湖北省2022学年武汉外国语学校高二上期末物理试卷

2022-2022学年湖北省武汉外国语学校高二（上）期末物理试卷一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）1.物理学的基本原理在生产生活中有着广泛应用．在下面器件中，利用电磁感应原理工作的是（　　）A.回旋加速器B.电磁炉C.质谱仪D.示波管2.如图所示，一圆柱形铁芯上沿轴线方向绕有矩形线圈，铁芯与磁极的缝隙间形成了辐向均匀磁场．磁场的中心与铁芯的轴线重合．当铁芯绕轴线以角速度ω顺时针匀速转动的过程中，线圈中的电流变化图象是下图中的哪一个？（从图位置开始计时，NS极间缝隙的宽度不计．以b边的电流进入纸面，a边的电流出纸面为正方向）（　　）A.B.C.D.3.如图所示，平行导轨间距为d，一端跨接一个电阻为R，匀强磁场的磁感强度为B，方向与导轨所在平面垂直．一根足够长的金属棒与导轨成θ角放置，金属棒与导轨的电阻不计．当金属棒沿垂直于棒的方向以速度v滑行时，通过电阻R的电流强度是（　　）A.BdvRsinθB.BdvRC.BdvsinθRD.BdvcosθR4.如图所示，边长为2l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个边长的l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直，导线框和虚线框的对角线重合．从t=0开始，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿对角线方向移动进入磁场，直到整个导线框离开磁场区域．用I表示导线框中的感应电流，取逆时针方向为正．则下列表示I-t关系的图线中，可能正确的是（　　）A.B.C.D.5.在水平地面上方有正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向水平向里．现将一个带正电的金属小球从M点以初速度v0水平抛出，小球着地时的速度为v1，在空中的飞行时间为t1．若将磁场撤除，其它条件均不变，那么小球着地时的速度为v2，在空中飞行的时间为t2．小球所受空气阻力可忽略不计，则关于v1和v2、t1和t2的大小比较，以下判断正确的是（　　）A.v1>v2，t1>t2B.v1<v2，t1<t2c.v1=v2，t1<t2d.v1=v2，t1>t26.如图所示，均强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界d点垂直与磁场方向射入，沿曲线dpa打到屏MN上的a点，通过pa段用时为t．若该微粒经过p点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏MN上．两个微粒所受重力均忽略．新微粒运动的（　　）A.轨迹为pb，至屏幕的时间将小于tB.轨迹为pc，至屏幕的时间将大于tC.轨迹为pb，至屏幕的时间将等于tD.轨迹为pa，至屏幕的时间将大于t7.如图所示，实线表示处在竖直平面内的匀强电场的电场线，与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿虚线L斜向上做直线运动，L与水平方向成β角，且α＞β，则下列说法中正确的是（　　）A.液滴一定做匀速直线运动B.液滴可能带负电C.电场线方向一定斜向下D.液滴有可能做匀变速直线运动二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）8.边长为L的正方形金属框在水平恒力F作用下运动，穿过方向如图的有界匀强磁场区域，磁场区域的宽度为d（d＞L）．已知ab边进入磁场时，线框的加速度恰好为零，则线框进入磁场的过程和从磁场另一侧穿出的过程相比较，有（　　）A.产生的感应电流方向相反B.所受的安培力方向相反C.进入磁场过程的时间等于穿出磁场过程的时间D.进入磁场过程的发热量少于穿出磁场过程的发热量9.