2021-2022学年安徽省合肥市肥东县综合高中高二（下）5月物理试题含解析

2021-2022学年安徽省合肥市肥东县综合高中高二（下）5月物理试题第I卷（选择题）

一、单选题（共7小题，共28分）

1. 下列选项中，说法正确的是（　　）

A. 康普顿效应说明光具有波粒二象性

B. 卢瑟福通过粒子散射实验，证实了在原子核内存在质子和中子

C. 密立根通过阴极射线在电场和在磁场中的偏转实验发现了阴极射线是由带负电的粒子组成，并测出了该粒子的比荷

D. 普朗克提出了能量子的假说，成功解释了黑体辐射的强度按波长分布的规律

【答案】D

【解析】

【详解】A．康普顿效应说明光具有粒子性，故A错误；

B．卢瑟福通过粒子散射实验，证实了原子的核式结构理论，并没有证实了在原子核内存在质子和中子，故B错误；

C．汤姆逊通过阴极射线在电场和在磁场中的偏转实验发现了阴极射线是由带负电的粒子组成，并测出了该粒子的比荷，故C错误；

D．普朗克提出了能量子假说，并用能量子假说成功解释了黑体辐射的强度按波长分布的规律，故D正确。

故选D。

2. “小蜜蜂”是老师上课常用的扩音设备，随着无线电技术的应用，很多老师用上了蓝牙“小蜜蜂”（蓝牙属于电磁波），麦克风与扩音器不用导线连接，老师拿着麦克风在教室中间说话，放在讲台上的扩音器也能工作．下列说法正确的是（    ）

