山東省菏澤市2022-2023學年高二下學期期中考試物理 word版含解析

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2022—2023學年度高二第二學期期中考試物理試題（B）注意事項：1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分.滿分100分，考試時間90分鐘.2.答題前，考生務(wù)必將姓名、班級等個人信息填寫在答題卡指定位置.3.考生作答時，請將答案答在答題卡上.選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑；非選擇題請用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)域內(nèi)作答.超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效.一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.某區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖所示，則該磁場（　?。〢.不會在周圍空間產(chǎn)生電場B.會在周圍空間產(chǎn)生恒定的電場C.會在周圍空間產(chǎn)生變化的電場D.會在周圍空間產(chǎn)生電磁波【答案】B【解析】【詳解】ABC．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知由此可知，當磁場所在的面積一定，磁場隨時的變化成線性變化時，就會在周圍產(chǎn)生恒定的電場，而根據(jù)圖像可知，該磁場可以在周圍空間產(chǎn)生恒定的電場，故AC錯誤，B正確；D．由以上分析可知，變化的磁場產(chǎn)生了恒定的電場，而恒定的電場不能產(chǎn)生變化的磁場，因此就不會在周圍空間產(chǎn)生電磁波，故D錯誤。故選B。2.傳感器的應(yīng)用越來越廣泛，以下關(guān)于傳感器在生產(chǎn)生活中的實際應(yīng)用，說法正確的是（　?。〢.電梯能對超出負載作出“判斷”，主要利用的是力傳感器

1B.賓館的自動門能“感受”到人走近，主要利用的是聲音傳感器C.檢測汽車尾氣排放是否符合標準，主要利用的是熱傳感器D.紅外測溫槍向人體發(fā)射紅外線，從而測量人體溫度【答案】A【解析】【詳解】A．通過壓力傳感器，可以使電梯判斷是否超出負載，即電梯能對超出負載作出“判斷”，主要利用的是力傳感器，A正確；B．人賓館的自動門能“感受”到人走近，是因為安裝了紅外線傳感器，從而能感知紅外線，導(dǎo)致門被打開，B錯誤；C．檢測汽車尾氣排放是否符合標準，主要利用的是氣體傳感器，C錯誤；D．紅外測溫槍是通過接受人體向外輻射的紅外線，從而測量人體溫度，D錯誤。故選A。3.如圖所示，抽成真空的玻璃管水平放置，左右兩個電極分別連接到高壓電源兩極，陰極發(fā)射的電子自左向右運動。一條形磁鐵與水平面垂直，當磁鐵N極從正下方靠近玻璃管，則電子將（　?。〢.向上偏轉(zhuǎn)B.向下偏轉(zhuǎn)C.向紙面內(nèi)偏轉(zhuǎn)D.向紙面外偏轉(zhuǎn)【答案】C【解析】【詳解】根據(jù)左手定則可知，自左向右運動的電子受到的洛倫茲力方向垂直紙面向里，則電子將向紙面內(nèi)偏轉(zhuǎn)。故選C。4.如圖所示的電路，線圈的電阻忽略不計，閉合開關(guān)S，待電路達到穩(wěn)定狀態(tài)后斷開開關(guān)S，LC電路中將產(chǎn)生電磁振蕩，如果規(guī)定線圈中的電流方向從a到b為正，斷開開關(guān)的時刻，則電感線圈中電流i隨時間t變化的圖像為（　?。?/p>

2A.B.C.D.【答案】D【解析】【詳解】因線圈電阻為零，電路穩(wěn)定時，線圈兩端電壓為零，電容器不帶電；斷開開關(guān)后，t=0時刻線圈中電流最大，方向由b到a，則為負方向，則電感線圈中電流i隨時間t變化的圖像為D。故選D。5.如圖所示，空心鋁管豎直固定，磁性比較強的小圓柱形永磁體（圓柱直徑略小于鋁管的內(nèi)徑）從管的上端口由靜止釋放，磁鐵在管中運動時，沒有與鋁管內(nèi)壁發(fā)生摩擦.下列說法正確的是（　?。〢磁鐵沿管做自由落體運動B.磁鐵受到的阻力方向一直向上C.若管足夠長，磁體可能會停在管中某一位置D.若管足夠長，磁體可能會沿管向上運動【答案】B【解析】【詳解】AB．磁鐵在空心鋁管中運動過程，由于電磁感應(yīng)，鋁管中產(chǎn)生渦流，阻礙磁鐵的下落，磁鐵受到的阻力方向一直向上，故A錯誤，B正確；CD．隨著磁鐵下落速度的增大，鋁管中渦流對磁鐵的阻力也逐漸增大，磁鐵向下做加速度減小的加速運動，若管足夠長，磁鐵最終以穩(wěn)定的速度向下運動，故CD錯誤。故選B。6.如圖甲所示，在豎直向上的勻強磁場中，水平放置一圓形導(dǎo)體環(huán)，導(dǎo)體環(huán)所圍面積為.當磁感應(yīng)強度B隨時間t按乙圖變化時，則導(dǎo)體環(huán)中（　?。?/p>

