2023-2024学年江苏省扬州市新华中学高二（下）期中考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省扬州市新华中学高二（下）期中考试物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.物理学史上许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程，关于电磁波的发现及应用，下列说法正确的是( )
A. 红外线的热效应可以用来杀菌消毒
B. 麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在
C. 电视机遥控器用紫外线遥控，无线电波频率比体检胸透用的电磁波频率高
D. 利用X射线可以进行通信、广播
2.下列与电磁感应有关的现象中，说法正确的是( )
A. 甲图变压器把硅钢切成片状的目的是为了增大涡流
B. 乙图探雷器使用通以恒定电流的长柄线圈来探测地下是否有较大金属零件的地雷
C. 丙图冶炼炉通高频交流电时，金属块会产生涡流
D. 丁图磁电式仪表的线圈绕在铝框骨架上，铝框起到了电磁驱动的作用
3.如图所示，在边界PQ上方有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子同时从边界上的O点沿与PQ成θ角的方向以相同的速度v射入磁场中，则正、负电子( )
A. 在磁场中的运动时间相同B. 在磁场中运动的位移相同
C. 出边界时两者的速度相同D. 正电子出边界点到O点的距离更大
4.演示自感现象的电路如图所示，L为电感线圈。闭合开关S，电路稳定时，两只完全相同的灯泡A1、A2亮度相同，下列说法正确的是( )
A. 闭合开关S时，A1、A2同时变亮
B. 若断开开关，通过A2的电流从左向右
C. L的直流电阻与R的阻值相同
D. 若断开开关，A1逐渐变暗，A2闪亮一下再逐渐变暗
5.如图所示，MN和PQ为处于同一水平面内的两根平行的光滑金属导轨，金属棒ab垂直于导轨放置且与导轨接触良好。N、Q端接理想变压器的初级线圈，变压器的输出端有三组次级线圈，分别接有电阻元件R、电感元件L和电容元件C。在水平金属导轨之间加竖直向下的匀强磁场，则下列判断中正确的是( )
A. 只要ab棒运动，三个副线圈都有电流
B. 若ab棒向右匀速运动，R中有电流
C. 若ab棒运动的速度按正弦规律变化，则三个副线圈中都有电流
D. 若ab棒向左匀加速运动，则三个副线圈中都有电流
6.如图所示，一多匝矩形线圈放在匀强磁场中，线圈电阻r=1.0Ω，外电路电阻R=9.0Ω。当线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，产生的电动势e=20sin10πt(V)，闭合开关S，下列说法正确的是
( )
A. 线圈转到图示位置时电路中的电流最大B. 该交变电流的频率为10Hz
C. 电路中理想交流电流表的示数为2.0AD. 线圈转动一周产生的电能为4.0J
7.物理实验小组的同学研究通电直导线在磁场中受力情况的小实验，装置如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一轻质挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤读数为F1；现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒，当导体棒中通入方向垂直纸面向里的电流后，台秤读数为F2，则以下说法正确的是( )
A. 弹簧长度将变长B. 弹簧长度将不会变化
C. F18.LC振荡电路，极板M的带由量随时间的变化如图所示。在某段时间里，回路磁场能在减小，电流方向为顺时针，则这段时间对应图像中哪一段( )
A. 0∼t1B. t1∼t2C. t2∼t3D. t3∼t4
9.如图所示是质谱仪的工作原理图。带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E。平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2。平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场。下列说法中正确的是( )
A. 质谱仪不能用来分析同位素
B. 速度选择器中的磁场方向垂直纸面向内
C. 能通过狭缝P的带电粒子的速率等于v=BE
D. 粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越大
10.如图所示，圆形区域存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场．一质量为m，电荷量为q的粒子沿平行于直径AC的方向射入磁场，射入点到直径AC的距离为磁场区域半径的一半，粒子从D点射出磁场时的速率为v，不计粒子的重力．则
A. 圆形磁场区域的半径为2mvqB B. 圆形磁场区域的半径为mvqB
C. 粒子在磁场中运动的时间为πm4qBD. 粒子在磁场中运动的时间为πm6qB
11.如图所示，足够长的竖直绝缘管内壁粗糙程度处处相同，处在方向彼此垂直的匀强电场和匀强磁场中，电场强度和磁感应强度的大小分别为E和B，一个质量为m，电荷量为+q的小球从静止开始沿管下滑，下列关于小球所受弹力N、运动速度v、运动加速度a、运动位移x，运动时间t之间的关系图像中正确的是
( )
