【文档说明】安徽省安庆市第二中学2022-2023学年高二下学期期中物理试题 含解析.docx，共(20)页，3.748 MB，由管理员店铺上传

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安庆二中2022-2023学年度第二学期期中考试高二物理试题一、单项选择题：本题共7小题。每小题只有一个选项符合题目要求。1.我国是世界上最早发现磁现象的国家，指南针的发明为世界的航海业做出了巨大的贡献，关于磁现象，下列说法正确的是（）A.奥斯特提出了分子电流假说，法拉第发现了电流磁效应B.

若带电粒子带负电，且沿地球赤道平面射向地心，则由于地磁场的作用将向西偏转C.地磁场可能是由带正电的地球自转形成的D.指南针的南极指向地理的北极【答案】B【解析】【详解】A．安培提出了分子电流假说，奥斯特发现了电流磁效应，故A错误；B．若粒子带负电，且沿地球赤道平面射向地心，根据左手定则，地磁场

会使沿地球赤道平面内射来的宇宙射线在洛伦兹力作用下向西偏转，故B正确；C．地球自转方向自西向东，地球的南极附近是地磁场的北极，由安培定则可知地球带负电，故C错误；D．指南针的南极指向地理的南极，地磁的北极，故D错误。故选

B。2.下列关于教材中四幅插图的说法，正确的是（）A.图甲中，摇动手柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，且和磁铁转得一样快，这是电磁驱动现象B.图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈中会产生大量热

量，从而加热冶炼金属C.图丙中，当人对着话筒讲话时线圈中会产生强弱变化的电流，这利用了电磁感应原理D.图丁是毫安表的表头，运输时要把正、负接线柱用导线连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁驱动原理【答案】C【解析】【详解

】A．由电磁驱动原理，图甲中，摇动手柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，且比磁铁转的慢，即同向异步，A错误；B．图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，在铁块中会产生涡流，铁块中就会产生大量热量，从而冶炼金属，B错误；C．图丙中，当人对着话筒讲话时线圈会做受迫振动，线圈在磁场中运动，线圈中

会产生强弱变化的电流，这利用了电磁感应原理，C正确；D．图丁是毫安表的表头，运输时要把正、负接线柱用导线连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼原理，D错误。故选C。3.磁电式电流表的构造如图甲所示，在蹄形磁铁的两极间有一个可以

绕轴转动的线圈，转轴上装有螺旋弹簧和指针。蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，如图乙所示。当电流通过线圈时，线圈在安培力的作用下转动，螺旋弹簧被扭动，线圈停止转动时满足NBISk=，式中N线圈为线圈的匝数，S为线圈的面积，I为通过线圈的电

流，B为磁感应强度，θ为线圈（指针）偏角，k是与螺旋弹簧有关的常量。不考虑电磁感应现象，由题中的信息可知（）A.线圈中间的铁芯内也是有磁场的，且也呈现辐向分布B.若线圈中通以如图乙所示的电流时，线圈将沿逆时针方向转动C.线圈（指针）偏角θ与

通过线圈的电流I成正比D.电流表的灵敏度定义为I，更换k值更大的螺旋弹簧，可以增大电流表的灵敏度【答案】C【解析】【详解】A．铁芯中的确有磁场，但分布并不是幅向分布，A错误；B．若线圈中通以如图乙所示的电流时，根据左手定则，左侧安培力向上，右侧安培力向下，线

圈将沿顺时针方向转动，B错误；C．根据题意线圈停止转动时满足NBISk=解得NBSIk=可知线圈（指针）偏角θ与通过线圈的电流I成正比，C正确；D．电流表的灵敏度定义为I，根据题意NBISk=解得NBSIk=可知更换k值更大的螺旋弹簧，电流表的灵敏度减小了

，D错误。故选C。4.如图所示，一根光滑的水平绝缘杆，A处固定一个金属线圈，B处挂一个闭合铜环。现给线圈分别通以如图所示的四种电流，其中能使铜环在0~t1时间内加速度方向保持向右的是（）A.B.C.D.【答案】C

【解析】【详解】当铜环具有向右的加速度时，说明其产生的感应电流具有使其远离线圈的趋势，根据环形电流的磁场强度分布规律可知，在0~t1时间内穿过铜环的磁通量应一直增大，所以在线圈中通入的电流也应一直增大，故C正确。故选C。5.