3A.0~1s內(nèi)與1~2s內(nèi)，電流方向相反B.0~2s內(nèi)與2~4s內(nèi)，電流方向相同C.時，感應(yīng)電流為零D.時，感應(yīng)電動勢大小為0.01V【答案】D【解析】【詳解】AB．因B-t圖像的斜率的符號反映感應(yīng)電流的方向，可知0~1s內(nèi)與1~2s內(nèi)，電流方向相同，0~2s內(nèi)與2~4s內(nèi)，電流方向相反，選項AB錯誤；C．時，B為零，但不為零，則感應(yīng)電流不為零，選項C錯誤；D．時，感應(yīng)電動勢大小為選項D正確。故選D。7.如圖所示，正方形abcd區(qū)域（包含邊界）存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。一質(zhì)量為m、電量為q的正電粒子從a點沿著ab方向射入磁場中，邊長為l，不計粒子的重力，為使粒子從cd邊射出磁場區(qū)域，粒子的速度可能為（　?。〢.B.C.D.【答案】C【解析】詳解】根據(jù)洛倫茲力充當向心力，有

4可得可知對于同一粒子或比荷相同的粒子，在同一磁場中做圓周運動的軌跡半徑由速度決定，速度越大軌跡半徑越大，速度越小則軌跡半徑越小。因此，粒子若要從cd邊射出磁場區(qū)域，則恰好從d點出射時，粒子有最小速度，且此時ad為粒子軌跡的直徑，有解得若粒子恰好從c點射出，粒子有最大速度，根據(jù)幾何關(guān)系可知，此時粒子的軌跡半徑為，則有解得綜上可知，若粒子從cd邊射出磁場區(qū)域，則粒子速度的取值范圍為故選C。8.如圖所示，正三棱柱abc—a′b′c′的底面邊長與高均為L，將長為3L的粗細均勻的銅棒彎折并沿a′abc固定?？臻g中存在方向垂直三棱柱底面abc的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，當導(dǎo)線中通沿a′abc方向的電流I時，銅棒受到的安培力大小為（）A.BILB.C.D.2BIL

5【答案】A【解析】【詳解】根據(jù)幾何關(guān)系可知導(dǎo)線的有效長度為L，則安培力大小為F=BIL故選A。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分.9.如圖所示為交流發(fā)電機的示意圖，電阻與電流表串聯(lián)后接在電刷E、F間，線圈ABCD繞垂直于磁場方向的轉(zhuǎn)軸逆時針勻速轉(zhuǎn)動，下列說法正確的是（　?。〢.線圈經(jīng)過圖示位置時線圈磁通量的變化率為零B.線圈經(jīng)過圖示位置時電流方向沿DCBAC.線圈經(jīng)過圖示位置時電流最大D.線圈每經(jīng)過圖示位置，電流方向就會發(fā)生改變【答案】BC【解析】【詳解】AC．線圈經(jīng)過圖示位置時，恰好與磁場平行，線圈的磁通量為零，但此時磁通量的變化率最大，而根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有可知，當磁通量的變化率最大時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大，因而回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流也最大，故A錯誤，C正確；B．根據(jù)楞次定律可知，線圈經(jīng)過圖示位置時電流方向沿DCBA，故B正確；D．線圈每經(jīng)過圖示位置，電流就會達到最大值，當線圈垂直于圖示位置時電流的方向才會發(fā)生改變，故D錯誤。故選BC。10.如圖所示，理想變壓器原線圈匝數(shù)，副線圈的匝數(shù)為，為定值電阻，為滑動變阻器，所有電表均為理想交流電表，輸入端M、N所接的正弦式交變電壓的表達式為