A. B.
C. D.
二、实验题：本大题共1小题，共6分。
12.在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示。
(1)观察变压器的铁芯，它的结构和材料是： ；
A.整块硅钢铁芯 B.整块不锈钢铁芯
C.绝缘的铜片叠成 D.绝缘的硅钢片叠成
(2)在实际实验中将电源接在原线圈的“0”和“8”两个接线柱之间，用电表测得副线圈的“0”和“4”两个接线柱之间的电压为3.0V，则原线的输入电压可能为 ；(填字母)

(3)该实验中用到某一交流电，电流随时间变化的图像如图所示，则此交流电电流的有效值为_______A．
三、计算题：本大题共4小题，共50分。
13.如图甲所示，一个匝数n=100匝的圆形线圈，面积S=0.3m2，电阻r=1Ω.线圈中存在由里向外的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示．将线圈两端a、b与一个R=2Ω的电阻相连接，b端接地．忽略感生电场在左侧电路产生的电动势，求：

(1)圆形线圈中产生的感应电动势E；
(2)电路中消耗的总功率P；
(3)a端的电势φa．
14.图(a)是一理想变压器的电路连接图，图(b)是原线圈两端所加的电压随时间变化的关系图象，已知电压表的示数为20 V，两个定值电阻的阻值R均为10 Ω，则：
(1)求原、副线圈的匝数比；
(2)将开关S闭合，求原线圈的输入功率；
(3)若将电流表A2换成一只单向导电的二极管，求电压表示数．
15.如图，两足够长的光滑平行导轨水平放置，处于磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨间距为L，一端连接阻值为R的电阻。一金属棒垂直导轨放置，质量为m，接入电路的电阻为r，水平放置的轻弹簧左端固定，右端与金属杆中点链接，弹簧劲度系数为k，装置处于静止状态。现给导体棒一个水平向右的初速度v0，第一次运动到最右端时，棒的加速度为a，棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，弹簧在弹性限度内，重力加速度为g，求：
(1)金属棒开始运动时受到的安培力F的大小和方向；
(2)金属棒从开始运动到第一次运动到最右端时，通过R的电荷量q；
(3)金属棒从开始运动到最终停止的整个过程中，R上产生的热量Q。
16.某高中物理课程基地拟采购一批实验器材，增强学生对电偏转和磁偏转研究的动手能力，其核心结构原理可简化为题图所示．AB、CD间的区域有竖直向上的匀强电场，在CD的右侧有一与CD相切于M点的圆形有界匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．一带正电粒子自O点以水平初速度v0正对P点进入该电场后，从M点飞离CD边界，再经磁场偏转后又从N点垂直于CD边界回到电场区域，并恰能返回O点．已知OP间距离为d，粒子质量为m，电荷量为q，电场强度大小E= 3mv02qd，粒子重力不计．试求：
(1)粒子从M点飞离CD边界时的速度大小；
(2)P、N两点间的距离；
(3)磁感应强度的大小和圆形有界匀强磁场的半径．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】A.紫外线可以用来杀菌消毒，故A错误；
B.麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在，故B正确；
C.电视机遥控器用红外线遥控，体检胸透用的电磁波是X射线，无线电波频率比体检胸透用的电磁波频率低，故C错误；
D.X射线具有放射性，不可用于通信、广播，故D错误。
故选B。
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查涡流现象和电磁阻尼现象。
涡流是指大块导体放在时变磁场中时，导体中会激起感生电场，导体中电子在感生电场的驱动下就会形成电流，由于这种电流是闭合电流，因此叫涡电流；
根据穿过线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电动势，出现感应电流，进而受到安培阻力，阻碍指针的运动。
【解答】
A.变压器的铁芯由薄硅钢片叠压而成，是为了减小涡流，提高效率，故A错误；
B.用来探测金属壳的地雷或有较大金属零件的地雷的探雷器是利用涡流工作的，需要通以交变电流，故B错误；
C.冶炼炉通高频交流电时，金属块会产生涡流，涡流通过金属产生的热量使金属熔化，故C正确；
D.丁图磁电式仪表的线圈绕在铝框骨架上，铝框起到了电磁阻尼的作用，故D错误。
3.【答案】C
【解析】A.两粒子在磁场中运动周期为T=2πmqB，则知两个离子圆周运动的周期相等。
根据左手定则分析可知，正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，作出两粒子的运动轨迹，如图所示