如图所示的电路中，A、B是完全相同的灯泡，L是电阻不计的电感线圈，下列说法中在确的是（　　）A.当开关S闭合时，A灯先亮，B灯后亮B.当开关S闭合时，A、B灯同时亮，电路稳定后，B灯更亮，A灯熄灭C.当开关S断开时，A灯闪亮一下再媳灭D.当开关S断开时，B灯过一会儿熄灭10.如图所示的电路中，两根光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨下端接有电阻R7/7，导轨电阻不计，斜面处在竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场中，金属棒ab质量为m电阻可略不计，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F的作用，金属棒沿导轨匀速下滑，则它在下滑h高度的过程中，以下说法正确的是（　　）A.作用在金属棒上各力的合力做功为零B.重力做功将机械能转化为电能C.重力与恒力F做功的代数和等于电阻R上产生的焦耳热D.金属棒克服安培力做功等于电阻R上产生的焦耳热三、填空题（本大题共1小题，共6.0分）1.在“研究电磁感应现象”的实验中，首先按图 （a）接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系．当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在表盘正中央．然后按图（b）所示将电流表与副线圈B连成一个闭合回路，将原线圈A、电池、滑动变阻器和电键S串联成另一个闭合电路．（1）S闭合后，将螺线管A（原线圈）插入螺线管B（副线圈）的过程中，电流表的指针将______偏转；（2）线圈A放在B中不动时，指针将______偏转；（3）线圈A放在B中不动，将滑动变阻器的滑片P向右滑动时，电流表指针将______偏转．（选填“向左”、“向右”或“不”）四、实验题探究题（本大题共1小题，共8.0分）2.利用伏安法测量干电池的电动势和内阻，现有的器材为：干电池：电动势约为1.5V电压表：量程1V，内阻998.3Ω，电流表：量程1A滑动变阻器：最大阻值50Ω电阻箱：最大阻值99999.9Ω单刀单掷开关1个导线若干①设计测量电源电动势和内阻的电路并将它画在指定的方框内，要求在图中标出电压表、电流表的接线柱的正负．②为了满足本实验要求并保证实验的精确度，电压表量程应扩大为原量程的______倍，电阻箱的阻值应为______Ω．五、计算题（本大题共4小题，共46.0分）3.如图（a）所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路，线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图（b）所示，图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0导线的电阻不计，求0至t1时间内（1）通过电阻R1上的电流大小和方向；（2）通过电阻R1上的电量q及电阻R1上产生的热量．4.如图所示，在某空间实验室中，有两个靠在一起的等大的圆柱形区域，分别存在着等大反向的匀强磁场，磁感应强度B=0.10T，磁场区域半径r=233m，左侧区圆心为O1，磁场向里，右侧区圆心为O2，磁场向外。两区域切点为C．今有质量m=3.2×10-26 kg．带电荷量q=1.6×10-19 C的某种离子，从左侧区边缘的A点以速度v=106 m/s正对O1的方向垂直磁场射入，它将穿越C点后再从右侧区穿出。求：（1）该离子通过两磁场区域所用的时间。（2）离子离开右侧区域的出射点偏离最初入射方向的侧移距离为多大？（侧移距离指垂直初速度方向上移动的距离）5.如图（甲）所示，边长为L=25m、质量m=0.50kg的正方形绝缘金属线框，平放在光滑的水平桌面上，磁感应强度B=0.80T的匀强磁场方向竖直向上，金属线框的一边ab与磁场的边界MN重合在水平向左的力F作用下金属线框由静止开始向左运动，在5.0s末从磁场中拉出。