【期中真题】江苏省南京师范大学附属中学2021-2022学年高二上学期期中物理试题.zip

南京师大附中2021-2022学年第1学期

高二年级期中考试物理试卷

一、单项选择题（每小题4分，共10小题，共40分，每个小题只有一个选项正确）

1. 篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球。接球时，两手随球迅速收缩至胸前，这样做可以（　　）

A. 减小球对手的冲量 B. 减小球对手的动量变化率

C. 减小球的动量变化量 D. 减小球的动能变化量

【答案】B

【解析】

【详解】根据动量定理，有

即

两手随球迅速收缩至胸前，这样做可以延长篮球与手的接触时间，从而达到减小作用力的效果。

故选B。

2. 如图所示情况中，线圈中能产生感应电流的是（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】A.线圈与磁场平行，磁通量为零，没变化，不会产生感应电流，选项A错误；

B.线圈没有闭合，不会产生感应电流，选项B错误；

C. 线圈与磁场平行，磁通量为零，没变化，不会产生感应电流，选项C错误；

D.导体棒切割磁感线运动，线圈形成闭合回路，有感应电流产生，选项D正确。

 故选D。

3. 如图所示，螺线管CD的导线绕法不明，当磁体AB插入螺线管时，电路中有图示方向的感应电流产生，下列关于螺线管产生的磁场极性的判断正确的是（　　）

A. C端一定是N极 B. C端一定是S极

C. C端的极性一定与磁铁B端的极性相同 D. 无法判断极性的关系，因螺线管的绕法不明确

【答案】C

【解析】

【详解】CD．在磁体插入螺线管过程中，穿过螺线管CD的磁通量增大，感应电流的磁场与原磁场的方向相反，阻碍磁铁AB插入螺线管，C端的极性一定与磁铁B端的极性相同，C正确，D错误；

AB．因磁铁AB极性不明或螺线管的绕法不明确，C端的极性无法判断，AB错误。

故选C。

4. 如图所示，直线MN上方存在着范围足够大的匀强磁场，在边界上的O点垂直于磁场且垂直于边界方向同时发射两个速度相同的粒子1和2，其中粒子1经过A点，粒子2经过B点。已知O、A、B三点在一条直线上，且，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，下列判断正确的是（　　）

A. 两个粒子的比荷之比5:3 B. 两个粒子在磁场中运动的半径之比为3:2

C. 两个粒子同时经过A点和B点 D. 粒子1在磁场中运动的时间较长

【答案】A

【解析】

【详解】AB．设，粒子1和2的轨道半径为、，如图所示为粒子1的轨迹可得

同理可得

由题意

可得

故

由洛伦兹力提供向心力可得

整理可得

可得两个粒子的比荷之比

选项A正确，B错误；

CD．粒子在磁场中运动周期为

则两粒子运动的周期之比为

粒子1从到A转过的圆心角与粒子2从到B转过的圆心角相等，均为，由

可知两个粒子不能同时经过A点和B点，粒子1在磁场中运动的时间较短，选项CD错误；

故选A。

5. 通电的正三角形导线框abc与无限长通电直导线MN在同一平面内，导线框中通以如图所示顺时针方向的电流，bc边与MN平行。下列说法正确的是（　　）

A. ab边与ac边所受的安培力的合力方向与MN平行

B. 线框所受安培力的合力为零

C. 线框面积有减小的趋势

D. 线框在安培力作用下一定有向左的运动趋势

【答案】D

【解析】

【详解】ABD．根据安培定则，可知无限长通电直导线MN在其右侧产生垂直于纸面向里的磁场，根据左手定则，可知ab边与ac边所受的安培力的合力方向水平向左，与MN垂直，bc受的安培力水平向右，由于ab边与ac边更靠近导线MN，磁感应强度越大，故ab边与ac边所受的安培力的合力大于bc所受的安培力，则线框所受安培力的合力不为零，故线框在安培力作用下一定有向左的运动趋势，故AB错误，D正确；

C．三边受力均向外，线框面积有扩张的趋势，故C错误。

故选D。

6. 如图所示，六根直导线均匀分布在圆心为O的圆周上，导线中均通有方向垂直纸面向里、大小相同的电流。若将其中一根直导线的电流反向，圆心O处的磁感应强度大小为，则该电流在圆心O处产生的磁感应强度为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】由右手螺旋定则及磁场的叠加原理可知对称的两根同向电流在圆心O处的磁感应强度大小为0，设一根导线在圆心O处的磁感应强度大小为B，若将其中一根导线中的电流反向，与此导线关于圆心O处的对称的导线在圆心O处的磁感应强度也为B，方向相同，则两根导线的合磁场强度大小为2B，其他四根导线在圆心O处的磁感应强度大小为0，则

