2022-2023学年黑龙江省大庆实验中学高二上学期期末 物理 （解析版）

大庆实验中学2021级高二上学期期末考试物理试题

第Ⅰ卷（选择题，共52分）

一、选择题：本题共13个小题，每小题4分，共计52分。其中1-8题每小题只有一个选项符合题意，选对得4分，选错或不答的得0分；9-13题每小题有多个选项符合题意，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

1. 以下关于科学家的贡献说法不正确的是（　　）

A. 安培提出了分子电流假说解释了磁现象

B. 洛伦兹确定了通电直导线受力的方向

C. 法拉第发现了电磁感应现象

D. 奥斯特首先发现了电流的磁效应

【答案】B

【解析】

【详解】A．安培提出了分子电流假说，成功地解释了磁现象，故A正确；

B．安培确定了通电直导线受力的方向，故B错误；

C．法拉第首先发现了电磁感应现象，故C正确；

D．奥斯特通过实验研究， 首先发现了电流周围存在磁场，即发现了电流的磁效应，故D正确。

本题选不正确的，故选B。

2. 如图所示，环形电流的中心有一根通电直导线，通电直导线与环形电流所在面垂直。关于通电直导线的受力情况正确的是（　　）

A. 受向左的磁场力 B. 受向右的磁场力

C. 不受磁场力 D. 受磁场力使直导线偏离圆环中心

【答案】C

【解析】

【详解】根据安培定则可知，环形电流产生的磁场方向沿轴线的方向，此时通电直导线的电流方向与磁场方向相同，即B平行I，所以通电直导线不受安培力的作用。

故选C。

3. 如图，长直导线MN置于三角形金属线框abc上且彼此绝缘，线框被导线分成面积相等的两部分。导线通入由M到N的电流，当电流逐渐增大时线框中（　　）

A. 磁通量始终为零 B. 没有产生感应电流

C. 感应电流方向为abca D. 感应电流方向为acba

【答案】C

【解析】

【详解】由安培定则可知，导线框上部分的磁场垂直纸面向外，下部分的磁场垂直纸面向里。通电直导线周围的磁场，以导线为中心的同心圆，远离导线，磁场强度变小。虽然上下面积相等，但是磁通量不为0。当电流逐渐增大时，磁感应强度向里增大，由楞次定律可知，导线框中由逆时针方向电流。

故选C。

4. 正方形导体框粗细均匀，与固定直导线a、b两端连接，导体框处在匀强磁场中，导体框平面与磁场垂直，给导体框通入大小为的电流，导体框受到的安培力大小为，如图1所示；若仅将正方形一边断开，给导体框通入的电流大小仍为，如图2所示，此时导体框受到的安培力大小为，则（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】根据题意，由于正方形导体框粗细均匀，由公式可知，四条边电阻相等，由欧姆定律可得，流过正方形左边的电流为，流过正方形上、下和右边的电流为,由公式可得，上下两边所受安培力相互抵消，则有

图2中上下两边长度相等，电流大小相等，方向相反，所受安培力相互抵消，左边无电流，不受安培力，电流全部从右边通过，则电流大小为，则有

则有

故选C。

5. 如图所示，A、B、C、D、E、F是正六边形顶点，O为正六边形的中心。两根分别固定在C、F两点且均垂直于正六边形所在平面的长直导线（图中未画出），通有大小相等、方向相反的恒定电流。则与B点磁感应强度相同的点是（　　）

A. A点 B. O点 C. D点 D. E点

【答案】D

【解析】

【详解】根据安培定则，固定在C点的长直导线在B处产生的磁感应强度与固定在F点的长直导线在E处产生的磁感应强度大小相等，方向相同。固定在C点的长直导线在E处产生的磁感应强度与固定在F点的长直导线在B处产生的磁感应强度大小相等，方向相同。根据磁场的叠加原理，可知与B点磁感应强度相同的点是E点。