测得金属线框中的电演随时间变化的图象如图（乙）所示，已知金属线框的总电阻为R=4.0Ω。（1）t=2.0s时，金属线框的速度？7/7（2）写出力F随时间变化的关系式；（3）已知在5.0s内力F做功1.92J，那么，金属框从磁场拉出过程线框中产生的焦耳热是多少？1.如图所示，电阻忽略不计的、两根平行的光滑金属导轨竖直放置，其上端接一阻值为3Ω的定值电阻R．在水平虚线L1、L2间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场B，磁场区域的高度为d=0.5m．导体棒a的质量ma=0.2kg、电阻Ra=3Ω；导体棒b的质量mb=0.1kg、电阻Rb=6Ω，它们分别从图中M、N处同时由静止开始在导轨上无摩擦向下滑动，且都能匀速穿过磁场区域，当b 刚穿出磁场时a正好进入磁场．设重力加速度为g=10m/s2．（不计a、b之间的作用）求：（1）在整个过程中，a、b两棒克服安培力分别做的功；（2）M点和N点距L1的高度．7/7答案和解析1.【答案】B【解析】解：A、回旋加速器利用磁场使带电粒子旋转，电场使粒子加速。故A错误。B、电磁炉是利用电磁感应原理使产生涡流，将电能最终转化成内能。故B正确。C、质谱仪是利用电场加速，磁场使粒子偏转，不是电磁感应现象。故C错误。D、利用了电场加速和电场偏转的原理。故D错误。故选：B。回旋加速器利用磁场使带电粒子旋转，电场使粒子加速．电磁炉是利用电磁感应原理．质谱仪是利用电场加速，磁场使粒子偏转．示波器利用了电场加速和偏转的原理．本题的解题关键是要理解现代科技装置和产品的工作原理．2.【答案】C【解析】解：在一个周期内，前半个周期内：根据右手定则可知电流从b边进入纸面，a边的电流出纸面，为正值。设ab边长为L1，ad边长为L2，矩形abcd的面积为S，电阻为R，磁感应强度大小为B，则感应电动势大小为：E=2BωL2=BSω感应电流大小为：I==，保持不变。后半个周期内：根据右手定则可知电流从a边进入纸面，b边的电流出纸面，为负值。感应电流大小为：I==，保持不变。故C正确。故选：C。将一个周期分成两个半个周期研究，根据右手定则判断感应电流的方向，确定电流的正负．根据感应电动势公式推导电动势表达式，确定电流大小，然后选择图象．本题考查推导物理图象的能力．物理图象往往从物理规律推导出解析式然后选择图象．对于电流图象要从大小和方向两个方向分析．3.【答案】A【解析】解：ab棒有效的切割长度为：L=产生的感应电动势为：E=BLv=Bv，通过R的电流为：I==。故选：A。题中导体与磁场垂直，根据导体切割电动势公式E=Blv求出感应电动势，l是有效切割长度，再由闭合电路欧姆定律求出感应电流．本题容易产生的错误是认为金属棒的切割长度为d，感应电动势为E=Bdv，通过R的电流为．4.【答案】D【解析】解：AB，导线框完全进入磁场后，没有感应电流产生。故A、B均错误。C、进入和穿出磁场过程，线框有效切割长度变化，感应电动势和感应电流在变化，故C错误。D、线框进入磁场过程，有效切割长度L均匀增大，感应电动势E均匀增大，感应电流I均匀增大。穿出磁场过程，有效切割长度L均匀减小，感应电动势E均匀减小，感应电流I均匀减小，两个过程感应电流的方向相反。故D正确。故选：D。根据感应电流大小和方向，将选项逐一代入，检查是否符合题意来选择．本题采用的是排除法．做选择题常用方法有直判法、排除法、代入法、特殊值法、图象法等等．5.【答案】D【解析】解：因为洛伦兹力对粒子永远不做功，则根据动能定理，磁场存在与否，重力和电场力对小球做功相同，则小球着地时的速率都应该是相等的，即v1=v2．存在磁场时，小球就要受到向右上方的洛伦兹力，有竖直向上的分力，使得小球在竖直方向的加速度小于没有磁场时的加速度，在空中飞行的时间要更长些。即t1＞t2．故D正确。故选：D。未撤除磁场时，小球受到重力、电场力和洛伦兹力，但洛伦兹力不做功．根据动能定理分析速度大小关系．