A. “小蜜蜂”只能接收到来自麦克风的信号

B. 麦克风中只要有变化的电场，就一定能发出蓝牙信号

C. “小蜜蜂”接收电磁波时，通过调谐来使接收电路中出现电谐振现象

D. 麦克风回路可通过增大发射电磁波的波长来提高振荡电路发射电磁波的本领

【答案】C

【解析】

【详解】A．因为蓝牙属于电磁波，周围空间存在其他电磁波信号，所以“小蜜蜂”不只接收到了来自麦克风的信号，A错误；

B．均匀变化的电场产生恒定的磁场，不能产生电磁波信号，B错误；

C．“小蜜蜂”接收电磁波时，需要接收电磁波LC振荡电路的固有频率与电磁波的频率相同，从而发生电谐振，这个过程叫做调谐，C正确；

D．减小发射电磁波的波长，则会提高频率，可以提高LC振荡电路发射电磁波的本领，D错误。

故选C。

3. 玻尔为解释氢原子光谱画出的氢原子能级示意图如图所示，一群氢原子处于n=5的激发态，当它们自发地跃迁到较低能级时，下列说法符合玻尔理论的是（　　）

A. 电子轨道半径减小，电势能增大

B. 氢原子跃迁时，只能激发出10种不同频率的光谱线

C. 氢原子跃迁时，只能激发出6种不同频率的光谱线

D. 由n=4能级跃迁到n=3能级时发出光子的频率最小

【答案】B

【解析】

【详解】A．从高能级跃迁到低能级，电子轨道半径减小，根据

可知，电子动能增大，由于原子能量减小，则电势能减小，故A错误；

BC．根据

可知，这群氢原子能够发出10种不同频率的光谱线，故B正确，C错误；

D．由n=5能级跃迁到n=4能级辐射的光子能量最小，发出光子的频率最小，故D错误。

故选B。

4. 在如图所示的电路中，a、b、c为三盏完全相同的灯泡，“L是电感线圈，直流电阻为不能忽略”，说法正确的是（　　）

A. 闭合开关后，c先亮，a、b后亮

B. 断开开关后，c立即熄灭，b缓慢熄灭

C. 断开开关后，b、c同时熄灭，a缓慢熄灭

D. 断开开关后，a缓慢熄灭，b闪亮一下后缓慢熄灭

【答案】B

【解析】

【详解】A．开关闭合，因通过线圈L的电流增大，线圈会阻碍电流的增大，则b、c先亮，a后亮，故A错误；

BC．断开开关，c立即断路，会立即熄灭；因为流过线圈的电流减小，线圈会阻碍电流的减小，线圈与b、a形成回路，所以a、b缓慢熄灭，故C错误，B正确；

D．断开开关，线圈会阻碍通过自身电流的减小，所以a缓慢熄灭；电路稳定时，由于线圈的直流电阻不能忽略，通过线圈的电流比通过b的电流小，断开开关时，流过b的电流较断开前反向减小， b不会闪亮而是缓慢熄灭，故D错误。

故选B

5. 加速性能、电能利用率、动能回收等是电动汽车电机的重要指标。如图所示，甲、乙分别是目前被广泛采用的两种电机的简化原理示意图，它们的相同点是利用作为定子的电磁铁（二组线圈，图中1和4；2和5；3和6所示）交替产生磁场，实现了电磁铁激发的磁场在平面内沿顺时针方向转动的效果，以驱动转子运动；不同的是甲图所示电机的转子是一个永磁铁，而乙图所示电机的转子是绕在软铁上的闭合线圈。通过电磁驱动转子转动，可以为电动汽车提供动力。假定两种电机的每组电磁铁中电流变化周期和有效值均相同，下列说法正确的是（　　）

A. 电机稳定工作时，乙电机转子的转速与电磁铁激发磁场的转速相同

B. 电机稳定工作时，乙电机产生的焦耳热相对较少

C. 电机稳定工作时，乙电机转子的转速越接近电磁铁激发磁场的转速，其所受安培力就越大

D. 刹车（停止供电）时，甲电机转子由于惯性旋转，可以通过反向发电从而回收动能

【答案】D

【解析】

【详解】A．乙电机中，转子也是线圈，乙转子的转动是由于穿过转子线圈的磁通量发生变化而产生感应电流，电流受安培力作用而运动，相当于电磁驱动，安培力阻碍定子和转子间的相对运动，但不能阻止，故转子比定子转得慢一些，故A错误；

B．乙电机中，转子也会产生焦耳热，故产生的焦耳热较多，故B错误；

C．转速越接近，则磁通量变化越慢，感应电流越小，所受安培力越小，故C错误；

D．停止供电后，甲的转子是磁铁，甲电机转子由于惯性旋转，使得线圈中磁通量发生变化，产生反向感应电流，反向发电从而回收动能，故D正确。

故选D。

6. 如图所示，边长为的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通一逆时针方向的电流，图中虚线过和边的中点，虚线的下方有一垂直于导线框向内的匀强磁场，此时通电导线框处于静止状态，细线的拉力为。保持其他条件不变，现将虚线下方的磁场，平移至虚线上方，稳定后细线的拉力为。已知导线框的质量为，则重力加速度为（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】变化前，线圈在磁场中的等效长度为

根据左手定则可知线圈受到的安培力竖直向上，大小为

根据受力平衡可得

变化后，线圈在磁场中的等效长度为

根据左手定则可知线圈受到的安培力竖直向下，大小为

根据受力平衡可得

联立解得重力加速度为

C正确，ABD错误；

故选C。

7. 光电倍增管（PMT）是一种高灵敏度和超快时间响应光探测器，如图所示，它由光阴极K、倍增级和阳极A等组成，由玻璃封装，内部高真空，其倍增级又由一系列倍增极组成，每个倍增极工作在前级更高的电压下。当入射光照射光阴极，产生光电子，经电场加速聚焦后，带着更高的能量撞击第一级倍增管，发射更多的低能量的电子，这些电子依次被加速向下级倍增极撞击，导致一系列的几何级倍增，最后，在高电位的阳极收集到放大了的光电流。下列说法正确的是（　　）