 则该电流在圆心O处产生的磁感应强度

故选A。

7. 如图所示，两光滑平行长直导轨水平放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场与导轨所在平面垂直，已知金属棒MN能沿导轨自由滑动，导轨一端跨接一个定值电阻R，金属棒与导轨电阻不计。金属棒在恒力F作用下从静止开始沿导轨向右运动，在以后过程中，金属棒速度v、加速度a、感应电动势E以及通过电阻R的电荷量q随时间t变化图线正确的是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】A．金属棒受到恒力作用开始做加速运动，运动以后由于切割磁感线，导体棒受到安培力的作用，由牛顿第二定律得

随着速度的增大，加速度越来越小，所以v-t图像的切线斜率逐渐减小，最终做匀速运动，故A错误；

B．由上式可知，导体棒加速度满足

则有

由于加速度逐渐减小，所以a-t图像的切线斜率逐渐减小，故B错误；

C．电动势

则

由于加速度逐渐减小，所以E- t图线切线斜率逐渐越小，最后E不变，C正确；

D．I-t图像的斜率为

又因

由于速度逐渐增大，所以q- t图线切线斜率逐渐变大，速度最大时，斜率最大，D错误。

故选C。

8. 如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路。虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面。回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直。从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论不正确的是（　　）

A. 感应电流方向先逆时针，后为顺时针 B. CD段直导线始终不受安培力

C. D点与圆弧部分中点的最大电势差为 D. 感应电动势平均值

【答案】ABC

【解析】

【详解】A．在进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量一直增大，根据楞次定律和右手安培定则可知感应电流的方向为逆时针方向，感应电流的方向不变，A错误符合题意；

B．在进入磁场的过程中，根据楞次定律知，CD上的电流方向为D指向C，根据左手定则知，CD直导线受到向下的安培力，B错误符合题意；

C．当半圆形线框进入一半时，有效的切割长度最大，感应电动势最大，则感应电动势的最大值

D点与圆弧部分中点的最大电势差为

C错误符合题意；

D．线框进入磁场的时间

根据法拉第电磁感应定律知,感应电动势平均值

D正确不符合题意；

故选ABC。

9. 如图所示，两段平行光滑金属轨道通过导线交叉相连，间距相同，轨道处于水平面内，分别处于竖直方向的匀强磁场中。两段轨道上垂直轨道静止放置两根金属棒。两棒质量相同，电阻相同。不计轨道的摩擦和电阻，轨道足够长，棒不会脱离轨道，下列说法正确的是（　　）

A. 给ab棒向右的初速度，cd棒将向左运动

B. 给ab棒初速度，cd棒最终的速度也是

C. 给ab棒向右的初速度，cd棒中的电流逐渐减小

D. 给ab棒和cd棒相同的向右的初速度，ab棒中电流方向从b到a

【答案】C

【解析】

【详解】A．给ab棒向右的初速度，ab棒产生的感应电流由b流向a，则cd棒中电流为由d流向c，由安培定律得cd棒受到的力方向水平向右，向右运动，A错误；

B．给ab棒初速度，cd棒由于受到安培力运动进行加速运动，同时ab棒由于受到安培力作用进行减速运动，直到两者速度相同，故cd棒最终的速度小于，B错误；

C．给ab棒初速度，cd棒由于受到安培力向右运动，同时产生由c到d的电流，与ab棒产生电流方向相反，故cd棒中的电流逐渐减小，C正确；

D．给ab棒和cd棒相同的向右的初速度，两棒产生大小相同的电动势，ab棒中无电流，D错误。

故选C。

10. 如图甲所示，物块A、B间栓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。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的v-t图如图乙所示，则下列说法正确的是（　　）

A. A的质量为3kg

B. 运动过程中A的最大速度为

C. 在A离开挡板前，AB及弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒

D. 在A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为9J

【答案】B

【解析】

【详解】A．A刚离开墙壁与弹簧恢复原长时B的速度最大，由图乙所示图象可知，B的最大速度

弹簧伸长最长时弹力最大，的加速度最大，此时共速，由图知共同速度为

共

在A离开挡板后，取向右为正方向，由动量守恒定律，有

解得

故A错误；

B．当弹簧第一次恢复原长时A的速度最大，由动量守恒定律和机械能守恒得

解得A的最大速度

故B正确；

C．在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，A、及弹簧组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故C错误；

