2021-2022学年山东省潍坊安丘市、高密市、诸城市高二下学期期中考试物理试题 解析版

2022年5月份期中检测试题

高二物理

一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1. 抗击“新冠肺炎疫情”，志愿者用非接触式体温测量仪，通过人体辐射的红外线测量体温；防控人员用紫外线灯在无人的环境下消杀病毒。红外线和紫外线相比较（　　）

A. 红外线和紫外线都能用来加热理疗 B. 红外线的光子能量比紫外线的大

C. 真空中红外线的波长比紫外线的长 D. 真空中红外线的传播速度比紫外线的大

【答案】C

【解析】

【详解】A．红外线可以用来理疗，紫外线不能，故A错误；

B．因为红外线的频率小于紫外线，根据

可知红外线的光子能量比紫外线的小，故B错误；

C．根据

可知红外线的波长比紫外线的波长长，故C正确；

D．真空中红外线和紫外线的传播速度是一样的，故D错误。

故选C。

2. 如图所示，导线框与直导线在同一平面内，直导线通有恒定电流I，在线框由左向右匀速通过直导线的过程中，线框中感应电流的方向是（　　）

A 先，后，再 B. 先，后

C. 始终 D. 先，后，再

【答案】D

【解析】

【详解】线框在直导线左侧时，随着线框向右运动，向外的磁通量增加，根据楞次定律线框中感应电流的方向为。在线框的边跨过直导线后，如图所示

根据右手定则边产生的感应电流方向为，边产生的感应电流方向为。线框全部跨过直导线后，随着向右运动，向内的磁通量减少，根据楞次定律知线框中感应电流的方向为，故D正确，ABC错误。

故选D。

3. 如图所示，LC振荡电路的导线及自感线圈的电阻忽略不计，某瞬间回路中的电流方向如箭头所示，且此时电容器的极板A带正电，则下列说法正确的是（　　）

A. 电容器正在放电

B. 线圈L中的磁场能正在减小

C. 电容器两极板间的电压正在减小

D. 线圈L中电流产生磁场的磁感应强度正在增强

【答案】B

【解析】

【详解】AB.根据图示电路知，该LC振荡电路正在充电，电流在减小，电容器两极板间电压正在增大，磁场能转化为电场能，故A错误，B正确；

C．振荡电路正在充电，电容器的带电量在增大，电容器两极板间的电压正在增大，故C错误；

D．充电的过程，磁场能转化为电场能，电流在减小，所以线圈中电流产生的磁场的磁感应强度正在减小，故D错误。

故选B。

4. 水平圆形导体环置于竖直方向的匀强磁场中，规定如图甲所示导体环中电流的方向为正方向，磁场向上为正。磁感应强度B随时间t按图乙变化时，下列能正确表示导体环中感应电流变化情况的是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】规定以向上为磁场的正方向，从图乙可知，0~1s磁感应强度向下且减小，则通过线圈的磁通量在减小，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向向下，则感应电流与图甲所示电流方向相同，为正方向，同理可知1s~2s电流为正方向、2s~4s为负方向，4s~5s为正方向；根据法拉第电磁感应定律及欧姆定律，线圈的感应电流为

其中R为线圈的电阻，k为磁感应强度的变化率，从图乙可以看出k为定值，即电流大小恒定，故BCD错，A正确。

故选A。

5. 用如图所示装置可测定带电粒子的比荷，装置上方速度选择器中匀强电场的方向水平向右，速度选择器和分离器中匀强磁场的方向垂直纸面向外。在S处有粒子源，将大量粒子沿速度选择器中线方向射入，部分粒子沿选择器中线运动后通过小孔进入分离器，再偏转后打到P1、P2、P3点，若粒子重力均可忽略，不计粒子间的相互作用。则以下说法正确的是（　　）