分析洛伦兹力对小球运动影响，分析时间关系．本题中小球在复合场中运动，关键要抓住洛伦兹力不做功，不改变速度大小的特点进行分析．6.【答案】D【解析】解：带电粒子和不带电粒子相碰，动量守恒故总动量不变；而总电量保持不变，则由Bqv=m可得R保持不变，故轨迹应为pa；因周期T=可知，因m增大，故周期增大，因所对应的弧线不变，圆心角不变，故pa所用的时间将大于t；故选：D。由动量守恒定律可得出粒子碰撞后的动量不变，由洛仑兹力与向心力的关系可得出半径表达式，则可得出碰后的轨迹；由周期变化可得出时间的变化．带电粒子在磁场中的运动要注意半径公式和周期公式在选择题中可直接使用，而在计算题中要注意推导使用．7.【答案】A【解析】7/7解：A、带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线方向的电场力F、垂直于速度方向的洛伦兹力f，由于α＞β，这三个力的合力不可能沿带电液滴的速度方向，因此这三个力的合力一定为零，带电液滴做匀速直线运动，不可能做匀变速直线运动，故A正确，D错误；B、当带电液滴带正电，且电场线方向斜向上时，带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线向上的电场力F、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力f作用，这三个力的合力可能为零，带电液滴沿虚线l做匀速直线运动；如果带电液滴带负电、或电场线方向斜向下时，带电液滴所受合力不为零，不可能沿直线运动，故BC错误；故选：A。带电液滴做直线运动，要么合力为零做匀速直线运动，要么所受合力与速度方向在同一直线上，做匀变速直线运动；对带电液滴进行受力分析，然后答题。知道液滴沿直线运动的条件是合力为零或所受合力方向与速度方向在同一直线上、对带电液滴正确受力分析，是正确解题的关键。8.【答案】AD【解析】解：A、线框进入磁场时，磁通量增大。穿出磁场时，磁通量减小，由楞次定律得知，感应电流方向相反。故A正确。   B、安培力阻碍导体与磁场的相对运动，则安培力均向左。故B错误。   C、进入磁场时，线框做匀速运动。进入磁场后，线框匀加速通过位移d-L，穿出磁场时，速度增大，安培力增大，则线框做减速运动，穿出磁场时，线框速度大于等于进入磁场时的速度。则进入磁场过程的时间大于穿出磁场过程的时间。故C错误。   D、根据功能关系：进入磁场过程，F做功等于线框的发热量。穿出磁场过程，F做功与动能的减小量之和等于线框的发热量，而拉力做功相等，则进入磁场过程的发热量少于穿出磁场过程的发热量。故D正确。故选：AD。根据楞次定律判断感应电流方向和安培力方向．分析金属框的运动情况确定进入与穿出时间长短．根据能量守恒定律研究热量关系．本题是电磁感应知识与力学知识的综合，关键在于运用牛顿定律对线框运动过程的分析．9.【答案】BC【解析】解：A、当开关S闭合时，电路中的电流增加，由于线圈的自感作用，将产生一自感电动势阻碍电流的增加，此时A、B二灯相当于串联，同时亮；电路稳定后线圈相当于一段导线，将A灯短路，A灯熄灭，B灯两端所加电压增加而变得更亮，故A错误，B正确。C、断开S时，B灯立即熄灭；线圈产生自感电动势，和灯泡A构成闭合电路，A灯先闪亮后逐渐变暗；故C正确，D错误；故选：BC。闭合S，A、B同时亮，随着L中电流增大，线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，B灯逐渐被短路，总电阻减小，再由欧姆定律分析B灯亮度的变化。对于通电与断电的自感现象，它们是特殊的电磁感应现象，可楞次定律分析发生的现象。10.【答案】ACD【解析】解：A、金属棒沿导轨匀速下滑，合力为零，则合力做功为零。故A正确。B、根据功能关系可知，重力做功等于系统产生的电能与克服恒力F做功之和。故B错误。