6，下列說法正確的有（　　）A.電壓表的示數(shù)為B.電壓表的示數(shù)為C.若將的滑片P向下滑動，電流表A的示數(shù)減小D.若將的滑片P向上滑動，電壓表的示數(shù)變大【答案】AC【解析】【詳解】A．電壓表的示數(shù)是原線圈的電壓的有效值，所以示數(shù)為220V，故A正確；B．副線圈的電壓有效值是是定值電阻與滑動變阻器的總電壓，故B錯誤；C．若將的滑片P向下滑動，負載電阻變大，副線圈電壓不變，所以副線圈電流變小，根據(jù)原副線圈電流與匝數(shù)的關(guān)系可知電流表A的示數(shù)減小，故C正確；D．若將R2的滑片P向上滑動，負載電阻變小，副線圈電壓不變，所以副線圈電流變大，則R1兩端的電壓變大，所以R2的電壓減小，既電壓表V2的示數(shù)變小，故D錯誤。故選AC。11.如圖所示為回旋加速器的示意圖，和是兩個中空的半圓金屬盒，A為粒子源，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，金屬盒半徑為R，用該回旋加速器加速某帶電粒子，已知粒子的電荷量為q、質(zhì)量為m，忽略在帶電粒子電場中運動的時間，不考慮加速過程中的相對論效應(yīng)，不計粒子重力，下列說法正確的是（　　）

7A.粒子從磁場中獲得能量B.粒子從電場中獲得能量C.交流電源的周期等于D.粒子獲得的最大動能與成正比【答案】BD【解析】【詳解】AB．因洛倫茲力對運動電荷不做功，可知粒子從電場中獲得能量，選項A錯誤，B正確；C．交流電源的周期等于粒子做圓周運動的周期，即選項C錯誤；D．粒子速度最大時則粒子獲得的最大動能即最大動能與成正比，選項D正確。故選BD。12.如圖所示，由同種材料、粗細均勻的電阻絲繞制成的矩形導(dǎo)體框abcd的ab邊長為、bc邊長為，在外力作用下以速度v向右勻速進入有界勻強磁場，第一次ab邊與磁場邊界平行、第二次bc邊與磁場邊界平行。不計空氣阻力，則先后兩次進入過程（　?。?/p>

8A.線圈中電流之比B.外力做功的功率之比為C.通過導(dǎo)體棒截面的電量之比為D.剛進入磁場時，a、b兩點間的電勢差之比為【答案】AD【解析】【詳解】A．根據(jù)可知，在導(dǎo)體框進入磁場的過程中，第一次與第二次切割磁感線的有效長度之比為，因此可知第一次和第二次導(dǎo)體框產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢之比為，設(shè)導(dǎo)體框的電阻為，則感應(yīng)電流同一導(dǎo)體框，總電阻相同，則可知，感應(yīng)電流之比也等于，故A正確；B．導(dǎo)體框在進入磁場的過程中，上下兩邊所受安培力始終大小相等方向相反，因此導(dǎo)體棒所受安培力的合力實際等于切割磁感線的邊所受安培力的大小，根據(jù)可知，第一次和第二次進入磁場時電流之比為，切割磁感線的邊長之比為，因此可知第一次和第二次導(dǎo)體框所受安培力大小之比為，而導(dǎo)體框勻速進入磁場，因此可知，外力大小之比為，則外力所做的功之比為而兩此導(dǎo)體框進入磁場中所用時間之比為由此可得外力的功率之比為

9故B錯誤；C．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律則而其中，則可知，兩次導(dǎo)體框完全進入磁場后面積的變化量相同，因此兩次通過導(dǎo)體棒截面的電量之比為，故C錯誤；D．剛進入磁場時，切割磁感線的導(dǎo)體相當于電源，則第一次a、b兩點間的電勢差為路端電壓，有第二次進入磁場時a、b兩點間的電勢差為則可知兩次的電勢差之比為故D正確。故選AD。三、非選擇題：本題共6小題，共60分.13.用如圖所示的電路研究自感現(xiàn)象，圖中L是自感系數(shù)很大的線圈，但其自身的電阻幾乎為0，a和b是兩個相同的小燈泡。請回答下列問題：