A. 打在P3点的粒子比荷最大

B. 粒子在分离器中运动的时间相同

C. 沿速度选择器中线运动并进入分离器的粒子其速率均相同

D. 若测定带负电粒子的比荷，则需要将速度选择器中的电场反向而磁场方向保持不变

【答案】C

【解析】

【详解】C．离子通过速度选择器时，做匀速直线运动，设速度选择器中的磁感应强度为B1则有

qvB1=qE

解得

沿速度选择器中线运动并进入分离器的粒子其速率均相同，C正确；

A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得

联立可得

粒子打在板上距离小孔的距离为2r，打在P3点的粒子距离最远，偏转半径最大，比荷最小A错误；

B．粒子在分离器中轨迹圆的周期为

则粒子在分离器中运动时间

三粒子的比荷不同，故在磁场中运动的时间不同，B错误；

D．若测定带负电粒子的比荷，则速度选择器中的电场力将反向，受到的洛伦兹力也反向，则可以选择特定的速度的粒子穿过速度选择器，故不需要改变电场磁场的方向，D错误。

故选C。

6. 近日，小米发布了“小感量+磁吸”无线充电预研技术——磁吸式无线充电，通过磁铁的吸附力，把无线充电发射线圈和接收线圈紧密结合在一起，将大大降低能量损耗。某次测试中磁吸无线充电底座线圈接于u=220sin（100πt）（V）的交流电源，已知发射线圈和接收线圈匝数比为11：1，功率为50W。则（　　）

A. 接收线圈的工作原理是电流的磁效应

B. 发射线圈连接直流电源也能实现无线充电

C. 若不计能量损耗，接收线圈获得的电压最大值为20V

D. 若不计能量损耗，通过接收线圈的电流有效值为2.5A

【答案】D

【解析】

【详解】A．接收线圈的工作原理是电磁感应原理，A错误；

B．底座线圈连接直流电源时因不能产生电磁感应，则不能实现无线充电，B错误；

C．接收线圈获得的电压有效值

最大值为

选项C错误；

D．功率为50W，根据功率的表达式得

D正确。

故选D。

7. 如图所示为网络科学小视频中经常出现的一组装置，将一段电阻为r的裸铜导线弯成心形，A端与电池正极接触，P、Q端与负极相连，然后将电池放在小磁铁上方，保证电路良好接触，心形铜导线就会转起来，不计转动阻力。下列说法正确的是（　　）

A. 可根据电池的正负极和裸铜线的转动方向判断小磁铁的N、S极

B. 从上向下看，裸铜导线在安培力作用下一定逆时针转动

C. 如果磁铁的磁极调换一下，心形线框启动，其转动的方向不变

D. 电池的输出功率等于线圈转动的机械功率

【答案】A

【解析】

【详解】A．已知电池的正负极就知道裸铜线的电流方向，在明确裸铜线的转动方向即受力方向，根据左手定则，就能判断出磁场的方向，即能判断小磁铁的N、S极，A正确；

B．裸铜导线上下两条边受到安培力的作用而发生转动的，因为不清楚磁场的方向，根据左手定则不能判断出一定逆时针转动，B错误；

C．如果磁铁吸附在电池负极的磁极调换一下，磁场方向相反，根据左手定则，安培力方向也会相反，心形线框的方向也应该改变，C错误；

D．电池输出的电功率一部分用来用于线框的发热功率，一部分提供线框转动的机械功率，所以电池输出的电功率大于线框旋转的机械功率，D错误。

故选A。

8. 如图所示，半圆形线圈面积为S，线圈电阻为r，在磁感应强度为B的有界匀强磁场中绕垂直于磁场的OO′轴（OO′为有界磁场边界）以角速度ω匀速转动，会产生交变电流，已知外电路电阻为R。则电路中电流的有效值为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】若半圆形线圈转动的角速度为，线圈转动一周只有半周在磁场中发生电磁感应，产生的交流电为正弦交流电（全波波形）的每个周期有半个周期存在电动势（半波波形），设输入电压的有效值为U，电动势最大值为

则

因此电压有效值为

电路中电流的有效值为

B正确，ACD错误。

故选B。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

9. 某同学探究自感现象时设计的实验电路如图所示。A，B为两完全相同的灯泡，电感线圈L的自感系数很大，直流电阻为灯泡电阻的一半，电源内阻不计，下列说法正确的是（　　）

A. 开关S闭合瞬间，B先亮，A后亮，最终A，B一样亮

B 开关S闭合瞬间，A、B先同时亮，然后A变暗一些，B变得更亮

C. 开关S断开瞬间，A、B立即同时熄灭

D. 开关S断开瞬间，B立即熄灭，A先变得更亮再逐渐熄灭

【答案】BD

【解析】

【详解】AB．开关S闭合瞬间，因电感线圈自感很大，故线圈中电流为零，A、B同时亮，随后因线圈对电流的阻碍作用逐渐减小，流经电源的总电流逐渐增大，故流经B的电流逐渐增大，故B变得更亮，因电源无内阻，故路端电压不变，即B两端电压升高，A两端电压降低，故A要变暗一些，故A错误、B正确；