故选D。

6. 甲、乙、丙、丁四幅图分别是回旋加速器、磁流体发电机、速度选择器、霍尔元件的结构示意图，图丁中元件的导电粒子是自由电子。下列说法中正确的是（　　）

A. 图甲中增大交变电场的电压可增大粒子的最大动能

B. 图乙中可以判断出通过R的电流方向为从a到b

C. 图丙中特定速率粒子从左右两侧沿轴线进入后都做直线运动

D. 图丁中所通电流和所加磁场如图所示时，左侧N端电势低于右侧M端

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据

又

解得

即最大动能与电压无关。故A错误；

B．根据左手定则可知，等离子体中的正电荷向下偏，负电荷向上偏，所以通过R的电流方向为从b到a。故B错误；

C．根据

解得

当粒子速度方向发生变化，电场力方向不变，但是洛伦兹力方向反向，无法与电场力相平衡，则无法匀速直线运动。故C错误；

D．根据左手定则可知霍尔元件中的自由电子向N端偏，所以左侧N端电势低于右侧M端。故D正确。

故选D。

7. 如图所示，单刀双掷开关S先打到a端让电容器充满电。t=0时开关S打到b端，t=0.02s时LC回路中电容器下极板带正电荷且电荷量第一次达到最大值。则（　　）

A. 回路的周期为0.02s

B. LC回路的电流最大时，电容器中电场能最大

C. t=0.01s时线圈中磁场能最大

D. t=0.01s时回路中电流沿顺时针方向

【答案】C

【解析】

【详解】A．因为t=0.02s时LC回路中电容器下极板带正电荷且电荷量第一次达到最大值，可知0.5T=0.02s，即T=0.04s，选项A错误；

B．LC回路的电流最大时，磁场能最大，电容器中电场能最小，选项B错误；

C．t=0.01s时电容器放电完毕，此时回路中的电流最大，线圈中磁场能最大，选项C正确；

D．t=0.01s时电容器放电完毕，回路中电流沿逆时针方向，选项D错误。

故选C

8. 如图所示，正方形导线框放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示，时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里。下列选项中能表示线框的边受到的安培力随时间的变化关系的是（规定水平向左为F的正方向）（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】内磁场方向向里且均匀减小，由楞次定律可得线圈中产生顺时针方向的感应电流，由公式

可知产生的感应电动势恒定，由于

则电流恒定，由于

可知磁感应强度均匀减小，则线框的边受到的安培力均匀减小，由左手定则可知安培力方向水平向左，为正值。内磁场方向向外且均匀增大，由楞次定律可得线圈中产生顺时针方向的感应电流，感应电动势恒定，电流恒定，则根据安培力公式可知，随着磁感应强度均匀增大，安培力均匀增大，由左手定则可知安培力方向水平向右，为负值。内磁场方向向外且均匀减小，由楞次定律可得线圈中产生逆时针方向的感应电流，感应电动势恒定，电流恒定，则根据安培力公式可知，随着磁感应强度均匀减小，安培力均匀减小，由左手定则可知安培力方向水平向左，为正值。内磁场方向向里且均匀增大，由楞次定律可得线圈中产生逆时针方向的感应电流，感应电动势恒定，电流恒定，则根据安培力公式可知，随着磁感应强度均匀增大，安培力均匀增大，由左手定则可知安培力方向水平向右，为负值。

故选A。

9. 如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，当原线圈输入的交变电压，此时灯泡a和b电压相等。以后滑动变阻器调节过程中灯泡不会被烧坏，下列说法正确的是（　　）

A. 此时两灯泡的相等电压是44V

B. 副线圈中交变电流的频率为12.5Hz

C. 当滑动变阻器的滑片向下滑动时，灯泡a两端的电压变小

D. 当滑动变阻器的滑片向上滑动时，流过滑动变阻器的电流变小

【答案】AD

【解析】

【详解】A．设灯泡a和b的额定电压均为U，则变压器原线圈两端的电压为，原线圈回路有

解得

故A正确；

B．副线圈中交变电流的频率为

故B错误；

CD．设副线圈总电阻为，原副线圈的匝数比为，则有

当滑动变阻器的滑片向下滑动时，副线圈电阻减小，则原线圈电流增大，变压器的输入功率变大，灯泡a两端电压变大；当滑动变阻器的滑片向上滑动时，副线圈电阻减小，则原副线圈电流都增大，变压器原副线圈电压都增大，通过灯泡电流变大，则流过滑动变阻器电流变小，故C错误，D正确。

故选AD。

10. 市场上某款“自发电”门铃的原理如图所示，当按下门铃按钮时，夹着永磁铁的铁块向下移动改变了与“E”形铁芯接触的位置，使得通过线圈的磁场发生改变。松开门铃按钮时，弹簧可使之复位。由此可判断（　　）

