【文档说明】安徽省芜湖市第一中学2021-2022学年高二下学期期中考试物理试卷 Word版含解析.docx，共(20)页，1.583 MB，由小赞的店铺上传

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芜湖一中2021—2022学年第二学期期中考试高二物理试卷一、单选题（每题4分，共32分）1.关于电磁波及电磁振荡，下列说法中不正确的是（）A.无线电波中，微波比长波更容易发生衍射B.周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波C.电磁波在真空中

自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直D.LC振荡电路放电过程中，电场能转化为磁场能【答案】A【解析】【详解】A．波长越长衍射现象越明显，无线电波中，长波比微波更容易发生衍射，故A错误，符合题意；B．周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波，故B正确，不符合题意；C．电磁波是横波

，电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直，故C正确，不符合题意；D．LC振荡电路放电过程中，电容带电量减小，回路电流增强，电场能转化为磁场能，故D正确，不符合题意。故选A。2.如图所示，把一通电直导线放

在蹄形磁铁磁极的正上方，导线可以自由移动，当导线通过电流I时，导线的运动情况是（）（从上往下看）A.顺时针方向转动，同时下降B.顺时针方向转动，同时上升C.逆时针方向转动，同时下降D.逆时针方向转动，同时上升【答案】C【解析】【详解】在导线两侧取两小段，左边一小段所受的安培力方向垂直

纸面向外，右侧一小段所受安培力的方向垂直纸面向里，从上往下看，知导线逆时针转动，当转动90°时，导线所受的安培力方向向下，所以导线的运动情况为：逆时针转动，同时下降。故C正确，ABD错误。故选C3.带电粒子在匀强磁场中运动，由于受到阻力作

用，粒子的动能逐渐减小（带电荷量不变，重力忽略不计），轨道如图中曲线abc所示.则该粒子()A.带正电，运动方向a→b→cB.带正电，运动方向c→b→aC.带负电，运动方向a→b→cD.带负电，运动方向c→b→a【答案】C【解析】【分析】据题意，带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀

强磁场，粒子的能量逐渐减小，速度减小，则由公式RmvqB=得知，粒子的半径逐渐减小，由图看出，粒子的运动方向是从a到b再到c．在a处，粒子所受的洛伦兹力向右，由左手定则判断可知，该粒子带负电，C正确；故选C．【详解】4.图1和图2是演示自感现象的两个电路图，1L和2L为电

感线圈。实验时，断开开关1S瞬间，灯1A突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关2S，灯2A逐渐变亮，而另一个相同的灯3A立即变亮，最终2A与3A的亮度相同。下列说法正确的是（）。A.图1中，1A与1L的电阻值不相同B.图1中，闭合1

S，电路稳定后，1A中电流大于1L中电流C.图2中，变阻器R与2L的电阻值不相同D.图2中，闭合2S瞬间，2L中电流与变阻器R中电流相等【答案】A【解析】【详解】AB．断开开关1S瞬间，灯1A突然闪亮，随后逐渐变暗，说明闭合S1后，待电路稳定时，通过L1的电流大于A1的电流，且1A

与1L是并联关系，电压相等，所以1A的阻值比1L的大，A正确，B错误；C．闭合开关2S，灯2A逐渐变亮，而另一个相同的灯3A立即变亮，最终2A与3A的亮度相同，两灯电阻相同，所以变阻器R与2L的电阻值相同，C错误；

D．闭合2S瞬间，2L对电流有阻碍作用，所以2L中电流与变阻器R中的电流不相等，D错误。故选A。5.如图所示为一交流电压随时间变化的图象。每个周期内，前三分之一周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定。根据图中数据可得此交流电压的有效值为（）A.7.5VB.215VC.8V

D.313V【答案】B【解析】【详解】由电压随时间变化的图象可知，它不是正弦式电流，因此有效值不是等于最大值除以2,取一个周期进行分析，在0~1s内是正弦式电流，则电压的有效值等于32V。在1~3s内是恒定电流，则有效值等于9V。则在0~3s内，产生的热量为()()22232V9