10（1）當開關(guān)S由斷開變?yōu)殚]合瞬間，a、b兩個燈泡的亮度變化情況是___________。A．a(chǎn)立刻發(fā)光且亮度保持不變B．a(chǎn)立刻發(fā)光且逐漸變暗直至熄滅C．b立刻發(fā)光且逐漸變暗D．b立刻發(fā)光且逐漸變亮（2）當開關(guān)S由閉合變?yōu)閿嚅_瞬間，觀察兩個燈泡亮度變化情況，將觀察到a______________________，b_________________________?！敬鸢浮竣?BDDB②.突然變亮再逐漸熄滅③.立即熄滅【解析】【詳解】（1）[1]當開關(guān)S由斷開變?yōu)殚]合的瞬間，由于自感線圈的阻礙作用，電流絕大部分先經(jīng)過a燈，a、b燈同時變亮，而隨著自感線圈中電流的增大，流過a燈的電流逐漸減小，a燈逐漸變暗，而b燈在干路，始終是亮的；而隨著電路的穩(wěn)定，由于自感線圈電阻幾乎為零，最終a燈被短路熄滅，而隨a燈被短路，電路中的總電阻減小，總電流增大，因此b燈變得更亮。故選BD。（2）[2][3]當開關(guān)S由閉合變?yōu)閿嚅_的瞬間，由于b燈在干路，b燈瞬間被斷路，兩端電壓為零，立即熄滅；而因為斷開開關(guān)，電流要減小為零，但自感線圈又會阻礙電流的減小，線圈中產(chǎn)生自感電動勢，相當于電源，給a燈提供短暫的電流，因此a燈先突然變亮，再逐漸熄滅。14.某同學做“探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系”的實驗，可拆變壓器如圖所示.（1）觀察變壓器的鐵芯，它的結(jié)構(gòu)和材料是_____________；A.整塊硅鋼鐵芯B.整塊不銹鋼鐵芯C.絕緣的銅片疊成D.絕緣的硅鋼片疊成

11（2）觀察兩個線圈的導(dǎo)線，發(fā)現(xiàn)粗細不同，匝數(shù)多的線圈導(dǎo)線___________（填“粗”或“細”）；（3）某次實驗中，將電源接在原線圈的“0”和“8”兩個接線柱之間，電源電壓調(diào)至8.0V，用電表測得副線圈兩個接線柱之間的電壓為3.9V，則此時接入的副線圈可能“___________”和“__________”兩個接線柱；（4）對比多次實驗數(shù)據(jù)，發(fā)現(xiàn)實驗中原、副線圈的電壓之比與它們的匝數(shù)之比有微小差別，請寫出一條導(dǎo)致出現(xiàn)該問題的原因__________________________________________.【答案】①.D②.細③.0④.4⑤.變壓器鐵芯漏磁，鐵芯在交變磁場作用下發(fā)熱，原、副線圈上通過的電流發(fā)熱等等【解析】【詳解】（1）[1]變壓器的鐵芯是由絕緣的硅鋼片疊成。故選D；（2）[2]觀察兩個線圈的導(dǎo)線，發(fā)現(xiàn)粗細不同，匝數(shù)多的線圈導(dǎo)線細，匝數(shù)少的線圈導(dǎo)線粗；（3）[3][4]某次實驗中，將電源接在原線圈的“0”和“8”兩個接線柱之間，電源電壓調(diào)至8.0V，若為理想變壓器，若原副線圈匝數(shù)比為2:1，則次級電壓為4V，考慮到實際變壓器的能量損失，則次級電壓小于4V，若用電表測得副線圈兩個接線柱之間的電壓為3.9V，則此時接入的副線圈可能“0”和“4”兩個接線柱；（4）[5]對比多次實驗數(shù)據(jù)，發(fā)現(xiàn)實驗中原、副線圈的電壓之比與它們的匝數(shù)之比有微小差別，請寫出一條導(dǎo)致出現(xiàn)該問題的原因：變壓器鐵芯漏磁，鐵芯在交變磁場作用下發(fā)熱，原、副線圈上通過的電流發(fā)熱等等。15.如圖所示，質(zhì)量為m、長為L的導(dǎo)體棒ab用兩絕緣細線懸掛于、，并處于勻強磁場中.當導(dǎo)體棒通以沿ab的電流I，且保持靜止時，懸線與豎直方向夾角為。已知重力加速度大小為g。（1）若磁場豎直向下，求勻強磁場的磁感應(yīng)強度；（2）若磁場平行懸線斜向下，求勻強磁場的磁感應(yīng)強度?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）磁場豎直向下時導(dǎo)體棒受力情況如圖所示