A. 未按下按钮时，线圈a、b两点间没有电势差

B. 按下按钮过程中，线圈中的磁通量一直在减小

C. 按钮复位过程中，线圈a、b两点间没有电势差

D. 按键复位过程中，弹簧的弹性势能有一部分转化为电能

【答案】AD

【解析】

【详解】A．未按下按钮时，线圈磁通量不变，因此a、b两点间电势差零，故A正确；

B．按下按钮过程中，线圈中的磁通量先减小后反向增加，故B错误；

C．按钮复位过程中，线圈中的磁场先向左减小，后向右增加，根据法拉第电磁感应定律可判断，线圈a、b两点间有电势差，故C错误；

D．按键复位过程中，线圈中有感应电流，根据能量守恒知，弹簧的弹性势能有一部分转化为电能，故D正确。

故选AD。

11. 如图所示，半径为R的圆形区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出），两个质量、电荷量都相同的带正电粒子，以相同的速率v从a点先后沿直径ac和弦ab的方向射入磁场区域，ab和ac的夹角为30°。已知沿ac方向射入的粒子在磁场中运动的时间为其圆周运动周期的，不计粒子重力，则（　　）

A. 两粒子在磁场中运动轨道半径为R

B. 两粒子离开磁场时的速度方向相同

C. 沿ac方向射入粒子比沿ab方向射入粒子在磁场中运动时间长

D. 沿ab方向射入的粒子在磁场中运动的时间为

【答案】AB

【解析】

【详解】A．粒子两次入射的轨迹如图所示

由题意知两次入射的速度相同，则半径也相同。当入射方向向下偏转30°时，其轨迹也向下旋转30°。由于沿ac方向射入的粒子偏转90°，粒子从O点正上方的A点射出，如图轨迹1，由几何关系知其运动半径为R，选项A正确；

B．沿ab方向入射的粒子其半径也为R，其轨迹只是将1顺时针旋转30°，其圆心为O′，所以两粒子离开磁场时的速度方向相同，选项B正确；

CD．粒子在磁场中运动的周期

由几何关系知四边形aOBO′为菱形，且，所以沿ab方向入射的粒子在磁场中偏转了120°，运动时间为

根据题意可得

可得

选项CD错误。

故选AB。

12. 如图甲所示，在光滑水平面上的MN 、QP间存在一匀强磁场， t =0时一正方形线框在外力 F 作用下，从MN 处由静止开始向右做加速度为2.5 m/s2的匀加速运动，外力F随时间t变化的图线如图乙所示，已知线框电阻 R =1.25 Ω，则（　　）

A. 磁场宽度为4m

B. 线框的质量为0.8kg

C. 匀强磁场的磁感应强度大小为0.8T

D. 线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量为1C

【答案】BCD

【解析】

【详解】A．线框在磁场中做初速度为零的匀加速直线运动，由图像可知，磁场的宽度等于线框在内的位移，则

故A错误；

B．线框的加速度不变，在不受安培力，根据牛顿第二定律可得线框的质量为

故B正确；

C．线框的宽度等于线框在内的位移，则

1s末线框的速度为

线框中的感应电流为

根据安培力公式有

在1s末线圈受到拉力和安培力，根据牛顿第二定律有

代入数据联立解得

故C正确；

D．线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量为

故D正确。

故选BCD。

13. 如图所示，等腰直角三角形abc区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，直角边ac长度为L，磁感应强度大小为B。在c点有一粒子源，可沿纸面内各个方向射出质量为m、电荷量为+q的粒子，所有粒子不计重力、速度大小均为。其中从c点沿cb方向射入磁场的粒子，运动轨迹恰好垂直于边界ab射出磁场。关于粒子运动下列说法正确的是（　　）