两粒子重新回到边界时正离子的速度偏向角为2π−2θ，轨迹的圆心角也为2π−2θ，运动时间t1=2π−2θ2πT
同理，负离子运动时间t2=2θ2πT，时间不相等，故A错误；
BD.根据洛伦兹力提供向心力，则有qvB=mv2r
得r=mvqB
由题q、v、B大小均相同，则r相同，根据几何知识可得，重新回到边界的位置与O点距离S=2rsinθ
r、θ相同，则S相同，故两粒子在磁场中运动的位移大小相同，方向不同，两粒子出边界点到O点的距离一样大，故BD错误；
C.正负离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，根据圆的对称性可知，重新回到边界时速度大小与方向相同，故C正确。
故选C。
4.【答案】C
【解析】【分析】
当通过线圈本身的电流变化时，线圈中会产生自感现象，这是一种特殊的电磁感应现象，可运用楞次定律分析自感电动势对电流的影响。
【解答】
A、闭合开关S时，电阻R不产生感应电动势，灯泡A2立刻正常发光；流过线圈L的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律得知，感应电动势阻碍电流的增大，使得流过灯泡A1的电流逐渐增大，灯泡A1逐渐亮起来，故A错误；
B、断开开关瞬间，电感线圈L产生自感电动势阻碍电流的变化，所以L中的电流的方向不变；电感线圈L、电阻R、灯泡A1、灯泡A2构成自感回路，电流从右向左通过A2，故B错误；
C、闭合开关S，稳定后，最终A1与A2的亮度相同，则A1中电流等于A2中电流，根据欧姆定律可知电感线圈L与R的阻值相同，故C正确；
D、断开开关瞬间，电感线圈L、电阻R、灯泡A1、灯泡A2构成自感回路，电流从同一值开始缓慢减小至为零，故灯泡A1和灯泡A2均缓慢熄灭，故D错误。
5.【答案】C
【解析】解：AB、当ab棒匀速运动时，ab棒上产生恒定的感应电动势，原线圈中的电流不变，在副线圈不产生感应电动势，则三个副线圈均没有电流，故A、B错误。
C、若ab棒运动的速度按正弦规律变化，则原线圈中产生正弦式交流电，因为电容具有“通交流，隔直流”的特性，三个副线圈都有电流，故C正确。
D、若ab棒匀加速运动，原线圈中感应电流均匀增大，穿过副线圈的磁通量均匀增大，副线圈中产生恒定的感应电动势，由于电容器有隔直的特性，IC=0，而电感线圈有通直的特性，IL≠0，故I R≠0、IL≠0、IC=0，故D错误。
故选：C。
在ab棒匀速运动过程中，ab棒产生恒定的感应电动势，左边原线圈中产生恒定的电流，形成恒定的磁场，穿过右侧的三个副线圈的磁通量不变，没有感应电动势产生；若ab棒运动的速度按正弦规律变化，原线圈中产生正弦式交变电流，副线圈中将有感应电流产生；若ab棒匀加速运动，原线圈中感应电流均匀增大，副线圈中产生恒定的感应电动势。
本题考查对变压器原理的理解，并抓住产生感应电流的条件和电感、电容的特性进行分析。
6.【答案】D
【解析】解：A、线圈转到图示位置时磁通量最大，但是磁通量的变化率为零，则电路中的电流为零，故A错误；
B、该交变电流的频率为f=ω2π=10π2π=5Hz，故B错误；
C、交流电的有效值U=20 2V=10 2V，电路中理想交流电流表的示数为I=UR+r=10 29+1A= 2A，故C错误；
D、线圈转动一周产生的电能为Q=UIT=10 2× 2×15J=4.0J，故D正确。
故选：D。
通过电动势e=20sin10πt(V)得出交流电的周期和电压的最大值，即可得知交流电的频率；根据最大值计算出其有效值，结合电功率公式求出线圈所消耗的电能。
本题考查交流电的最大值、有效值以及功率公式的应用，要注意在求解功率时一定要用到电流的有效值．
7.【答案】D
【解析】CD.如图甲所示
导体棒处的磁场方向指向右上方，根据左手定则可知，导体棒受到的安培力方向垂直于磁场方向指向右下方，根据牛顿第三定律，对条形磁铁受力分析，如图乙所示，条形磁铁对台秤的压力减小，则
F1>F2
故C错误，D正确；
AB.在水平方向上，由于Fʹ有向左的分量，则磁铁压缩弹簧，所以弹簧长度变短，故AB错误。
故选D。
8.【答案】D
【解析】【分析】
明确电磁振荡中当电容器充电时，磁场能转化为电场能，而当电容器放电时，电场能转化为磁场能，再根据电流的方向分析符合条件的过程。
对于电路的振荡过程要注意明确：电容器具有储存电荷的作用，而线圈对电流有阻碍作用，同时掌握振荡过程能量的转化情况。
【解答】
依题意，在LC振荡电路中，由于回路磁场能在减小，说明线圈L正在对电容器C进行充电，把储存的磁场能转化为电容器极板间的电场能，由于回路中电流为顺时针方向，则此时M极板带正电，且所带电荷量逐渐增大，结合图像可知对应这段时间为 t3∼t4 。
故选D。
9.【答案】D
【解析】AC.设加速电压为 U ，则离子在加速电场中根据动能定理有
Uq=12mv2
离子在速度选择器中恰好做匀速直线运动通过狭缝P时应满足
