2022-2023学年辽宁省重点高中沈阳市郊联体高二（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年辽宁省重点高中沈阳市郊联体高二（上）期末物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年辽宁省重点高中沈阳市郊联体高二（上）期末物理试卷
一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）
1. 下列说法正确的是(    )
A. 电荷放入磁场中一定受洛伦兹力的作用，洛伦兹力的方向与该处磁场方向垂直
B. 磁感应强度的定义式B=FIL，因此B与F、I、L的变化有关
C. 磁通量既有大小又有方向所以是矢量
D. 电场力可以做正功、负功或者不做功，但洛伦兹力永远不做功
2. 某电场中的电场线分布如图所示，现将一带负电的点电荷从A点移至B点需克服电场力做功，则B、C两点的场强和电势的大小关系是(    )

A. EB>EC，φBEC
故A正确，BCD错误。
故选A。
根据电场线的疏密判断电场强度的大小，对于不在同一电场线上的两点在判断其电势高低时，可以通过等势线把它们移动到同一电场线上，然后根据沿电场线电势降低进行判断．
本题运用推论法确定电场中电势的高低是常用的思路．要抓住电场线的两个物理意义：电场线的方向反映电势的高低，电场的疏密表示场强的相对大小．

3.【答案】B 
【解析】
【分析】
当开关S闭合时，通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮.开关S断开瞬间也可以按照同样的思路分析。
【解答】 
AB.当电键K闭合时，A2立即发光。通过线圈L的电流增大，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，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，A错误，B正确；
CD.稳定后，当电键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A1和A2串联，两灯电流相同，都过一会儿熄灭，由于断开S之前，两灯电流相等，亮度相同，则灯A2不会闪亮，流过A2的电流方向向右，CD错误。
故选B。
  
4.【答案】D 
【解析】
【分析】
全反射发生的条件是光必须从光密介质射入光疏介质且入射角必须大于等于临界角，根据sinC=1n可以得出临界角；根据折射定律得出从E点射入的光线的折射角；根据λ=vf判断波长的变化。
本题是光的折射和全反射的常规题目的考查，不难。
【解答】
画出光路图如图

A.该单色光从空气射向三棱镜，不可能在AB边界发生全反射，故A错误；
B.根据对称性可知，光线射到AC边时的入射角等于AB边时的折射角，根据光路可逆性原理知，该单色光在AC边界不会发生全反射，故B错误。
C.光从空气进入三棱镜，频率不变，波速减小，由 λ=vf 可知，波长变短，故C错误；
D.在E点，入射角为i=60°，设折射角为r，由n=sinisinr
可得r=30°
根据几何关系知，该单色光在三棱镜中的传播光线与底边BC平行，故D正确；
故选D。
  
5.【答案】D 
【解析】A.理想变压器输入功率等于输出功率，比值为1：1，故A错误；
B.变压器原、副线圈中的电流强度与匝数成反比，即I1I2=n2n1=13
故B错误；
C.由图(b)可知交流电压最大值 Um=27 2V ，周期T=0.02s，角速度ω=100πrad/s，则可得u=27 2sin100πt(V)
故C错误；
D.由题图知电压表的读数总等于输入电压的有效值，所以电压表示数不变，变压器的次级电压也不变，则RT的温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，故D正确。
故选D。
变压器原副线圈的功率相等；
根据变压器的匝数比得出电流值比；
根据图像得出周期和最大值，结合角速度和周期的关系得出角速度，由此得出电压的瞬时表达式；
匝数保持不变，则副线圈的电压保持不变，当温度升高时，电阻变小，根据欧姆定律分析电流表的变化。
本题主要考查了变压器的构造和原理，理解原副线圈的功率相等，同时熟记电压、电流之比与匝数比的关系，根据欧姆定律分析出电流的变化。

6.【答案】C 
【解析】设AB的加速度大小为a，速度大小为v，则根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和牛顿第二定律综合可得F−B2L2vR=ma
解得a=Fm−B2L2vmR
由上式可知AB在开始的一段时间内做加速度减小的加速运动，最后加速度减为零做匀速运动，即v随t的变化率逐渐减小至零，又因为I=BLvR∝v
所以I随t的变化率也是逐渐减小至零，故C正确。
故选C。