CD．开关S断开瞬间，线圈与A组成回路，故B立即熄灭，因开关断开前线圈中的电流大于A中电流，故A先变得更亮再逐渐熄灭，故C错误、D正确。

故选BD。

10. 如图所示，质量一定的导体棒ab放置于倾角为θ的导轨上，导轨上端连接电源和定值电阻形成闭合回路，空间内加垂直于导体棒的大小相等、方向不同的匀强磁场，导体棒ab均静止，则下列判断正确的是（　　）

A. 四种情况导体棒受到的安培力大小相等

B. 甲中导体棒ab与导轨间摩擦力可能为零

C. 乙中导体棒ab与导轨间摩擦力可能为零

D. 丙和丁中导体棒ab与导轨间摩擦力可能为零

【答案】ABC

【解析】

【详解】A．导体棒受到的安培力

由于四种情况中导体棒的电流相同，所处的磁场磁感应强度相同，故受到的的安培力大小相等，A正确；

B．甲图中导体棒受到竖直向下的重力、水平向右的安培力、垂直于倾斜导轨向上的弹力，若这三个力平衡，则导体棒与导轨间的摩擦力可能为零，B正确；

C．乙图中，导体棒受竖直向下的重力、竖直向上的安培力，若这两个力大小相等，则处于平衡状态，导体棒与导轨间的摩擦力可能为零，C正确；

D．丙图中，导体棒受到竖直向下的重力、竖直向下的安培力、垂直导轨向上的弹力；丁图中，导体棒受到竖直向下的重力、水平向左的安培力。两种情况中，三个力均无法使导体棒平衡，故导体棒一定受到导轨提供的摩擦力，即导体棒与导轨间摩擦力不可能为零，D错误；

故选ABC。

11. 为了解决用电高峰电压不足的问题，某同学设计了如下输电线路。交流发电机的线圈电阻忽略不计，输出电压，T1、T2均为理想变压器，R1和R2为纯电阻用电器。输电线的等效总电阻为r=20Ω，n1：n2=1：10，n4可调，R1和R2的额定电压均为220V，阻值均为11Ω，其余电阻不计。S断开时对应用电低谷，调节n3：n4=10：1，此时用电器R1正常工作，输电线上损耗的功率为△P；S闭合时对应用电高峰，调节变压器T2的副线圈，当其匝数比为N：1时，用电器R1又能正常工作，此时变压器T2原线圈的电压为U3、输电线上损耗的功率为△P′。则（　　）

A.  B. U3=2200V

C. N<10 D. △P′>4△P

【答案】CD

【解析】

【详解】A．S断开时，副线圈的电压为220V、电流为20A，其原线圈的电压为2200V、电流为2A，输电线损耗的电压为

功率为P1=80W，副线圈的电压为2240V，原线圈的电压为224.0V，所以

故A错误；

BCD．S闭合后，对，如果不变，则原、副线圈的电压均减小，需要将变大（）才能使副线圈电压变回到220V，故N<10；此时根据并联干路与支路电流关系得副线圈电流为40A，所以原线圈中电流大于4A，故根据焦耳定律可知，输电线损耗的功率，输电线承担的电压也增大，电压小于2200V，故B错误，CD正确。

故选CD。

12. 如图所示，在直角坐标系xOy第一象限内x轴上方存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，在y轴上S处有一粒子源，它可向右侧纸面内各个方向射出速率相等的质量大小均为m，电荷量大小均为q的同种带电粒子，所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点。已知OP＝OS＝d，粒子带负电，粒子重力及粒子间的相互作用均不计，则（　　）

A. 粒子的速度大小为

B. 从O点射出的粒子在磁场中的运动时间为

C. 沿平行x轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到O点的距离为d

D. 从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比为9:4

【答案】AB

【解析】

【分析】

【详解】A．由OP＝OS＝d，可得

SP＝2d

如图所示，结合“在轨迹圆中，轨迹的直径为最长的弦”和题中“所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点”可知SP是其中一个轨迹的直径，由