C、根据动能定理可知，重力所做的功、恒力做功以及安培力做功之和为零，而安培力做功等于电路中产生的焦耳热，则可知，重力与恒力F做功的代数和等于电阻R上产生的焦耳热，故C正确；D、由能量转化和守恒定律得知，金属棒克服安培力做功等于电阻R上产生的焦耳热。故D正确。故选：ACD。金属棒沿导轨匀速下滑过程中，切割磁感线产生感应电流，导体棒受到安培力，金属棒克服安培力做的功等于系统产生的电能，即等于电阻R上产生的焦耳热．再根据动能定理和电磁感应知识研究功能关系．本题考查分析电磁感应现象中功能关系的能力，关键掌握常见的功与能的关系，知道金属棒克服安培力做的功等于系统产生的电能，运用动能定理是处理这类问题常用的方法．11.【答案】向右 不 向左【解析】解：在图甲中，闭合开关，电流从正接线柱流入电流表，电流表指针向左偏转，即电流从哪个接线柱流入，指针就向哪侧偏转．在图乙中，闭合开关后，由安培定则可知，线圈A中的电流产生的磁场竖直向上；（1）将S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，穿过B的磁场向上，磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流从电流表正接线柱流入，则电流表的指针将右偏转；（2）螺线管A放在B中不动，穿过B的磁场向上，因磁通量不变，由楞次定律可知，没有感应电流，则电流表的指针将不偏转；（3）螺线管A放在B中不动，穿过B的磁场向上，将滑动变阻器的滑动触片向右滑动时，穿过B的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流从电流表正接线柱流入，则电流表的指针将左偏转．故答案为：（1）向右； （2）不； （3）向左．由安培定则判断出判断出线圈A产生的磁场方向，然后判断出穿过线圈B的磁通量如何变化，最后由楞次定律判断出感应电流的方向，确定电流表指针的偏转方向．本题是一道基础题，熟练掌握并灵活应用安培定则及楞次定律即可正确解题．12.【答案】2 998.3【解析】解：①伏安法测干电池的电动势和内电阻实验，应采用电流表测电路中的电流；电压表改装后测量电压值；故电路如图所示；7/7②为了准确测量，电压表的量程应略大于电池的电动势，故可以将量程扩大为原来的2倍；故应串联一个与电压表内阻相同的电阻，故应串联的电阻为998.3Ω；故答案为：①2；②998.3．①本实验中可以采用伏安法测得电动势和内电阻，故可以将电流表与滑动变阻器串联即可，电压表由于量程太小，应串联一个电阻改装成大量程的电压表；②为了安全，电压表的量程应略大于干电池的电动势，根据电压表的改装方法可知应串联的电阻箱的阻值．解答实验题一定要认真审题，结合上下文进行分析；如本题中电压表应串联一个电阻增加量程后再用来测量电压．电压表增大量程，只需串联一个电阻即可．13.【答案】解：（1）由图象分析可知，0至t1时间内 △B△t=B0t0由法拉第电磁感应定律有E=n△Φ△t=n△B△ts而S=πr22由闭合电路欧姆定律有I1=ER1+R联立以上各式解得通过电阻R1上的电流大小为    I1=nB0πr223Rt0由楞次定律可判断通过电阻R1上的电流方向为从b到a．（2）通过电阻R1上的电量q=I1t1=nB0πr22t13Rt0通过电阻R1上产生的热量为 Q=I12R1t1=2n2B02π2r24t19Rt02答：（1）通过电阻R1上的电流大小为nB0πr223Rt0，方向为从b到a；（2）通过电阻R1上的电量q=nB0πr22t13Rt0，电阻R1上产生的热量为2n2B02π2r24t19Rt02．【解析】（1）由B-t图象的斜率读出磁感应强度的变化率，由法拉第电磁感应定律求出线圈中产生的感应电动势，由欧姆定律求出感应电流的大小，由楞次定律判断出感应电流的方向．（2）由公式q=It求出通过电阻R1上的电量q，由焦耳定律求出电阻R1上产生的热量．本题是法拉第电磁感应定律、欧姆定律、焦耳定律的综合应用，应用法拉第定律时要注意s是有效面积，并不等于线圈的面积．14.