7.【答案】BD 
【解析】A.根据题意可得，粒子的受力如图所示

微粒做匀减速运动，电场方向水平向右，根据沿电场线电势降低，所以A点的电势高于B点的电势，故A错误；
BC.微粒做匀减速运动，速度减小，动能减小，电场力做负功，电势能增大，则微粒在A点时的动能大于在B点时的动能，在A点时的电势能小于在B点时的电势能，故B正确，C错误；
D.从A到B过程中，动能、重力势能与电势能之和保持不变，故D正确。
故选BD。


8.【答案】BD 
【解析】
【分析】
画出a、b粒子对应的运动轨迹图；由所受洛伦兹力的方向结合左手定则判断粒子带电正负；找到两粒子圆心角大小关系来比较运动时间长短；由几何条件求得半径比值，应用牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，求得速度大小和加速度大小之比。
本题考查了带电粒子在磁场中运动的问题，画运动轨迹图是解决此类问题的基本功，掌握垂直速度方向画圆心所在的直线，依据其它条件(如出射点的位置，轨迹与边界相切等)确定圆心位置，即可确定轨迹半径与圆心角；知道速度大小与轨迹半径相关联，运动时间与轨迹圆心角相关联。
【解答】
A.根据左手定则，粒子a带负电，粒子b带正电，故A错误；
B.粒子a在磁场中运动时，轨迹的圆心角比b大，运动时间较长，故B正确；
C.粒子的运动轨迹如图所示

设扇形的半径为l，根据几何关系，a粒子的轨迹半径为r1=l4
对b粒子，有(r2−l2)2+l2=r22
解得r2=5l4
粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，即qvB=mv2r
由于粒子a、b的比荷相等，所以速度之比为v1v2=r1r2=15
故C错误；
D.粒子运动的向心加速度为a=v2r
所以向心加速度之比为a1a2=v12r2v22r1=15
故D正确。
故选BD。
  
9.【答案】ACD 
【解析】A.根据带电粒子在磁场中的偏转方向，根据左手定则知，该粒子带正电，则在速度选择器中电场力水平向右，则洛伦兹力水平向左，根据左手定则知，磁场方向垂直纸面向外，故A正确；
B.进入 B0 磁场的粒子速度相同，根据T=2πmqB0
可知，周期不一定相同，则在该磁场中运动时间不一定相等，故B错误；
C.能通过狭缝P的带电粒子，在过速度选择器时做直线运动，则qE=qvB
解得v=EB
故C正确；
D.进入偏转电场后，则qvB0=mv2r
解得r=mvqB0=mEqBB0
则可知r越大，粒子打在胶片上的位置越远离狭缝P，粒子的比荷越小，故D正确。
故选ACD。
粒子经过速度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平，根据带电粒子在磁场中的偏转方向判断电荷的电性。根据平衡求出粒子经过速度选择器的速度。通过带电粒子在磁场中的偏转，根据半径的大小判断粒子比荷的大小。
解决本题的关键知道粒子在速度选择器中做匀速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动。

10.【答案】ABD 
【解析】A.根据法拉第电磁感应定律E=nΔBΔtS=4V
则闭合S2、电路稳定后，通过R2的电流大小为I=ER1+R2+r=0.4A
故A正确；
B.根据楞次定律，线圈中产生的感应电流为顺时针方向，则闭合S2、电路稳定后，电容器上极板带正电，故B正确；
CD.闭合S2、电路稳定后电容器上极板带正电，则当再断开S1，电容器放电，通过R2的电流由a流向b，电路稳定后电容器带电量Q=CUR2=7.2×10−6C
则电路稳定后再断开S1，通过R2的电荷量为7.2×10−6C，故C错误D正确；
故选ABD。


11.【答案】3.8  B电路  5.00  0.13 
【解析】(1)[1]用直流10V档测量时，最小刻度0.2V，则读数为3.8V；
(2)[2]考虑到电流表内阻的影响，则应该选择两种测量充电宝电动势和内阻的电路中B电路；
(3)[3][4]由图像可知，电动势E=5.0V
内阻r=ΔUΔI−R0=5.01.6Ω−3Ω=0.13Ω
故答案为：(1)3.8；(2)B电路；(3)5.00；0.13
(1)根据电表的读数规则得出对应的读数；
(2)根据实验原理选择合适的电路进行实验；
(3)根据欧姆定律，结合图像的物理意义得出电动势和内阻的大小。
本题主要考查了电源电动势和内阻的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合闭合电路欧姆定律和图像的物理意义即可完成分析。