V1s2s3sURRR+=解得215VU=故选B。6.如图所示，用两根轻细悬线将质量为m，长为l的金属棒ab悬挂在、cd两处，置于匀强磁场内。当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向角而处于平衡状态，为了使棒平衡

在该位置上，所需的磁场的磁感应强度的大小和方向正确的是（）A.tanmgIl，竖直向下B.tanmgIl，竖直向上C.sinmgIl，平行悬线向上D.sinmgIl，平行悬线向下【答案】BC【解析】【详解】AB．从a端截面分析，当磁场方向为竖直方向时，只有受力分析如图这样才能受力平衡，所

以竖直方向的磁场方向为竖直向上，且满足tanBIlmg=解得tanmgBIl=故A错误，B正确；CD．从a端截面分析，当磁场方向平行悬线方向时，只有受力分析如图分析可知，只有当磁场平行悬线向上时，才能受力平衡，即sinFBIlmg==安解得sinmgBIl=故C正

确，D错误。故选BC。7.如图所示，圆形区域内存在一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B1，P点为磁场边界上的一点．相同的带正电荷粒子，以相同的速率从P点射入磁场区域，速度方向沿位于纸面内的各个方向

．这些粒子射出磁场区域的位置均处于磁场边界的位置的某一段弧上，这段圆弧的弧长是磁场边界圆周长的16．若只将磁感应强度的大小变为B2，结果相应的弧长变为磁场边界圆周长的13，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，则21BB等于A.33B.33C.12D.21【

答案】B【解析】【详解】当磁感应强度为2B时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，即120oPOM=，如图所示：所以粒子做圆周运动的半径22sin60omvrRqB==，同

理可知，1sin302oRrR==，解得：2133BB=，故B正确．8.如图所示，一理想变压器的原线圈匝数n1为1000匝，所加电压为U＝220V，串联了一个阻值为r＝4Ω的电阻；副线圈接入电路的匝数n2可以通过滑动触头Q调节，副线圈接有电阻R＝9Ω；21

22nnR相当于变压器在原线圈电路中的电阻，当n2取下列哪个值时，R消耗的功率最大（）A.2000匝B.1500匝C.600匝D.400匝【答案】B【解析】【详解】变压器初次级电压满足1122UnUn=次级电流22112UnIRURn==由功率关系得2

2211221'UUIUIIrR===知221121nUInR=原线圈和副线圈电路相当于电阻2122'nrRn=则U=I1（r+r′）联立解得2112212994UnUnn=+22122129(94)UnInnR=+变压器输入功率2212

11212122819(4)UnPPUInRnn===+由数学知识可知当212294nnn=，即当n2=1.5n1=1500匝时，变压器的输出功率最大，故B正确，ACD错误。故选B。二、多选题（每题4分，少选

得2分，多选错选均不得分，总计16分）9.如图为远距离输电示意图，发电厂输出电压U1=104V，输出功率P1=109W，两个理想变压器的匝数比分别为n1∶n2=1∶100、n3∶n4=100∶1，输电线总

电阻r=50Ω。则（）A.U4=U1B.I4=I1C.通过电阻r的电流I2=2×104AD.电阻r损耗的电功率为5×107W【答案】BD【解析】【分析】【详解】C．因为I1=11PU=105A根据1221=InIn可得I2=12nnI1=1100×105A=103A则通过电阻r的电

流为103A，故C错误；A．电阻r两端的电压为Ur=I2r=103×50V=5×104V根据1122UnUn=可得U2=21nnU1=100×104V=106V则U3=U2－Ur=106V－5×104V=9.5×105VU4=43nnU3=1100×9.

