此电流表的量程是多少？（不计通电时电流产生的磁场的作用）（3）若将量程扩大2倍，磁感应强度应变为多大？【16题答案】 【答案】（1）M端接正极；（2）；（3）【解析】【详解】（1）为使指针有示数，金属棒所受安培力向下，因此电流从M流向N，M端接正极。（2）设弹簧的伸长为，则有设满量程时通过MN的电流强度为Im，则有联立并代入数据得（3）设量程扩大后，磁感应强度变为B′，则有解得代入数据得17.如图，两根足够长的光滑平行金属导轨固定于倾角的斜面上，导轨上、下端分别接有阻值为和的电阻，导轨自身电阻不计，导轨宽度为，在整个导轨平面内有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度，现将质量为，电阻为的金属棒ab在较高处静止释放，金属棒ab下滑高度为h，，金属棒ab在下滑过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好。求金属棒ab：（1）达到的最大速度vm；（2）从静止到h=2.4m过程中通过电阻的电量q；（3）从静止到（已达到最大速度）过程中电阻产生的热量Q。 【17题答案】【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）切割产生的感应电动势外电路总电阻根据闭合电路欧姆定律得导体棒所受安培力当加速度a为零时，速度v达最大，有解得速度最大值带入数据可得（2）根据电磁感应定律有根据闭合电路欧姆定律有 通过电源总电量联立得由以上各式解得通过的电荷为（3）金属棒下滑过程中根据能量守恒定律可得代入数据解得电阻R1中产生的热18.如图所示，在空间建立正交坐标系Oxyz，空间中存在范围足够大，大小可调节的沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场。过x轴上C（2L，0，0）点有平行于yOz平面的无限大平面光屏，质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子从坐标原点O沿z轴正方向以初速度vo射入该空间中，不计粒子重力。（1）若空间内只存在如图所示的电场，粒子打在光屏上的P点，CP=4L，求此电场的电场强度E的大小；（2）若空间内只存在如图所示的磁场，粒子经过段时间到达坐标为（0，－L，）的位置，求此磁场的磁感应强度B0的大小；（3）若电场和磁场同时存在，已知磁场磁感应强度为B，粒子第一次回到x轴上并经过A（L，0，0）点，求电场强度E的大小；（4）若空间中电磁场与（3）相同，粒子在O点时的速度v0在xOz平面内并与x 轴正方向夹角为60°，且v0=，求粒子打到光屏上时的位置坐标。【18题答案】【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【解析】【详解】（1）粒子做类平抛运动，水平方向竖直方向解得（2）如图由几何关系 可得由解得（3）x轴方向由静止做匀加速直线运动yOz平面内做匀速圆周运动，第一次回到x轴，则可得（4）粒子在x轴方向做匀加速直线运动可得故粒子恰好在磁场中完成一个圆周，则打在光屏上时位置坐标为（2L，0,0）。