D．分析A离开挡板后A、的运动过程，并结合图象数据可知，弹簧伸长到最长时，A、的共同速度为

共

根据机械能守恒定律和动量守恒定律，有

共

联立解得弹簧的最大弹性势能

故D错误。

故选B。

二、非选择题：共5题，共60分，其中第12-15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后的结果的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

11. 如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。

（1）若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则应选择_____

A. m1＞m2，r1＜r2 B. m1＞m2，r1＞r2 C. m1＞m2，r1=r2 D. m1＜m2，r1=r2

（2）图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置，测量平抛射程。然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨S位置静止释放，与小球m2相撞，并多次重复。接下来要完成的必要步骤是___________。（填选项的符号）

A.用天平测量两个小球的质量m1、m2

B.测量小球m1开始释放高度h

C.测量抛出点距地面的高度H   

D.分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置

E.测量两球平抛射程

（3）经测定入射小球的质量为m1，被碰的小球质量为m2，小球落地点的平均位置距O点的距离如图所示。碰撞前、后m 的动量分别为p1与，若碰撞结束时m2的动量为，碰撞前、后系统总动量的比值为___________（用m1、m2、x1、x2、x3表示）

（4）有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的射程增大。分析和计算出被碰小球m2平抛运动射程的最大值为_______（用m1、m2、x2表示）

【答案】    ①. C    ②. ADE    ③.     ④.

【解析】

【详解】（1）[1]要使两球发生对心正碰，两球半径应相等，即r1、r2大小关系为

r1=r2

为防止入射球碰撞后反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即：m1、m2大小关系为

m1＞m2

故选C。

（2）[2] 要验证动量守恒定律定律，即验证

m1v0=m1v1+m2v2

小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得

m1v0t=m1v1t+m2v2t

因此本实验需要测量的量有两小球的质量m1、m2和平抛射程OM、ON，显然要确定两小球的平均落点M和N的位置，则

m1OP=m1OM+m2ON

因此在该实验中，需要用天平测量两个小球的质量m1、m2，以及需要分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N并测量平抛射程OM，ON，而不需要测量小球m1开始释放高度h以及测量抛出点距地面的高度H，故选ADE。
（3）[3]碰撞前后总动量的比值

（4）[4]小球发生弹性碰撞时，被碰小球平抛射程最大，根据动量守恒

m1OP=m1OM+m2ON

根据能量守恒

m1OP2=m1OM2+m2ON2

联立可得

即

12. 如图所示为速度选择器，两平行导体板之间有方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度为B=0.5T，上下两板间距为d=0.4m，导体板的长度L=0.4m，一质量为、电荷量为的带正电微粒，从S点恰能以速度沿直线（图中平行于导体板的虚线，与上下板距离相等）通过速度选择器，不计微粒所受的重力。

（1）求速度选择器两板间的电压U，并指出上下板中哪一个电势较高

（2）若撤去速度选择器两板间的电场，调节磁感应强度使微粒不能离开速度选择器，求磁感应强度的取值范围。

【答案】（1）2000V，上板；（2）

【解析】

【详解】（1）由于粒子沿直线运动，竖直方向受力平衡

代入数据解得

则两板间的电压为

上板电势较高

（2）由于粒子不能离开速度选择器，则粒子只能在上边界的最左侧及最右侧之内运动，在最左侧时，根据几何关系，可得

在最右侧时，根据几何关系可得

根据洛伦兹力提供向心力，则有

解得

由于

所以B取值范围为

13. 如图甲所示，固定在水平面上电阻不计的光滑金属导轨，间距d=1m，导轨右端连接一阻值为的小灯泡L。在CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化如图乙所示，CF长为l=0.5m，在t=0时刻，电阻为R=1Ω的金属棒ab在水平恒力F作用下，由静止开始沿导轨向右运动，金属棒从图中位置运动到EF位置的整个过程中，通过小灯泡的电流大小始终没有发生变化。求：