A. 只要有光入射，就能在阳极获得放大的光电流

B. 入射光的频率越高，阴极K发射出的光电子的初动能越大

C. 增大倍增级间的电压有利于提高其灵敏度

D. 增大光强不影响其灵敏度

【答案】C

【解析】

【详解】A．如果入射光的频率低于阴极K的极限频率，不会发生光电效应，不能在阳极获得光电流，A错误；

B．根据爱因斯坦光电效应方程，入射光的频率越高，阴极K发射出的光电子的最大初动能越大，但并不是所有光电子的初动能都会增大，B错误；

C．增大倍增级间的电压，光电子获得的动能越大，光电子以更大的动能撞击下一个倍增管，下一个倍增管可以发射数量更多的光电子，有利于提高其灵敏度，C正确；

D．增大光强可以增加入射光的光子数量，可以增加光电子的数量，能提高其灵敏度，D错误。

故选C。

二、多选题 （共3小题，共15分）

8. 如图所示，在直角坐标xOy平面内，有一半径为R的圆形匀强磁场区域，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向里，边界与x、y轴分别相切于a、b两点，ac为直径。一质量为m，电荷量为q的带电粒子从b点以某一初速度（大小未知）沿平行于x轴正方向进入磁场区域，从a点垂直于x轴离开磁场，不计粒子重力。下列判断正确的是（　　）。

A. 该粒子的初速度为

B. 该粒子从bc弧中点以相同的速度进入磁场后在磁场中运动的时间是第一次运动时间的1.5倍

C. 以从b点沿各种方向进入磁场的该种粒子从边界出射的最远点恰为a点

D. 以从b点沿各种方向进入磁场的该种粒子在磁场中运动的最长时间是

【答案】BD

【解析】

【详解】A．该粒子从b点射入磁场，从a点垂直x轴离开磁场，则运动半径为

r=R

根据

解得初速度为

选项A错误；

B．该粒子第一次在磁场中运动，其周期

运动了个周期，则运动时间为

该粒子第二次以相同的初速度从圆弧bc的中点d沿平行于x轴正方向进入磁场，其轨迹半径不变也为R，如图所示；

由几何关系可知，该粒子第二次仍然从a点离开磁场，粒子转过的圆心角为

θ=90°+45°=135°

所以运动时间

所以有

选项B正确；

C．以从b点沿各种方向进入磁场的该种粒子运动半径为，从边界出射的最远点距离b点的距离为R，则该点不是a点，选项C错误；

D．以从b点沿各种方向进入磁场该种粒子在磁场中运动的半径为2R，则运动时间最长时，对应的弦最长，最长弦长为2R，则转过的角度为60°，则最长时间是

选项D正确。

故选BD。

9. 图甲是小明学习完电磁感应知识后设计的电动公交车无线充电装置，其工作原理如图乙所示，其中供电线圈埋在地下，受电线圈和电池系统置于车内，供电线路中接电阻R=3Ω，小明经资料查询，得知电动公交车常规充电时输入电压范围一般是220V~400V，流过电池系统电流范围一般是10A~30A。当输入端ab接上380V正弦交流电后，这时电池系统cd两端的电压为600V，电池系统的电流为20A。若不计线圈及导线电阻，忽略线圈中的磁场损失，则下列说法正确的是（　　）