A. 粒子速度的大小满足

B. 从ac射出的粒子在磁场中的运动时间都相同

C. 从点射出磁场的粒子在点的速度方向与夹角为

D. 所有从边界出射的粒子中在磁场中运动的最短时间为

【答案】AC

【解析】

【详解】A．根据题意，从点沿方向射入磁场的粒子，运动轨迹恰好垂直于边界射出磁场，如图所示

根据几何关系可知，点为圆心，由洛伦兹力提供向心力有

又

联立解得

故A正确；

B．对于从ac射出的粒子，初速度方向不同，则在磁场中的轨迹对应的圆心角不同，则运动时间不同，B错误；

C．粒子从点射出磁场，根据题意，粒子的运动轨迹如图所示

由于粒子在磁场中轨迹半径，可知三角形为等边三角形，则有

即粒子在点的速度方向与夹角为，故C正确；

D．根据题意可知，所有从边界出射的粒子中在磁场中运动，当弦长最短时，即弦与垂直时，运动的时间最短，则最短时间的运动轨迹为弧线，如图所示

根据几何关系可得

可得

则有

可得

故D错误。

故选AC。

第Ⅱ卷（非选择题，共48分）

二、实验题：本题共2小题，共16分。把答案填在答题卡的相应位置。

14. 某同学利用游标卡尺测某工件高度，测量结果如图所示，则该工件的高度为___________cm。

【答案】4.240

【解析】

【详解】读数为

15. 某物理兴趣小组成员采用多种方法测电阻：

（1）李同学器材间连线如图所示，请在虚线框中画出对应的电路图___________；

①连接好电路，将滑动变阻器的滑片移到最___________（填“左端”或“右端”），先将单刀双掷开关掷到左边，调滑动变阻器至合适值，记录电流表读数；

②再将单刀双掷开关掷到右边，调节电阻箱的阻值，使电流表的读数与前一次相同，电阻箱的示数如图所示。则待测电阻___________Ω。电流表内阻_______（填“会”或“不会”）给测量结果带来误差。

（2）张同学和王同学一起制了一个两挡位（“× 10”和“× 100”）的简易欧姆表，电路结构如图所示，把红、黑表笔与A、B连接后，可测量电阻。使用的器材如下：

A．干电池：电动势E为1.5V，内阻r不计

B．电流表G：满偏电流，内阻

C．滑动变阻器R

D．定值电阻R0

E．电阻箱R1

F．红、黑表笔各1支，导线及电键若干

①该欧姆表___________（填“A”或“B”）接红表笔；

②开关S1断开，红、黑表笔短接，调节R使电表指针满偏，此挡位欧姆表的内阻为___________；将电阻箱R1接在红、黑表笔之间，当电阻箱的阻值调节到R1=___________Ω时，可以使电流表G的指针指在满偏电流处；

③若电池内阻不可忽略，但仍可欧姆调零，则对未知电阻的测量结果___________（填“有”或“无”）影响；

④当开关S1闭合时，倍率为___________ （填“×10”或“×100”）挡。

【答案】    ①.     ②. 右端    ③. 5    ④. 不会    ⑤. B    ⑥. 1500    ⑦. 3000    ⑧. 无    ⑨. ×10

【解析】

【详解】（1）[1]根据题意可知，电路图如下

①[2]连接好电路，将滑动变阻器的滑片移到最右端，使回路电流最小，起到保护电路的作用。

②[3][4]本实验采用的是替代法，待测阻值和电阻箱电阻相同，因为两次电流完全一样，根据电路原理可知电流表内阻不会给测量结果带来误差。且

（2）①[5]根据电流红进黑出可知，B接红表笔。

②[6][7]开关S1断开，红、黑表笔短接，调节R使电表指针满偏，此挡位欧姆表的内阻为

将电阻箱R1接在红、黑表笔之间，使电流表G的指针指在满偏电流处，则有

解得

③[8] 电池内阻不可忽略，但仍可欧姆调零，只要电动势不变，则通过调零可抵消内阻的变化，使欧姆表内阻保持不变，则无影响。

④[9] 当开关S1闭合时，回路最大电流变大，则

中值电阻变小，所以倍率为×10。

三、解答题：本大题共3小题，其中16题满分7分， 17题满分11分，18题满分14分，共32分。在答题卡上解答，应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案不得分。有数值计算的题，答案应明确写出数值和单位。把答案填在答题卡的相应位置。

16. 一轻质细线吊着一边长为的单匝正方形线圈，总电阻为R=0.5Ω，在边的上下两侧对称分布有宽度d=0.2m的正方形磁场区域，如图（甲）所示。磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化如图（乙）所示（线圈始终保持静止）。求：