可得

则

v＝

A正确；

B．由几何知识可得从O点射出的粒子，轨迹所对的圆心角为60°，在磁场中的运动时间为

t＝＝

B正确；

C．沿平行x轴正方向射入的粒子，圆心在原点处，运动轨迹为四分之一圆，离开磁场时的位置到O点的距离为d，C错误；

D．从x轴上射出磁场的粒子，从原点射出时在磁场中运动时间最短，运动轨迹与x轴相切时运动时间最长

tmax＝＝

则

tmax∶t＝9∶2

D错误。

故选AB。

三、非选择题：本题共6小题，共60分。

13. 用如图等臂天平可测量磁感应强度B，天平右侧下方悬挂的矩形线圈宽为L，共N匝。虚线框中匀强磁场垂直于纸面，线圈通以图示方向的电流I时，天平平衡。保持电流大小不变，改变其方向，从左盘中移动质量为m的砝码至右盘，使天平重新平衡。由此可知磁场的方向垂直纸面向_______，磁感应强度大小B=___________。（已知重力加速度g）

【答案】    ①. 里    ②.

【解析】

【分析】

【详解】[1]由题知，当电流改为反方向时（大小不变），右边再加质量为m的砝码后，天平重新平衡，说明电流反向后，线框所受的安培力方向由原来的向下变成向上，即开始线圈所受安培力的方向向下，根据左手定则可知，磁感应强度B的方向垂直纸面向里。

[2]开始线圈所受安培力的方向向下，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向上，安培力大小变化量等于砝码重力的2倍，所以右边应加砝码，根据天平平衡有

解得

14. 某兴趣小组用如图所示的可拆变压器进行“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验：

（1）下列器材在实验中还必须用到的是____________（填字母）；

（2）实验中原、副线圈的电压之比与其匝数之比有微小差别，原因不可能是___________；

A.变压器铁芯漏磁                B.铁芯在交变电磁场作用下发热

C.原线圈输入电压发生变化        D.原、副线圈上通过的电流发热

（3）实际操作中将电源接在原线圈的“0”和“8”两个接线柱之间，测得副线圈的“0”和“4”两个接线柱之间的电压为3.0V，则可推断原线圈的输入电压可能为___________。

A.3V        B.5.5V        C.6.0V        D.6.5V

（4）如图所示为某电学仪器原理图，图中变压器为理想变压器。左侧虚线框内的交流电源与串联的定值电阻R0可等效为该电学仪器电压输出部分，该部分与一理想变压器的原线圈连接；一可变电阻R与该变压器的副线圈连接，原副线圈的匝数分别为n1、n2（右侧实线框内的电路也可以等效为一个电阻）。在交流电源的电压有效值U0不变的情况下，调节可变电阻R的过程中，当__________时，R获得的功率最大。

【答案】    ①. C    ②. C    ③. D    ④.

【解析】

【详解】（1）[1]实验中需要交流电源和交流电压表(万用表)，不需要干电池和滑动变阻器；

（2）[2]A．变压器铁芯漏磁，从而导致电压比与匝数比有差别，选项A不符合题意；

BD．原、副线圈上通过的电流发热，铁芯在交变磁场作用下发热，都会使变压器输出功率发生变化，从而导致电压比与匝数比有差别，选项BD不符合题意；

C．原线圈输入电压发生变化，不会影响电压比和匝数比，选项C符合题意。

故选C。

（3）[3]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

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，副线圈的电压为3V，则原线圈的电压为

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6.5V。

故选D。

（4）[4]把变压器和R等效为一个电阻R1，R0当作电源内阻，当内外电阻相等，即

此时输出功率最大，根据

得

代入

解得

即

15. 如图所示，一导体棒MN两端分别放在两个固定的光滑圆形导轨上，两导轨面都垂直于两圆心的连线且间距为L，导轨处在竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场中。当水平导体棒中流过强度为I的电流时，导体棒在圆形导轨静止位置和圆心O连线ON与竖直方向成37°角，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：

（1）导体棒质量m；

（2）每个圆导轨对导体棒的支持力的大小FN。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）从右向左看受力分析，由受力平衡得到

解得

（2）两个导轨对棒的支持力为，满足

解得

16. 如图所示，矩形线圈在水平向右的匀强磁场中，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动。已知磁感应强度B=0.4T，线圈匝数N=100匝，ab=30cm，ad=20cm，转动角速度ω=100πrad/s，求：