（1）金属棒进入磁场前感应电动势E的大小

（2）金属棒在磁场中运动时ab两点间的电势差Uab

（3）金属棒的质量。

【答案】（1）0.5V；（2）-0.375V；（3）2kg

【解析】

【详解】（1）金属棒进入磁场前感应电动势E的大小为

（2）根据闭合电路欧姆定律得

因b点电势高，则金属棒在磁场中运动时ab两点间的电势差Uab

（3）金属棒匀强磁场中做匀速运动，根据平衡条件得

金属棒在匀强磁场中做匀速运动产生的感应电动势为

解得

金属棒从图中位置运动到CD位置，根据动量定理得

解得

14. 如图所示，质量为M的圆形薄板（不计厚度）水平放置，其圆心处于质量为m的小球（可视为质点）之间用一段一定长度（无弹性、不可伸长）轻绳（图中没有画出）连接，开始时，球紧挨着板的圆心处放置，在它们正下方h=0.2m处，有一固定支架，架上有一个半径为的圆孔，且小于薄板的半径R，圆孔与薄板中心均在同一竖直线上，现让球与薄板同时下落（不计空气阻力），当薄板落到固定支架上时，与支架发生没有机械能损失的碰撞，碰后球与薄板即分离，直到轻绳绷紧，在绷紧瞬间绳作用力远大于重力，轻绳绷紧前薄板与支架未发生第二次碰撞。（只考虑薄板与支架发生第二次碰撞前的情况）

（1）薄板质量M=2kg，薄板与支架碰撞时间为0.01s，求碰撞过程支架对薄板的平均作用力大小

（2）薄板质量M=2kg，小球质量m=0.2kg，绳长l=0.5m时，求绳绷紧后瞬间板与球的速度

（3）薄板质量M和小球质量m为任意值时，绳长满足什么条件可使绳绷紧后瞬间板与球的速度方向是向下的？

【答案】（1）820N；（2）0.39m/s；（3）0.8m≤l≤1.6m

【解析】

【详解】（1）圆板下落h与支架将要碰撞时速度

解得

选取向下为正方向，由动量定理可得

解得

F=820N

（2）此时薄板以速度v0向上做匀减速运动，小球以v0向下做加速运动，以向下为正方向

薄板

小球

解得

t=0.125s

细绳绷紧过程由动量守恒定律

解得

方向向上；

（3）要使球与板以共同速度v向下，由于薄板质量M和小球质量m为任意值，必须使板反弹后在下落阶段绳子才拉直；

当板刚到达最高点时，细绳绷紧，此时绳长最小；
板速度减为0的时间

板上升的最大高度

这段时间内小球下降的距离

绳的最短长度

l=l1+l2=0.8m

当板下落到C处时，细绳绷紧，此时绳长最长，当板落到C时，历时

小球下降距离为

代入数据解得

l2′=1.6m

综上可得，要使v向下，绳长应满足

0.8m≤l≤1.6m

15. 如图所示，有一以y为对称轴、半径为R的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xoy平面向外、磁感应强度为，直线PQ与圆形匀强磁场边界相切且平行于y轴，PQ右侧分布有足够大的磁场，强弱、方向均与圆形磁场一样；圆形磁场边界O点有一粒子发射装置，持续地、均匀地向各个方向发射质量为m、电荷量大小为q的正粒子，粒子初速度大小为，调整发射装置，粒子的发射方向被限制在如图所示范围内，左边界与y轴夹角为，右边界与y轴夹角为，，，，。有一足够长的弹性板OD紧贴着x轴放置，粒子打在板上时会被反弹（碰撞时间极短），反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变，方向相反，粒子电荷量保持不变，粒子重力不计，不考虑粒子间的相互作用力，不考虑粒子间的碰撞，粒子可以自由地通过边界PQ。（，）求：

（1）速度方向与y轴成角的粒子射到边界PQ上时与PQ的夹角；

（2）若粒子第一次打到极板OD上的坐标为x，求的粒子占总粒子的比例k（用分数表示）；

（3）粒子与挡板发生碰撞后，与y轴成角的粒子和与y轴成角的粒子在极板OD上的落点会重合，求重合落点的位置坐标最小值。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）由磁聚焦概念可知（或作图可知），从O点射入圆形磁场的带电粒子其出磁场方向水平向右，如图：

故该粒子与PQ夹角

（2）粒子在磁场中圆周运动，则有

解得半径为

由几何关系可知，粒子从不同位置经过PQ进入磁场，其在极板上的位置x=1.8R时有两个值，其图像如图：

则临界角分别为127°及53°。当临界角为127°时，入射方向与水平方向夹角为53°；当临界角为53°时，入射方向与水平方向夹角为53°。又因为被限制在与水平方向的61°到141°之间，则

（3）夹角为29°时在极板上坐标为，有

，

当夹角为51°时在极板上坐标为，有

即最小公倍数为，则