5×105V=9.5×103V则U4≠U1，故A错误；B．由于I2=I3I4=34nnI3=1001×103A=105A则I4=I1故B正确；D．电阻r损耗的电功率Pr=I22r=(103)2×50W=5×107

W故D正确．故选BD。10.如图中半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中，绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R的电流的方向和大小是（金属圆盘的电阻不计）（）A.电阻R上电流方向由c到dB.电阻R

上电流方向由d到cC.通过R上电流22BrIR＝D.通过R上电流2BrIR＝【答案】BC【解析】【详解】根据法拉第电磁感应定律，切割产生的感应电动势为21122EBrvBrrBr===根据欧姆定律，通过电阻电流为的22E

BrIRR==由右手定则，圆盘相当于电源，其方向为从边缘指向圆心，所以电阻中的电流方向为从d到c。故选BC。11.自行车速度计利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。如图甲所示，自行车前轮上安装一块磁铁

，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压。图乙为霍尔元件的工作原理图。当磁场靠近霍尔元件时，导体内定向运动的自由电荷在磁场力作用下偏转，最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍

尔电势差。下列说法正确的是（）A.根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小B.自行车的车速越大，霍尔电势差越高C.图乙中霍尔元件的电流I是由正电荷定向运动形成的D.如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差将减小【答案】AD【解析】【分析

】【详解】A．根据单位时间内的脉冲数，可求得车轮转动周期，从而求得车轮转动的转速，最后由线速度公式2vrn=，结合车轮半径即可求解车轮的速度大小，故A正确；B．根据霍尔原理可知HUqvBqd=可得HUBdv=即霍尔电势差只与磁感应强度、霍尔元件的厚度以及电子定向移动的速

率有关，与自行车的车速无关，故B错误；C．霍尔元件的电流I是由负电荷定向运动形成的，故C错误；D．n是单位体积内的电子数，e是单个导电粒子所带的电量，s是导体的横截面积，v是导电粒子运动的速度，由电流的微观定义式Inesv=整理得Ivnes=结合H

UBdv=解得HIBUnesd=若长时间不更换传感器电源，那么电流I减小，则霍尔电势差将减小，故D正确；故选AD。12.一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框平面与磁场垂直，线框的右边紧贴着磁场边界，如图甲所示。t=0时刻对线框施加一水平向右的外力，让线框从静

止开始做匀加速直线运动穿过磁场，外力F随时间t变化的图像如图乙所示。已知线框质量m=1kg、电阻R=1Ω，以下说法正确的是（）A.线框做匀加速直线运动的加速度为1m/s2B.匀强磁场的磁感应强度为22T

C.线框穿过磁场的过程中，通过线框的电荷量为2C2D.线框边长为1m【答案】ABC【解析】【详解】A．t=0时刻，线框的速度为零，感应电流为零，不受安培力，所以线框做匀加速直线运动的加速度为201m/sFam==故A正确；BD．由图乙可推知t=1s时线

框刚离开磁场，此时线框的速度为1m/svat==线框中的电流大小为的EBLvIRR==根据牛顿第二定律有1FBILma−=线框的边长为210.5m2Lat==联立以上各式解得22TB=故B正确，D错误；C．线框穿过磁场的过程中，通过线框的电荷量为22C2EBLqItt

RR====故C正确。故选ABC。第Ⅱ卷（非选择题）三、实验题（第13题每空1分，第14题每空2分，总计10分）13.有一灵敏电流计，当电流从它的正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转。现把它与一个线圈串联，将磁体从线圈上方插入或拔出，如图所示。请完成下列填空：（1）图甲中灵敏电

流计指针的偏转方向为________。（填“偏向正接线柱”或“偏向负接线柱”）（2）图乙中磁体下方极性是________。（填“N极”或“S极”）（3）图丙中磁体的运动方向是________。（填“向上”或“向下”）

（4）图丁中线圈从上向下看的电流方向是________。（填“顺时针”或“逆时针”）【答案】①.偏向正接线柱②.S极③.向上④.逆时针【解析】【详解】（1）[1]由图甲可知，磁体向下运动，穿过线圈的磁通量增加，原磁场方向向下，根据楞次定律可知