A. 无线充电技术与变压器的工作原理相同

B. 若输入端ab接上380V直流电压，也能进行充电

C 供电线圈和受电线圈匝数比小于19：30

D. ab端的输入功率一定大于12KW

【答案】ACD

【解析】

【详解】A．无线充电技术与变压器的工作原理相同，都是电磁感应原理，选项A正确；

B．若输入端ab接上380V直流电压，则供电线圈中电流不变，则在受电线圈中不会产生感应电流，则不能进行充电，选项B错误；

C．由于供电线圈中由电阻R，则供电线圈初级电压小于380V，根据

则供电线圈和受电线圈匝数比

选项C正确；

D．因次级消耗功率为

P=I2U2=12000W=12KW

供电线圈中由电阻R也消耗功率，则ab端的输入功率一定大于12KW，选项D正确。

故选ACD。

10. 如图a所示，水平面内固定有宽L=0.2m的两根光滑平行金属长导轨，质量m=0.01kg、不计电阻的金属杆ab垂直导轨水平放置。定值电阻阻值R=0.5Ω，不计导轨的电阻。磁感应强度B=0.5T的有界匀强磁场垂直于导轨平面，现用水平恒力F从静止起向右拉动金属杆，金属杆初始时距离磁场边界的距离为d。当d=0时，金属杆进入磁场后的速度变化如图b的图线1；当d=1m时，金属杆进入磁场后的速度变化如图b的图线2，两次运动均在进入磁场t=2.0s后匀速运动，速度大小为v=1m/s。（　　）（从图中读取数据时，精确到0.1）

A. 达到匀速状态时，电路中无感应电流

B. 水平恒力F=0.02N

C. 若d=0.04m，可使得金属杆进入磁场后经过t=1.8s时间变为匀速运动

D. 若d=0.2m，可使得金属杆进入磁场后经过t=1.4s时间变为匀速运动

【答案】BC

【解析】

【详解】A．达到匀速状态时，拉力F与安培力平衡，电路中有感应电流，故A错误；

B．根据题意可知，金属杆匀速时，对金属杆分析，水平方向受恒力F和安培力，由于金属杆切割磁感线，感应电动势

又有

可得

金属杆匀速时

根据平衡条件有

代入数据解得

故B正确；

C．根据题意，金属杆以一定速度进入磁场，进入磁场后的运动规律与图线中相同速度之后的运动规律相同，要使金属杆进入磁场后经过时间变为匀速运动，由图可得金属杆进入磁场时的速度为或，金属杆未进入磁场前做匀加速直线运动，根据

代入数据解得

或

故C正确；

D．要使金属杆进入磁场后经过时间变为匀速运动，由图可得，金属杆进入磁场时的速度为或，同理可得金属杆未进入磁场前做匀加速直线运动，根据

代入数据解得

或

故D错误。

故选BC。

第II卷（非选择题）

三、实验题（共2小题，满分16分）

11. 传感器在现代生活、生产和科学研究中有着相当广泛的应用。某兴趣小组设计出如图甲所示的实验电路，想利用DIS压力传感器和电流传感器获取连续的实验数据并绘制数据图像，对一种新型材料能承受的撞击力进行测试。闭合开关S，重物由压力传感器正上方从静止释放到撞击样品的过程中（样品完好无损）电流传感器的示数随时间变化的图像如图乙所示，压力传感器的示数随其电阻变化的图像如图丙所示。电源的电动势，内阻，定值电阻，新型材料样品的质量，重力加速度g取，不计线路和电流传感器的电阻。

（1）重物撞击新型材料样品后______（填“有”或“没有”）反弹离开传感器。

（2）0~0.53s内流过定值电阻的电荷量为______C。

（3）该实验过程重物对新型材料样品的最大冲击力为______N。

（4）重物的质量为______kg。

【答案】    ①. 没有    ②. 0.122    ③. 750    ④. 15

【解析】

【详解】（1）[1]由题图丙可知，压力传感器所受压力越大，其电阻越小，由题图乙可知在后通过压力传感器的电流为，是一定值，该值比重物撞击新型材料样品前大，故电路的总电阻比撞击前小，即压力传感器所受压力比初始时大，所以重物撞击新型材料后没有反弹离开。