【答案】解：（1）离子在磁场中做匀速圆周运动，在左右两区域的运动轨迹是对称的，如右图，设轨迹半径为R，圆周运动的周期为T，由牛顿第二定律得，Bqv=mv2R，又因：T=2πRv，联立可得，R=mvBq T=2πmBq解得：R=2m，由轨迹图知，tanθ=rR=33  则θ=30°所以全段轨迹运动时间为：t=2×T360∘×2θ=T3联立可解得，t=4.19×10-6s（2）在图中过O2向AO1作垂线，联立轨迹对称关系，侧移总距离为d=2rsin2θ=2m答：（1）该离子通过两磁场区域所用的时间4.19×10-6s。（2）离子离开右侧区域的出射点偏离最初入射方向的侧移距离为2m。【解析】粒子从A点进入匀强磁场后，由洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律求出轨迹半径，得出轨迹的圆心角，由运动时间与周期的关系求出粒子从A到C的时间。粒子穿越右侧磁场的时间与穿越左侧磁场的时间相等，再求解总时间。根据运动轨迹与几何关系可确定离子离开右侧区域的出射点偏离最初入射方向的侧移距离。本题是有界磁场问题，关键是画出粒子的运动轨迹，运用几何知识求解半径。15.【答案】解：（1）设t=2.0s时的速度为v，据题意有：BLv=IR，解得：v=IRBL=0.4m/s（2）电流为：I=BLvR=0.1t解得：v=0.2t可知金属框的加速度为：a=0.2m/s2。根据牛顿第二定律得：F-B2L2vR=ma代入数据解得：F=0.2t+0.1（3）设t=5.0s时的速度为v′，整个过程中线框中产生的焦耳热为Q，则有：BLv′=I′R解得此时的速度为：v&#39;=I′RBL=1m/s根据能量守恒定律有：Q=WF−12mv2=1.67J答：（17/7）t=2.0s时，金属线框的速度为0.4m/s；（2）写出力F随时间变化的关系式F=0.2t+0.1；（3）已知在5.0s内力F做功1.92J，那么，金属框从磁场拉出过程线框中产生的焦耳热是1.67J。【解析】（1）根据2s时的电流求出感应电动势，结合切割产生的感应电动势公式求出2s时的速度。（2）根据欧姆定律和切割产生的感应电动势公式求出v-t的表达式，从而得出线框的加速度，根据牛顿第二定律得出F与t的关系式。（3）根据能量守恒定律求出金属框从磁场拉出过程线框中产生的焦耳热。本题考查了电磁感应与电路、图象和能量的综合运用，能够通过闭合电路欧姆定律，结合切割产生的感应电动势公式，得出v-t关系是解决本题的关键16.【答案】解：（1）由能量守恒定律可知，a棒克服安培力做功：Wa=magd=1.0J，b棒克服安培力做功：Wb=mbgd=0.5J；（2）b在磁场中匀速运动时，设速度为vb，总电阻R1=Rb+RaRRa+R=7.5Ω，b中的电流：Ib=BLυbR1 ①b所受的安培力大小为Fb=BIbL，由平衡条件得：B2L2υbR1=mbg ②同理，对a棒，由平衡条件得：B2L2υaR2=mag ③由以上各式得，υbυa=34 ④由匀变速直线运动的速度位移公式得：υ2=2gh ⑤整理得：hbha=916  ⑥由匀变速直线运动的速度公式得：va=υb+gt ⑦由匀速运动的位移公式得：d=υbt ⑧由④⑤⑥⑦⑧得 Ha=43m ⑨Hb=34m ⑩；答：（1）在整个过程中，a、b两棒克服安培力分别做的功为1J、0.5J；（2）M点和N点距L1的高度分半为：43m、34m．【解析】（1）a、b两棒都能匀速穿过磁场区域，穿过磁场过程中，重力势能减小转化为内能，而产生的内能等于两棒克服安培力分别做的功；（2）根据感应电动势公式、欧姆定律、安培力公式推导安培力与速度的关系式，根据两棒进入磁场都做匀速运动，得到速度的表达式．由速度位移关系式列出M点和N点距L1的高度与速度的关系式．根据当b刚穿出磁场时a正好进入磁场的条件，列出两棒的速度关系式，联立求出M点和N点距L1的高度．本题电磁感应与力学、电路等知识的综合应用，要善于挖掘题中隐含的条件，分析导体的受力情况和运动情况是关键．7/7</v2，t1<t2c.v1=v2，t1<t2d.v1=v2，t1>