如图甲所示，交流发电机的矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间t变化的规律如图乙所示。已知线圈匝数为20匝，则下列说法正确的是（）A.线圈转动的角速度为2rad/sB.1.5s时线圈所在平面与中性面垂直

C.50s内线圈中电流方向改变100次D.感应电动势的最大值为4πV【答案】D【解析】【详解】A．由图乙可得交流电的周期2sT=故线圈转动的角速度22rad/srad/s2T===故A错误；B．由图2可知，1.5s时磁通量最大，则线圈处于中性面位置，故B错

误；C．交变电流一个周期内电流方向改变两次，则50s内线圈中电流方向改变50次，故C错误；D．感应电动势的最大值m200.2V4VmENBSN====故D正确。故选D6.如图所示，一个很小的矩形半导体薄片上，制作四个电极E、F、M、N，它就成

了一个霍尔元件。在E、F间通入恒定的电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，则薄片中的载流子（能够自由移动的带电粒子）就在洛伦兹力的作用下，向着与电流和磁场都垂直的方向漂移使M、N间出现了电压，称为霍尔电压HU。当磁场方向和电流方向如图所示时，下列说法正确的是（）A.若只改变半导体

薄片的厚度d，HU不变B.若只改变半导体薄片的宽度b，HU不变C.若将半导体薄片换成形状相同、载流子密度更大的导体薄片，HU变大D.无论半导体中载流子带电性质如何，电极N的电势一定高于电极M的电势【答案】B【解析】【详解】设半导体薄片的厚度为d，宽度为b，单位体积内的载流子个数为n，载

流子定向运动的速度大小为v。根据平衡条件可得HUqqvBb=根据电流的微观表达式可得InqSv=其中Sbd=。联立解得HBIUnqd=A．若只改变半导体薄片的厚度d，HU发生变化，故A错误；B．霍尔电压HU与b无关，若只改变半导体薄片的宽

度b，HU不变，故B正确；C．若将半导体薄片换成形状相同、载流子密度更大的导体薄片，则单位体积内载流子个数n增大，所以UH变小，故C错误；D．如果载流子带负电，根据左手定则可知载流子向N电极偏转，则电极N的电势低于电极M的电势，故D错误。故选B。7.如图所示，在ab边

的中点用弹簧悬挂矩形硬质金属线框abcd，线框的下半部分处于垂直线框平面的磁场中，各处的磁感应强度B随时间t的变化情况相同，线框静止，dc边水平，弹簧的长度不变。下列描述B的大小随时间t变化的图象中，可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】依题意弹簧长度不

变，由受力分析可知金属线框所受重力和弹簧拉力均不变，即dc边所受安培力不变，由安培力公式可得FBIL=又EBSIRtR==联立，可得BSFBLtR=A．图像中，Bt为恒定的值，磁感应强度B一直

在减小。所以dc边所受安培力变小。故A错误；B．图像中，Bt为恒定的值，磁感应强度B一直在增加。所以dc边所受安培力变大。故B错误；C．图像中，Bt的值一直在减小，磁感应强度B一直在减小。所以dc边所受安培力变小。故C

错误；D．图像中，Bt的值一直在减小，磁感应强度B一直在增加。所以dc边所受安培力可能不变。故D正确。故选D。二、多项选择题：本题共3小题。每小题有多个选项符合题目要求。8.如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中两盒狭

缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在A、C板间，虚线中间不需加电场。如带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是（）A.带电粒子被加速后的最大速度与D形盒半径无

关B.加速电场方向不需要做周期性的变化C.带电粒子每运动一周被加速一次D.图中P1P2等于P2P3【答案】BC【解析】【详解】A．依题意，带电粒子是通过磁场的一次次偏转来实现加速的，当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据2

vqvBmr=解得qBrvm=易知，带电粒子被加速后的最大速度与D形盒半径有关，D形盒半径越大，出射速度越大。故A错误；BC．带电粒子只有经过A、C板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次。粒子在AC间加速，电场的方向没有改变，加速电场方向不需要做周期性的变化。故BC正确；

D．依题意，根据几何关系可得()122122mvPPrrqB=−=因为每转一圈被加速一次，根据22212vvad−=易知每转一圈，速度的变化量不等，且3221vvvv−−所以P1P2大于P2P3。故D错误。故选BC。9.如图所示，虚线PQ左侧有垂直于光滑水平面向下的匀强磁场，右侧有

垂直于水平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小均为B。边长为L、质量为m、总电阻为R的均匀正方形单匝金属线框abcd放在水平面上，处于PQ右侧的匀强磁场中。给线框一个向左的初速度0v，线框刚好能完全通过虚线PQ，线框在运动过程中cd边始终与PQ平行，则线框在运动过