（2）[2]图乙中图像的面积表示电量，则0~0.53s内流过定值电阻的电荷量为

（3）[3]由丙图可知压力越大，电阻越小，电路中的电流越大，故0.52s时重物对新型材料样品的冲击力最大，由闭合电路欧姆定律可知

解得

由丙图可知

所以该实验过程重物对新型材料样品最大冲击力为

（4）[4]当时，由闭合电路欧姆定律

可得

由丙图可知

重物的质量为

12. 材料的电阻随压力的变化而变化的现象称为“压阻效应”，利用这种效应可以测量压力大小。某同学计划利用压敏电阻测量物体的质量，他先测量压敏电阻处于不同压力F时的电阻值RF。

利用以下器材设计一个可以测量处于压力中的该压敏电阻阻值的电路，要求误差较小，提供的器材如下：

A．压敏电阻RF，无压力时阻值R0 = 600 Ω

B．滑动变阻器R1，最大阻值约为20 Ω

C．滑动变阻器R2，最大阻值约为200 Ω

D．灵敏电流计G，量程0～2.5 mA，内阻为30 Ω

E．电压表V，量程0～3 V，内阻约为3 kΩ

F．直流电源E，电动势为3 V，内阻很小

G．开关S，导线若干

（1）滑动变阻器应选用________（选填“R1”或“R2”），实验电路图应选用________（选填“图1”或“图2”）。

（2）实验中发现灵敏电流计量程不够，若要将其改装为量程30 mA的电流表，需要_______（选填“串联”或“并联”）一个电阻R＇，R＇=________Ω。

（3）多次改变压力F，在室温下测出对应电阻值RF，可得到如图3所示压敏电阻的 -F图线，其中RF表示压力为F时压敏电阻的阻值，R0表示无压力时压敏电阻的阻值。由图线可知，压力越大，压敏电阻的阻值________（选填“越大”或“越小”）。

（4）若利用图4所示电路测量静置于压敏电阻上物体的质量，需要将电压表表盘刻度值改为对应的物体质量。若m1 > m2，则m1应标在电压值_____（选填“较大”或“较小”）的刻度上。请分析表示物体质量的示数是否随刻度均匀变化，并说明理由。_______

【答案】    ①. R1    ②. 图1    ③. 并联    ④. 2.7    ⑤. 越小    ⑥. 较小    ⑦. 物体质量m与电压U不是线性关系，因此物体质量示数随刻度不是均匀变化

【解析】

【详解】(1)[1][2]实验要求误差较小，应该多测几组数据，即采用分压式接法，滑动变阻器选用最大阻值较小的R1，又因为压敏电阻的阻值较大，所以电流表采用内接法。故电路图选择图1。

(2)[3][4]灵敏电流计并联分流电阻可以增大其量程，由电路的串并联关系可得

解得

(3)[5]由图像可得

图线的斜率为定值，即随着压力越大，压敏电阻的阻值越小。

(4)[6]静置于压敏电阻上物体的质量越大，其对压敏电阻的压力越大，则压敏电阻的阻值越小，电压表的示数越小，所以质量较大的m1应标在电压值较小的刻度上。

[7]物体质量m与电压U不是线性关系，因此物体质量示数随刻度不是均匀变化。

四、计算题（共3小题，共41分）

13. 如图所示，直角坐标系中的第Ⅰ象限中存在沿y轴负方向的匀强电场，在第Ⅱ象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场。一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，在x轴上的a点以速度v0与x轴负方向成53°角射入磁场，从y=L处的b点沿垂直于y轴方向进入电场，并经过x轴上x=2L处的c点。不计粒子重力。求：