（1）线圈中产生的感应电流I大小和方向；

（2）t=4s时，cd边受到的安培力大小及方向。

【答案】（1）0.2A；电流方向：adcb；（2）1.2N，垂直边向上

【解析】

【详解】（1）由图乙可知，线圈中磁感应强度的变化率为

线圈中有效磁场的面积为

感应电动势为

感应电流为

感应电流为方向为adcb

时，磁感应强度为，cd边受到的安培力大小为

根据左手定则可知安培力方向为垂直边向上。

17. 如图甲，在水平面固定间距为L=2m的两平行金属导轨，两导轨左端连接有阻值为R=2的电阻，右端与水平地面成=30º向上倾斜。两导轨水平段虚线区域宽度L=2m、长度x=1m内存在方向垂直导轨平面向上如图乙所示变化磁场。两导轨倾斜段虚线abcd区域存在大小为，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场。现有一根长度为2m、电阻r=2、m=1kg的金属棒，在t=0时刻从距ab边界上方0.1m处静止释放，t=1.2s时金属棒在磁场B1中速度恰好达到最大，t=1.3s时金属棒刚好离开磁场B1。在金属棒运动过程中，棒始终与导轨接触良好，且保持与导轨垂直，不计导轨电阻及摩擦，重力加速度大小g取10m/s2.求：

（1）金属棒到达磁场ab边界时的速度；

（2）金属棒在磁场B1中的最大速度及刚达到最大速度时金属棒两端电压U；

（3）已知金属棒3.2s时还未到达磁场B2，则2.2s到3.2s时间内流过金属棒的电荷量及金属棒上产生的焦耳热Q。

【答案】（1）1m/s；（2），；（3），0.55J

【解析】

【详解】（1）从静止到到达ab，由动能定理

代入数据解得

（2）当速度最大时，由平衡条件可得

解得

·

根据感应电动势

·

U=I1R

解得

U=V

（3）金属棒在2.2s到3.2s电动势

根据闭合电路欧姆定律

解得

2.2s到3.2s时间内流过金属棒的电荷量

2.2s到3.2s时间内金属棒中产生的热量

18. 如图甲所示，三维坐标系中yoz平面的右侧存在平行z轴方向周期性变化的磁场B（图中未画出）和沿y轴正方向竖直向上的匀强电场。现将一个质量为m、电荷量为q的带正电的微粒从xoy平面内的P点沿x轴正方向水平抛出，微粒第一次经过x轴时恰好经过O点，此时速度大小为v0，方向与x轴正方向的夹角为45°。从微粒通过O点开始计时，磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示，规定当磁场方向沿z轴负方向时磁感应强度为正。已知，电场强度大小为，重力加速度大小为g，结果用v0、g、π、n表示。

（1）求微粒从第1次经过x轴到第2次经过x轴的时间t1；

（2）求微粒第n次经过x轴时的x坐标；

（3）若时撤去yoz右侧匀强磁场，同时在整个空间加上沿x轴负方向的匀强磁场，磁感应强度大小为，求微粒向上运动到离xoz平面最远时的坐标。

【答案】（1）；（2） （n=1，2，3…）；（3）

【解析】

详解】（1）根据题意有

即重力与电场力平衡，由洛伦兹力提供向心力，则

又由

，

解得                   ，

可知微粒从第一次经过x轴到第二次经过x轴时，对应的圆心角为90°则

（2）由于

可知0~，微粒刚好转过180°。之后磁场大小方向都变了，则偏转方向变了。由洛伦兹力提供向心力得

联立，解得

将带入周期公式

解得

~2，微粒转过90°。

同理得，时间在2~3与0~的运动轨迹大小一样，只是偏转方向不一样。

3~4与~2的运动轨迹大小一样，只是偏转方向不一样。

综上所述，得到微粒一个周期的轨迹图如下

由几何关系得

则微粒第n次经过x轴时的x坐标为

（n=1，2，3…）

（3）时，微粒运动到M点，速度竖直向上，大小为，以后微粒继续圆周运动，轨迹与yoz面平行，运动四分之一周期到N点时，速度沿着z轴正方向，是向上运动到离xoz平面最远的位置。如图

微粒在x轴坐标

在y轴坐标

在z轴坐标

因此微粒向上运动到离xoz平面最远时的坐标为。