（1）穿过线圈的磁通量最大值Φm；

（2）线圈产生的感应电动势的有效值U；

（3）从线圈平面与磁场平行的位置开始计时，其感应电动势e随时间t变化的表达式。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】解：（1）当线圈平面与磁场垂直时，穿过线圈的磁通量最大值

得

（2）感应电动势的最大值

感应电动势的有效值

得有效值

（3）线圈是从图示位置计时，瞬时值表达式

得

17. 如图所示，MN和PQ是两根相距L=0.5m竖直固定放置的光滑金属导轨，导轨足够长，其电阻不计。水平条形区域I和Ⅱ内均有磁感应强度B=1T、方向垂直于导轨平面向里的匀强磁场，其宽度均为d=0.3m，区域I和区域Ⅱ相距h=0.2m，其它区域内无磁场。导体棒ab的长度L=0.5m、质量m=0.5kg、电阻R=0.5Ω，开关S处于断开状态。现将ab棒由区域I上边界上方H=0.4m处由静止释放，ab棒下落时闭合S。已知ab棒在先后穿过两个磁场区域的过程中，流过棒的电流及其变化情况相同。导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。计算结果可以保留根号。求：

（1）ab棒进入磁场区域I的瞬间，通过棒的电流强度I；

（2）ab棒穿过磁场区域I的过程中，棒上产生的热量Q；

（3）ab棒穿过磁场区域Ⅱ过程所用的时间t。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）令ab棒刚进入磁场区域Ⅰ时的速度大小为，通过它的电流大小为i，则根据动能定理得

解得

通过棒的电流强度为

解得

（2）令ab棒从磁场区域Ⅰ上边界到磁场区域Ⅱ上边界过程中产生的热量为Q，已知ab棒在先后穿过两个磁场区域的过程中，流过棒的电流及其变化情况相同。由能量守恒定律得

解得

（3）由上可得，令ab棒到达磁场区域Ⅰ下边界时速度大小为，由能量守恒定律得

解得

由题意知ab棒穿过磁场区域Ⅰ和Ⅱ所用的时间相同，设为t，令ab棒穿过磁场区域Ⅰ过程中的平均电动势大小为、平均电动势大小为、则有

根据动量定理得

解得

18. 如图甲所示，矩形区域I内存在垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场区域Ⅱ内存在如图乙所示规律变化的磁场。aa′、bb′、cc′为相互平行的磁场边界线，矩形磁场区域的长度足够长，宽度均为L。某种带正电的粒子从aa′上的O1处以大小不同的速率沿与O1a成α=30°角的方向进入区域I内磁场。O2为cc′边界上一点，O1O2与磁场边界垂直。已知带电粒子的质量为m，带电量为+q，忽略带电粒子间的作用力，不计带电粒子的重力。求：

（1）以速率v1入射的粒子恰好不能进入区域Ⅱ，求该速率v1的大小；

（2）以速率v2入射的粒子（v2小于第（1）问所求v1）在区域I内的运动时间t；

（3）以速率v3入射的粒子在区域I内的运动时间为第（2）问所求时间t的，求该速率v3的大小；

（4）区域Ⅱ内磁场的磁感应强度大小为，其方向随时间t变化的规律如图乙所示，取垂直纸面向外为磁感应强度的正方向。已知在t=0时刻第（3）问中速度为v3的粒子刚好射入区域Ⅱ，并最终垂直cc边界向右由K点穿出磁场（K点未标出），粒子进入区域Ⅱ后不再返回区域I，则K点到O2点的最大距离为多少？要达到此最大距离，图乙中的T值为多少？

【答案】（1）；（2）；（3）；（4），

【解析】

【详解】（1）以速率入射的粒子恰好不能进入区域Ⅱ，在区域Ⅰ内做圆周运动的半径

粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供

得

（2）以小于的速度射入的粒子，结合几何关系可知在区域Ⅰ内做圆周运动的圆心角

由

得

速率入射的粒子在区域Ⅰ内的运动时间

（3）以速率入射的粒子在区域Ⅰ内的运动时间为，可知其在区域Ⅰ磁场的偏转角为60°，即其轨道半径为

根据牛顿第二定律

解得该速率

（4）以速度进入区域Ⅱ磁场的粒子圆周运动半径，且入射方向垂直边界。

轨迹如图，带电粒子运动到K点时到点有最大距离。

如图根据几何关系可得

解得

最大距离

得

带电粒子在区域Ⅱ磁场运动周期

偏转150°对应磁场变化的，即

解得