（1）磁感应强度B的大小；

（2）电场强度E的大小；

（3）带电粒子在磁场和电场中的运动时间之比。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）带电粒子在磁场中运动轨迹如图，由几何关系可知

r＋rcos53°=L

解得

又因为

qv0B=m

解得

（2）带电粒子在电场中运动时，沿x轴有

2L=v0t2

沿y轴有

L=at22

又因为

qE=ma

解得

E=

（3）带电粒子在磁场中运动时间为

带电粒子在电场中运动时间为

t2=

所以带电粒子在磁场和电场中运动时间之比为

=

14. 如图所示，两根足够长的平行光滑导轨与水平面成30°角，间距为L，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上，质量分别为m和的导体棒和，与导轨接触良好，接入电路中的电阻均为R。某时刻两棒均由静止释放，释放的同时在棒上施加一沿导轨向上的拉力F的作用，拉力大小恒为，当导体棒向上运动的距离为x时，两导体棒的速度恰好达到最大值，不计导轨的电阻，重力加速度为g。求：

（1）导体棒和的速度最大值之比；

（2）从静止释放到两导体棒的速度达到最大值的过程中，系统产生的焦耳热。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）由系统动量守恒得

解得

（2）两棒达最大速度时，因动量守恒可得ab棒速度始终是cd棒速度的二倍，因此ab棒位移始终是cd棒位移的二倍

由平衡条件得cd棒

由能量守恒

解得

15. 在如图甲所示的半径为r的竖直圆柱形区域内，存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小随时间的变化关系为B=kt（k>0且为常量）。

（1）将一由细导线构成的半径为r、电阻为R0的导体圆环水平固定在上述磁场中，并使圆环中心与磁场区域的中心重合．求在T时间内导体圆环产生的焦耳热。

（2）上述导体圆环之所以会产生电流是因为变化的磁场会在空间激发涡旋电场，该涡旋电场趋使导体内的自由电荷定向移动，形成电流．如图乙所示，变化的磁场产生的涡旋电场存在于磁场内外的广阔空间中，其电场线是在水平面内的一系列沿顺时针方向的同心圆（从上向下看），圆心与磁场区域的中心重合．在半径为r的圆周上，涡旋电场的电场强度大小处处相等，并且可以用计算，其中e为由于磁场变化在半径为r的导体圆环中产生的感生电动势．如图丙所示，在磁场区域的水平面内固定一个内壁光滑的绝缘环形真空细管道，其内环半径为r，管道中心与磁场区域的中心重合．由于细管道半径远远小于r，因此细管道内各处电场强度大小可视为相等的．某时刻，将管道内电荷量为q的带正电小球由静止释放（小球的直径略小于真空细管道的直径），小球受到切向的涡旋电场力的作用而运动，该力将改变小球速度的大小．该涡旋电场力与电场强度的关系和静电力与电场强度的关系相同．假设小球在运动过程中其电荷量保持不变，忽略小球受到的重力、小球运动时激发的磁场以及相对论效应。

①若小球由静止经过一段时间加速，获得动能Em，求小球在这段时间内在真空细管道内运动的圈数；

②若在真空细管道内部空间加有方向竖直向上的恒定匀强磁场，小球开始运动后经过时间t0，小球与环形真空细管道之间恰好没有作用力，求在真空细管道内部所加磁场的磁感应强度的大小。

【答案】（1）（2）①；②

【解析】

【详解】（1）导体圆环内的磁通量发生变化，将产生感生电动势，根据法拉第电磁感应定律，感生电动势为

导体圆环内感生电流为

在T时间内导体圆环产生的焦耳热为：

Q=I2R0T

解得

（2）①根据题意可知，磁场变化将在真空管道处产生涡旋电场，该电场的电场强度为

小球在该电场中受到电场力的作用，电场力的大小为

电场力的方向与真空管道相切，即与速度方向始终相同，小球将会被加速，动能变大．设小球由静止到其动能为Em的过程中，小球运动的路程为s，根据动能定理有

Fs=Em

小球运动的圈数为

解得

②小球的切向加速度大小为

由于小球沿速度方向受到大小恒定的电场力，所以经过时间t0，小球的速度大小v满足

v=at0

小球沿管道做圆周运动，因为小球与管道之间没有相互作用力，所以，小球受到的洛伦兹力提供小球的向心力，设所加磁场的磁感应强度为B0，则有

解得