程中（）A.线框中产生的焦耳热为2012mvB.通过线框横截面电荷量为22BLRC.最大加速度为202BLvmR的D.线框有一半进入PQ左侧磁场时速度大小为2202BLvmR−【答案】AB【解析】【详解】A．根据能量守恒可知线框中产生的焦耳热为201

2Qmv=故A正确；B．通过线框的电荷量22=====EEBLqItttRtRRR故B正确；C．当线框刚进入虚线时加速度最大，此时ab和cd两边同时切割磁感线，感应电动势叠加，因此回路电流02BLvEIRR==此时ab和cd两边同时

受安培力且大小方向相同FBIL=2Fma=联立解得204BLvamR=故C错误；D．线框有一半进入PQ左侧磁场过程中，根据动量定理可知A2−=Ftmv即2BILtmv−=则()02BLqmvmvv−==−又因为'2==BLqRR

联立解得2302BLvvmR=−故D错误。故选AB。10.如图所示，矩形线圈面积为S，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以角速度匀速转动，线框转过3时电流瞬时值为0I。0=t时刻线圈平面与磁场垂直，各电表均为理想交流电表，电路总电阻为R，则（）A

.电路中感应电流的有效值为02IB.穿过线圈的磁通量的最大值为02IRC.线圈从图示位置转过180的过程中，流过导线横截面积的电荷量为0433ID.线圈转过一周，回路产生的焦耳热为2043IR【答案】CD【解析】【分析】【详解】A．由题可以知道，从

中性面开始计时，则msiniIt=即0sin3mII=则电流的最大值0233mII=则有效值为0632mIII==故选项A错误；B．在根据mNBSIRR==可以得到0233mIRBSIR===故选项B错误；C．线圈从图示位置转过180过程中，根据法拉

第电磁感应定律可以得到04323IqRR===故选项C正确；D．线圈转过一周，回路产生的焦耳热22200462()33IRQIRtIR===故选项D正确．故选CD。三、填空题：本题共2小题。1

1.如图，这是研究自感现象的实验原理图，图中L是插有铁芯的自感线圈，A1、A2是规格相同的两个灯泡，回答下列问题：的（1）在自感线圈中插入铁芯的目的是______________________________。（2）在闭合开关之前，应将滑动变阻器的滑片移到________

__。（填“最左”或“最右”）端。（3）闭合开关S，调节变阻器R1、R使得两个灯泡的亮度相同后断开开关，断开开关的瞬间，流过灯泡A1的电流方向__________（填“向左”或“向右”），流过灯泡A2的电流方向__________（填“向左”或“向右”）。（

4）要观察到断开电路时，灯泡A2亮一下再熄灭，滑动变阻器接入电路的电阻阻值应__________（填“大于”或“小于”）自感线圈L的电阻阻值。【答案】①.增加线圈的自感系数②.最左③.向左④.向右⑤.大于【解析】【

详解】（1）[1]在自感线圈中插入铁芯的目的是增加线圈的自感系数。（2）[2]滑动变阻器是限流式接法，在闭合开关之前，应将滑动变阻器的有效电阻调至最大，故滑片移到最左端。（3）[3][4]断开开关的瞬间，线圈和滑动变组器R，两灯泡构成闭合回到路，因自感现象，线圈

充当电源，线圈产生的感应电流与原电流同向，故流过灯泡A1的电流方向不变，向左，流过A2的电流方向反向，向右。（4）[5]断开电路时，流过A2的电流等于A1的电流，要观察到灯泡A2亮一下再熄灭，即流过A2的电流变大大于断开前的电流，则滑动变阻器接入电路的电阻阻值应大于自感

线圈L的电阻阻值。12.如图所示的器材可用来研究电磁感应现象及确定感应电流方向。（1）在给出的实物图中，用实线作为导线将实验仪器连成实验电路___________。（2）线圈L1和L2的绕向一致，将线圈L1插入L2中

，合上开关。能使L2中感应电流的流向与L1中电流的流向相同的实验操作是_____。A．插入软铁棒B．拔出线圈L1C．增大接入电路中的滑动变阻器的阻值D．断开开关【答案】①②.BCD【解析】【详解】（1）[1]将线圈L2和电流计串联形成一个回路，将电键、滑动变阻

器、电源、线圈L1串联形成另一个回路，如图所示。（2）[2]根据楞次定律可知，若要使L2中感应电流的流向与L1中电流的流向相同，则L2中的磁通量应减小。插入软铁棒会使L2中的磁通量增大，拔出线圈L1、增大接入电路中的滑动变阻器的阻值、断开开关均可使线圈L2中的磁通量减小，故A错误，B