12.【答案】     A     D     E     d     小     πUD24IL 
【解析】(1)[1]因电源使用输出电压为3V的直流稳压电源，因此电压表应选用V1(量程3V，内阻约为15kΩ)选A。
[2]流经待测电阻的最大电流约为I=ER=36A=0.5A=500mA
则电流表应选用A2(量程600mA，内阻约为1Ω)，选D。
[3]因电压表的读数从零开始调，滑动变阻器要用分压方式接入电路，为调节方便，应选最大电阻值比较小的R1(0∼5Ω,0.6 A)，选E。
(2)[4]滑动变阻器要用分压方式接入电路；又因为6Ω< 15000×1Ω，R< RVRA
可知电流表应选用外接方式，因此abc错误，d正确，即实验最合理的电路图应选择d图。
[5]由于电压表的分流作用，使电流表的读数大于实际流经待测电阻的电流，由欧姆定律 R=UI 可知，测量值比真实值偏小。
(3)[6]由电阻定律可知R=ρLS=ρLπD22
由欧姆定律 R=UI ，金属丝的电阻率则有ρ=πUD24IL


13.【答案】(1)400V；(2) 150 2V ；(3)0.25C 
【解析】(1)线圈转动过程中感应电动势的最大值为Em=NBSω=400V
(2)线圈转动过程中感应电动势的有效值为E=Em 2=200 2V
交流电压表的示数为U=RER+r=150 2V
(3)从图示位置转过 90∘ 过程中的通过线圈截面的电荷量为q=It=ER+rt=NBStR+rt=0.25C
本题主要考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律的应用以及电流的定义式。
(1)根据感应电动势的最大值表达式即可求得线圈转动过程中感应电动势的最大值；
(2)根据交流电最大值和有效值的关系即可求得感应电动势的有效值，根据闭合电路欧姆定律和欧姆定律即可求得交流电压表的示数；
(3)根据电流的定义式，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律即可求得从图示位置转过90∘过程中的通过线圈截面的电荷量q。

14.【答案】(1) 3mv02qL ；(2) mv022qL 
【解析】(1)粒子运动轨迹如图所示

设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r，由几何关系可得r+rsin30°=L
得                           r=23L
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qv0B=mv02r
解得             B=3mv02qL
(2)粒子在电场中做类平抛运动，水平方向2L=v0t
竖直方向L=12at2
且qE=ma
解得E=mv022qL


15.【答案】(1) vm=2.0m/s ；(2) PR=3W ；(3) q=1.0C 
【解析】(1)金属棒由静止释放后，沿斜面做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时有最大速度 vm ，由牛顿第二定律得mgsinθ−μmgcosθ−F安=0
又F安=BIL
I=ER+r
E=BLvm
解得vm=2.0m/s
(2)金属棒以最大速度 vm 匀速运动时，电阻R上的电功率最大，此时PR=I2R
联立解得PR=3W
(3)设金属棒从开始运动到达到最大速度过程中，沿导轨下滑距离为x，由能量守恒定律mgxsinθ=μmgxcosθ+QR+Qab+12mvm2
根据焦耳定律QRQab=Rr
联立解得x=2.0m
根据q=IΔt
I=ER+r
E=ΔΦΔt
ΔΦ=BLx
解得q=BLxR+r=1.0C
(1)释放金属棒后，金属棒受到重力、支持力、安培力、滑动摩擦力四个力作用，由于棒的速度增大，导致感应电流增大，从而阻碍导体运动的安培力也增大，所以加速度减小．当加速度减小为零时，棒的速度达到最大，写出平衡式，结合感应电动势、欧姆定律、安培力的式子，就能求出最大速度．
(2)棒做匀速直线运动时，电流最大，消耗的电功率最大，由电功率的式子可以求出电阻R上的最大电功率PR．
(3)由于已知金属棒在整个过程中产生的热量，则电阻R上产生的热量能够求出，从而知道机械能的减小量，由于动能的增量能算出，则棒减小的重力势能可以求出．那么就能表示出磁通量的改变量、平均感应电动势、乃至平均感应电流，于是通过导体的电荷量就能求出(时间Δt最后消掉)．
本题的关键是第三问，求电量问题往往是用平均值来进行计算．由能量守恒求出重力势能的减少量，从而能求出磁通量的变化量．