Eq=Bqv
可得
v=EB
离子通过狭缝后在磁场中偏转，由洛伦兹力充当向心力有
B0qv=mv2R
联立解得
R=1B0 2mUq
则可知，能通过狭缝P的带电粒子的速率等于 EB ，而所有能通过狭缝的离子会因比荷的不同，而在磁场中做圆周运动时的轨迹半径不同，从而达到分析同位素的目的，故AC错误；
B.根据题图可知，离子要被加速电场加速，则离子必定带正电，加速后的离子进入速度选择器后所受电场力水平向右，因此其所受洛伦兹力必定向左，根据左手定则可知，速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外，故B错误；
D.根据
R=1B0 2mUq
可知，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，则说明离子在磁场中做圆周运动的轨迹半径越小，则 mq 应越小，而离子的比荷 qm 应越大，故D正确。
故选D。
10.【答案】B
【解析】【分析】
作出粒子的运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心力和几何关系求解即可。
【解答】
AB.粒子运动轨迹如图所示：
，
根据洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力有qvB=mv2r，解得：r=mvBq，由几何关系可得四边形ODO′E是菱形，则圆形区域中匀强磁场的半径R与粒子运动的轨迹半径r相等，即：R=r=mvBq，故A错误，B正确；
CD.由几何关系可得粒子在磁场中偏转60∘，则在磁场中运动的时间为16T，即t=16⋅2πmBq=πm3Bq，故CD错误。
11.【答案】A
【解析】小球向下运动的过程中，在水平方向上受向右的电场力qE和水平向左的洛伦兹力 qvB 和管壁的弹力N的作用，水平方向上合力始终为零，则有： N=qE−qvB ①，在竖直方向上受重力 mg 和摩擦力f作用，其中摩擦力为： f=μN=μqE−qvB ②，在运动过程中加速度为： a=mg−fm=g−μ(qE−qvB)m ③，由 N=qE−qvB 式可知，N−v图象时一条直线，且N随v的增大而减小，A正确；由①②③可知，小球向下运动的过程中，速度的变化不是均匀的，所以加速度的变化也不是均匀的，B错误；由②可知，在速度增大的过程中，摩擦力是先减小后增大的(在达到最大速度之前)，结合③式可知加速度先增大后减小，C图体现的是加速度先减小后增大，C错误；在速度增到最大之前，速度是一直增大，而图D体现的是速度先减小后增大，所以选项D错误．
12.【答案】(1)D
(2)C
(3)5

【解析】(1)为了防止产生涡流，观察变压器的铁芯，它的结构和材料是绝缘的硅钢片叠成。
故选D。
(2)若是理想变压器，则有变压器线圈两端的电压与匝数的关系
U1U2=n1n2
若变压器的原线圈接“0“和”8”两个接线柱，副线圈接“0”和“4”两个接线柱，可知原副线圈的匝数比为2：1，副线圈的电压为3V，则
U1=n1n2U2=6V
考虑到不是理想变压器，有漏磁等现象，则原线圈所接的电源电压大于6V，可能为7V。故选C。
(3)根据交流电电流的有效值的定义
I12R⋅14T+I22R⋅14T+I32R⋅14T+I42R⋅14T=I2RT
其中
I1=4 2A ， I2=3 2A ， I3=−3 2A ， I4=−4 2A
解得
I=5A
13.【答案】解：(1)线圈产生的电动势：E=nΔΦΔt=nΔBΔtS=100×0.64×0.3V=4.5V；
(2)由闭合电路欧姆定律得电路中电流为：I=ER+r=4.52+1A=1.5A
电路中消耗的总功率：P=I2R+r=1.52×3W=6.75W；
(3)由楞次定律可知，电流沿顺时针方向，b点电势高，a点电势低，
为：UR=IR=1.5×2V=3V，
则有：UR=φb−φa，又因为b端接地，则φb=0
即φa=−3V。
【解析】(1)由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势；
(2)由欧姆定律求出电流，由电功率定义式即可求解；
(3)由楞次定律可以判断出感应电流方向，然后判断电势高低；
本题考查了求电动势、电势等，应用法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电功率表达式即可正确解题。
14.【答案】解：(1)由图象知原线圈电压有效值为：220 2 2=200V，
已知电压表的示数为20V，
根据电压与匝数成正比知原、副线圈的匝数比是：n1n2=101，
(2)将开关S闭合，副线圈总电阻是5Ω，
所以输出功：P2=U2R=80W
输入功率等于输出功率，所以原线圈的输入功率是80W．
(3)换成二极管后，电压表两端的电压时间图象如图：
设电压表的读数是U，根据有效值定义得：
Q=(20)2R⋅T2=U2R⋅T
解得：U=10 2V.