CD正确。故选BCD五、解答题：本题共3小题13.如图所示，水平导轨间距为1.0mL=，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量1kgm=，连入导轨间的电阻00.9ΩR=，与导轨垂直且接触良好；电源电动势10VE=，内阻0.1

Ωr=，电阻9ΩR=；外加匀强磁场的磁感应强度10TB=，方向垂直于ab，与导轨平面的夹角37=；ab与导轨间的动摩擦因.。数为0.5=（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），定滑轮摩擦不计，轻绳与导轨平行且对ab的拉力为水平方向，重力加速度g取210m/s

，ab处于静止状态。已知sin370.6,37cos0.8==。求：（1）ab受到的安培力大小；（2）重物重力G的取值范围。【答案】（1）10N；（2）5N7NG【解析】【详解】（1）由闭合电路欧姆定律可得，通过ab的电流01A==++EIRRra

b受到的安培力10NFBIL==（2）ab受力如图所示，最大静摩擦力()maxcos371NfFmgF=−=由平衡条件得，当最大静摩擦力方向向右时minmaxsin375NTfFFF=−=当最大静摩擦力方向向左时maxmaxsin377NTfFFF=+=由于

重物受力平衡，故TFG=则重物重力的取值范围为5N7NG14.如图所示中MN和PQ为竖直方向的两平行长直金属导轨，间距为0.40m，电阻不计，导轨所在平面与磁感应强度为0.50T的匀强磁场垂直，质量为36.010kg−，电阻为0.10Ω的金属杆ab始终垂直于导轨，

并与其保持光滑接触，导轨两端分别接有滑动变阻器2R和阻值为3.0Ω的电阻1R，当杆ab达到稳定状态时以速度v匀速下滑，整个电路消耗的电功率为0.27W，试求：（1）当ab做匀速运动时通过ab的电流大小；（2）当ab做匀速运动时的

速度大小；（3）当ab做匀速运动时滑动变阻器接入电路的阻值。【答案】（1）0.3A；（2）4.5ms；（3）87【解析】【详解】（1）根据题意可知，当ab作匀速运动时，由平衡条件有26.010NFmg−==安又有FBIL=安可得，当ab作匀速运

动时，通过ab的电流为0.3AFIBL==安（2）当ab作匀速运动时，重力的功率等于整个电路消耗的电功率，则有0.27WPmgv==解得4.5msv=（3）根据题意可知，当ab作匀速运动时，感应电动势为0.9VEBLv==由闭合回路欧姆定律可得，回路的总电阻为

3ERRrI=+==总外又有1212RRRRR=+外解得287R=15.如图所示平面坐标系中一圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，区域半径为R，区域圆心坐标(),RR，与坐标轴相切于A、C两点。今有两带相同电量的负电粒子甲、乙经A、P两点

分别以速度1v、2v水平向右运动，并刚好同时进入圆形区域的磁场。A、P在y轴上，且2RAP=，不计带电粒子的重力及相互作用的库仑力。甲、乙粒子通过磁场偏转后，均能通过C点进入下方。薄弧形挡板MN的圆心为C，半径也为

R。粒子与弧形挡板碰撞会等速率反向弹回，与弧形挡板作用时间忽略不计，且粒子电量不变。(1)若甲粒子电量为q，质量为m，求磁感应强度B；(2)求乙粒子在磁场中运动的总时间t；(3)若两粒子能在C点相遇，试求甲、乙粒子的质量之比【答案】(1)1m

vqR；(2)2Rv；(3)23、或2123+、或2312+、或212312++【解析】【详解】(1)粒子运动轨迹如图所示由几何知识可知，两粒子做圆周运动的轨道半径均R，粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得211vqvBmR=解得1

mvBqR=(2)乙粒子运动轨迹如图所示，粒子第一次在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为60，粒子在磁场中做圆周运动的周期22RTv=粒子在磁场中的运动时间12603603RtTv==被挡板反弹后第二次进入磁场中运动，轨迹对应圆心角为120，运动时间2223Rtv

=粒子运动总时间122Rtttv=+=(3)粒子运动轨迹如图所示，轨道半径112212mvmvRqBqB==由题意可知12qq=解得11qBRvm=22qBRvm=相遇点为C点，有四种情况，分别是当122246mmqBqB=解得1223mm=当12222246mmRqBqBv=+

解得122123mm+=当12122246mmRqBvqB+=解得122312mm=+当1212222246mmRRqBvqBv+=+解得12212312mm+=+获得更多资源请扫码加

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