12由平衡條件得導(dǎo)體棒所受安培力解得（2）磁場平行懸線斜向下時導(dǎo)體棒受力情況如圖所示由平衡條件得導(dǎo)體棒所受安培力解得16.一小夜燈標有“，”字樣，插進生活用電插座即可正常發(fā)光。拆開外殼發(fā)現(xiàn)小夜燈內(nèi)部自帶變壓器，這相當于交流電源（t的單位為s，u的單位為V）通過理想變壓器對燈泡供電，小夜燈工作時的電路圖如圖所示，求：（1）小夜燈內(nèi)部變壓器匝數(shù)比；（2）流過變壓器原線圈的電流。

13【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）小夜燈正常發(fā)光時兩端的電壓原線圈兩端的電壓根據(jù)原副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系有解得（2）根據(jù)原副線圈電流與匝數(shù)的關(guān)系有解得17.MN和PQ是兩根互相平行、豎直放置的光滑金屬導(dǎo)軌，兩導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌上端PM之間接開關(guān)S和阻值為R的電阻。磁場垂直導(dǎo)軌平面向里，磁感應(yīng)強度大小為B。ab是一根與導(dǎo)軌垂直而且始終與導(dǎo)軌接觸良好的金屬桿，金屬桿質(zhì)量為m、電阻為r。開關(guān)S斷開，讓ab由靜止開始自由下落，當ab下落h時將開關(guān)S閉合，ab棒繼續(xù)加速。已知導(dǎo)軌足夠長，且電阻不計，重力加速度大小為g，求：（1）S閉合后ab中電流方向；（2）S閉合時ab中電流的大?。唬?）電阻R的最大電功率。

14【答案】（1）a向b；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）由右手定則可知，ab中電流方向由a向b（2）設(shè)S閉合時ab速度大小為v，由動能定理ab切割產(chǎn)生的電動勢電路中的電流解得（3）當ab勻速運動時，電阻R的最大電功率，設(shè)ab勻速運動的速度為，此時安培力等于重力，即，電阻R的熱功率解得18.如圖所示，PQ為兩正對的平行板金屬板的中軸線，板間電場強度、方向向下，磁場方向垂直紙面向里。在平行板右側(cè)建立xOy坐標系，第一象限內(nèi)y軸與邊界OF之間有垂直xOy平面向外的勻強磁場，OF和y軸的夾角；第四象限內(nèi)有垂直xOy平面向外的勻強磁場。一電荷量

15、質(zhì)量的正粒子，以的速度沿PQ方向射入平行板，沿PQ穿出平行板后從y軸上點垂直于y軸射入磁場區(qū)域.粒子通過x軸上點N（圖中未畫出）時速度方向與x軸正方向的夾角為，粒子進入第四象限后恰好未從y軸射出，粒子所受重力不計，求：（1）兩板間磁場的磁感應(yīng)強度大??；（2）y軸與OF間磁場的磁感應(yīng)強度大?。唬?）粒子在第一象限內(nèi)運動的時間（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）；（4）第四象限內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度大?。ńY(jié)果保留兩位有效數(shù)字）?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）；（4）【解析】【詳解】（1）離子沿直線PQ運動，則代入數(shù)據(jù)解得（2）粒子通過x軸時的速度方向與x軸正方向的夾角為，則粒子垂直于OF離開磁場，即粒子在磁場中做圓周運動的圓心為O點，可得粒子運動半徑由牛頓第二定律解得

16（3）粒子在y軸與邊界OF之間運動周期粒子在y軸與邊界OF之間運動時間粒子在邊界OF與x軸之間運動距離粒子在邊界OF與x軸之間運動時間粒子在第一象限內(nèi)運動的時間（4）由幾何關(guān)系可知粒子在第四象限內(nèi)的運動軌跡與y軸相切，則由牛頓第二定律解得