答：(1)原、副线圈的匝数比是101；
(2)将开关S闭合，原线圈的输入功率是80W；
(3)若将电流表A2换成一只具有单向导电性的二极管，电压表示数是10 2V.
【解析】根据图b得到输入电压的最大值和频率，求解出有效值，根据变压比与匝数成正比，变流比与匝数成反比求解．
二极管是一种具有单向导电性能的器材，根据有效值的定义求解．
本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解．
15.【答案】解：(1)金属棒开始运动时：感应电动势为E0=BLv0，
由闭合电路欧姆定律得，感应电流为I0=BLv0R+r，
安培力大小为F=BI0L=B2L2v0R+r，
根据右手定则可知，金属棒中电流方向向外，再由左手定则可判断，安培力方向水平向左；
(2)设金属棒向右运动的最大距离为x，则加速度a=kxm，
由法拉第电磁感应定律得，此过程回路中产生的平均感应电动势E=ΔΦΔt=BLxΔt，
由闭合电路欧姆定律，得I=ER+r，
由电流的定义式可得q=IΔt，
联立以上各式解得：q=BLmakR+r；
(3)从开始运动到最终停止的整个过程，由能量守恒定律，得回路产生的总热量为：Q总=12mv02，由于QQ总=RR+r，
解得R上产生的热量为Q=mv02R2R+r。
【解析】本题考查闭合电路的欧姆定律、法拉第电磁感应定律、导体切割磁感线时的感应电动势，电磁感应中的能量转化及能量守恒定律
(1)根据金属棒的速度求出电动势，根据闭合电路欧姆定律求电流，从而求出安培力；
(2)结合法拉第电磁感应定律E=ΔΦΔt、电流的定义式I=qt和闭合电路欧姆定律I=ER+r，可以得到电荷量的推论公式q=ΔΦR+r，即可求解电量；
(3)根据能量守恒定律，结合串联电路知识，求出R上产生的焦耳热。
16.【答案】解：(1)据题意，作出带电粒子的运动轨迹，如图所示：
粒子从O到M点时间：t1=dv0
粒子在电场中加速度：a=Eqm= 3v02d
粒子在M点时竖直方向的速度：vy=at1= 3v0
粒子在M点时的速度：v= v02+vy2=2v0
速度偏转角正切：tanθ=vyv0= 3，故θ=60°；
(2)粒子从N到O点时间：t2=d2v0
粒子从N到O点过程的竖直方向位移：y=12at22
故P、N两点间的距离为：PN=y= 38d
(3)由几何关系得：Rcs60°+R=PN+PM=5 38d
可得半径：R=5 312d
由qvB=mv2R，即：R=mvqB
解得：B=8 3mv05qd
由几何关系确定区域半径为：R′=2Rcs30°
即 R′=54d
答：(1)粒子从M点飞离CD边界时的速度大小为2v0；
(2)P、N两点间的距离为 38d；
(3)磁感应强度的大小为8 3mv05qd，圆形有界匀强磁场的半径为54d。
【解析】(1)粒子从O到M点过程是类似平抛运动，根据类似平抛运动的分运动公式列式求解即可；
(2)从N到O过程是类似平抛运动，根据类似平抛运动的分运动公式列式求解即可；
(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹，结合几何关系确定轨道半径，然后根据牛顿第二定律列式求解。
本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，画出运动轨迹，然后结合类似平抛运动的分运动公式、牛第二定律、几何关系列式求解，不难。