线圈中感应磁场方向向上，再根据安培定则可知感应电流方向（从上向下看）为逆时针方向，即电流从的正接线柱流入电流计，指针偏向正接线柱。（2）[2]由图乙可知，电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，感应电流的磁场方向向下，又知磁通量增加，根据楞次定律可知，原磁场方向向

上，即磁体下方为S极。（3）[3]由图丙可知，磁场方向向下，电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，感应电流的磁场方向向下，根据楞次定律可知，磁通量减小，磁体的运动方向向上。（4）[4]由图丁可知，磁体向上运动，穿

过线圈的磁通量减小，原磁场方向向上，根据楞次定律可知感应磁场的方向向上，再根据安培定则可知，感应电流方向（从上向下看）为逆时针。14.在做用油膜法估测分子大小的实验中，酒精油酸溶液的浓度约为每104mL溶液中有纯油

酸6mL，用注射器测得1mL上述溶液为75滴，把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔在玻璃板上描出油酸的轮廓，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状和尺寸如图所示，坐标纸中正方形方格的边长

为1cm，试求：（1）油酸膜的面积是______（2）每滴酒精油酸溶液中含有纯油酸的体积是______（3）按以上实验数据估测出油酸分子的直径______【答案】①.106cm2②.63810cm−③.1

07.510m−【解析】【详解】（1）[1]根据图中的轮廓可知，油膜面积221061cm106cmS==（2）[2]由1mL溶液为75滴可知1滴溶液的体积为01mL75V=又已知每104mL溶液中有纯油酸6mL，则1滴溶液中含纯油酸的体积为663

416mL810mL810cm7510V−−===（3）[3]油酸分子直径6810810cm7.510cm7.510m106VdS−−−===四、解答题（15题6分，16题10分，17题12分，18题14分，总计42分）15.如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管

内有一段高度为2.0cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0cm。若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为76cmH

g，环境温度为296K。（1）求细管的长度；（2）若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度。【答案】（1）41cm；（2）312K【解析】【分析】以“液柱”为模型，通过对气体压强分析，利用玻意耳定律和盖-吕萨克定律求得细管长度和温度，找准初

末状态、分析封闭气体经历的变化时关键。易错点：误把气体长度当成细管长度。【详解】（1）设细管的长度为L，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，气体体积为V1，压强为p1。由玻意耳

定律有pV=p1V1由力的平衡条件可得，细管倒置前后后，管内气体压强有p=p0+ρgh=78cmHg，p1S=p0S–ρghS=74cmHg式中，ρ、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强。由题意有V=S（L–h1–h），V1=S（L–h）联立解得L=41cm（2）

设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖–吕萨克定律有10VVTT=则T=312K16.如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B，方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴。一质量为m、电荷量为q

的带正电的小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L，小球过M点时的速度方向与x轴的方向夹角为，不计空气阻力，重力加

速度为g，求（1）电场强度E的大小和方向；（2）小球从A点抛出时初速度v0的大小；（3）A点到x轴的高度h。【答案】（1）mgqE=，电场强度方向竖直向上；（2）0cot2qBLvm=；（3）22228qBLhmg=【解析】【详

解】（1）重力与电场力平衡，可得mgEq=解得mgqE=方向竖直向上；（2）因为圆周运动的半径可由sin2Lr=可得2sinLr=洛伦兹力提供向心力可得2vqvBmL=解得mvLqB=M点的速度为2sinqBLvm=又因为0cosvv=所以0cot2qBLvm=（3）由

动能定理可得22220111sin222mghmvmvmv=−=解得222220228vvqBLhgmg−==或2222228yvqBLhgmg==17.如图，在区域I（0≤x≤d）和区域II（d≤x≤2d）内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B

，方向相反，且都垂直于Oxy平面．一质量为m、带电荷量q（q＞0）的粒子a于某时刻从y轴上的P点射入区域I，其速度方向沿x轴正向．已知a在离开区域I时，速度方向与x轴正方向的夹角为30°；此时，另一质量和电荷

量均与a相同的粒子b也从p点沿x轴正向射入区域I，其速度大小是a的1/3．不计重力和两粒子之间的相互作用力．求（1）粒子a射入区域I时速度的大小；（2）当a离开区域II时，a、b两粒子的y坐标之差．【答案】（1）2dqBm（2）()2323d−【解析】【详解】(

1)设粒子a在Ⅰ内做匀速圆周运动的圆心为C(在y轴上)，半径为Ra1，粒子速率为va，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P′，如图所示．由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvaB＝21aavmR由几何关系得

∠PCP′＝θRa1＝sind式中，θ＝30°.可得va＝2dqBm(2)设粒子a在Ⅱ内做圆周运动的圆心为Oa，半径为Ra2，射出点为Pa(图中未画出轨迹)，∠P′OaPa＝θ′＝2θ.由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qva(2B)＝22aavmR可得Ra2＝12aRC、P′和Oa三点

共线，且由知Oa点必位于x＝d的平面上，由对称性知，Pa点与P′点纵坐标相同，即yPa＝Ra1cosθ＋h式中，h是C点的y坐标．设b在Ⅰ中运动的轨道半径为Rb1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得2133aaavvqBmR=设a到达Pa点时，b

位于Pb点，转过的角度为α.如果b没有飞出Ⅰ，则22atT=12btT=式中，t是a在区域Ⅱ中运动的时间，而Ta2＝22aRvTb1＝26aRv可得α＝30°可见，b没有飞出Ⅰ.Pb点的y坐标为yPb＝Rb1cosα＋Ra1－Rb1＋h可得，a、b两粒子y坐标之差为yP

a－yPb＝()2323d−18.如图所示，宽度为L的光滑固定金属导轨由水平部分和倾斜部分组成，水平部分足够长，倾斜部分与水平面的夹角为30°．导轨水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，倾斜部分处于斜向上与导轨平面垂直的匀强磁场

中，两磁场的磁感应强度大小均为B，导体棒ab和cd分别置于导轨的倾斜部分上和水平部分上并保持静止，现将导体棒ab，在距导轨水平部分高度为h处释放，导体棒ab在到达MN处之前已达到稳定的运动状态，在导体棒ab到达MN时再释放导体棒cd，导体棒ab在MN处由倾斜部分进入水平

部分时无能量损失，已知导体棒ab质量为m，电阻为r，导体棒cd质量也为m，电阻为2r，导轨电阻忽略不计，当地重力加速度为g，求：（1）导体棒ab到达MN之前稳定运动时的速度大小；（2）整个过程中导体棒ab产生的焦耳热；（3）整个过程中通过导体棒ab某一横截面的电荷量。【答案】（1）223

2mgrvBL=（2）2224413316abmgrQmghBL=−（3）3332334BLhmgrrBL+【解析】【详解】（1）导体棒ab到达MN之前稳定时，由平衡条件得的mgsin30°＝ILB3BLvIr=联立得2232mgrvBL

=（2）导体棒ab进入水平部分后，ab和cd组成的系统动量守恒mv＝2mv′导体棒ab和cd最终各自的速度大小相同，都为223'4mgrvBL=整个过程中能量守恒212'2mghmvQ=+导体棒ab产生的焦耳热13abQQ=得2224

413316abmgrQmghBL=−（3）导体棒ab自开始运动至到达MN的过程中，通过导体棒ab某一横截面的电量1qIt=3EIr=ΦEt=得123BLhqr=对导体棒cd的运动过程运用动量定理112233'0BLItBLItB

LItmv+++=−2112233qItItIt=+++得323334mgrqBL=整个过程中通过导体棒ab的电荷量312332334BLhmgrqqqrBL=+=+