2022-2023学年甘肃省兰州市教育局第四片区高二（下）期末物理试卷（含解析）

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2022-2023学年甘肃省兰州市教育局第四片区高二（下）期末物理试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
1. 一正弦式交变电流的i−t图像如图所示。下列说法正确的是(    )
A. 在t=0.4 s时电流改变方向
B. 该交变电流的周期为0.5 s
C. 该交变电流的表达式为i=2cos5πt A
D. 该交变电流的有效值为 22A
2. 如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B。L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中。已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行。该导线受到的安培力为(    )
A. 0
B. BIl
C. 2BIl
D. 5BIl
3. 如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化关系为B=B0+kt，B0、k为常量，则图中半径为R的单匝圆形线圈中产生的感应电动势大小为(    )
A. πkr2
B. πkR2
C. πB0r2
D. πB0R2
4. 某月球探测器着陆月球后，在磁场极其微弱的月球上，通过探测器拍摄到带电粒子在月球磁场中的运动轨迹.如果探测器通过月球表面①、②、③、④四个位置，拍摄到的电子运动轨迹照片如图所示(四张照片尺寸比例相同)。设电子速率相同，且与磁场方向垂直，则可知磁场从强到弱的位置排列正确的是(    )


A. ④③②① B. ①④②③ C. ③④②① D. ①②③④
5. 如图所示，四幅图分别表示在匀强磁场中，闭合电路的一部分导体的运动方向与电路中产生的感应电流方向的关系，其中错误的是(    )
A. B. C. D.
6. 某眼动仪可以根据其微型线圈在磁场中随眼球运动时所产生的电流来追踪眼球的运动。若该眼动仪线圈面积为S，匝数为N，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈平面最初平行于磁场，经过时间t后线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为θ处，则在这段时间内，线圈中产生的平均感应电动势的大小和感应电流的方向(从左往右看)为(    )
A. NBSsinθt，逆时针 B. NBScosθt，逆时针
C. NBSsinθt，顺时针 D. NBScosθt顺时针
7. 如图，四条相互平行的细长直导线垂直坐标系xOy平面，导线与坐标平面的交点为a、b、c、d四点。已知a、b、c、d为正方形的四个顶点，正方形中心位于坐标原点O，e为cd的中点且在y轴上；四条导线中的电流大小相等，其中过a点的导线的电流方向垂直坐标平面向里，其余导线电流方向垂直坐标平面向外。则(    )

A. O点的磁感应强度为0 B. O点的磁感应强度方向由O指向c
C. e点的磁感应强度方向沿y轴正方向 D. e点的磁感应强度方向沿y轴负方向
8. 如图所示，两理想变压器间接有电阻R，电表均为理想交流电表，a、b接入电压有效值不变的正弦交流电源。闭合开关S后(    )


A. R的发热功率不变 B. 电压表的示数不变
C. 电流表A1的示数变大 D. 电流表A2的示数变小
9. 近年来，基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理图如图所示。发射线圈的输入电压为220V、匝数为1100匝，接收线圈的匝数为50匝。若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其它损耗，下列说法正确的是(    )


A. 接收线圈的输出电压约为8V
B. 接收线圈与发射线圈中电流之比约为22：1
C. 发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同
D. 穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同
10. 粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示。内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。两个粒子先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点。粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态，忽略粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是(    )


A. 粒子1可能为中子
B. 粒子2可能为电子
C. 若增大磁感应强度，粒子1可能打在探测器上的Q点
D. 若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探测器上的Q点
11. 磁体和电流之间、磁体和运动电荷之间、电流和电流之间都可通过磁场而相互作用，此现象可通过以下实验证明：

(1)如图(a)所示，在重复奥斯特的电流磁效应实验时，为使实验方便效果明显，通电导线应______．
A.平行于南北方向，位于小磁针上方
B.平行于东西方向，位于小磁针上方
C.平行于东南方向，位于小磁针下方
D.平行于西南方向，位于小磁针下方
此时从上向下看，小磁针的旋转方向是______(填顺时针或逆时针)．
(2)如图(b)所示是电子射线管示意图．接通电源后，电子射线由阴极沿x轴方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线．要使荧光屏上的亮线向下(z轴负方向)偏转，在下列措施中可采用的是______.(填选项代号)
A.加一磁场，磁场方向沿z轴负方向   
B.加一磁场，磁场方向沿y轴正方向
C.加一电场，电场方向沿z轴负方向   
D.加一电场，电场方向沿y轴正方向
(3)如图(c)所示，两条平行直导线，当通以相同方向的电流时，它们相互______(填排斥或吸引)，当通以相反方向的电流时，它们相互______(填排斥或吸引)，这时每个电流都处在另一个电流的磁场里，因而受到磁场力的作用．也就是说，电流和电流之间，就像磁极和磁极之间一样，也会通过磁场发生相互作用．
12. 某同学使用如图所示的三组器材探究电磁感应现象。

(1)在甲图中，闭合开关S后，将滑片P向右减速移动的过程中，线圈B中的磁通量______ (选填“增大”或“减小”)。
(2)在乙图中，将如图所示条形磁铁向下插入线圈的过程中，感应电流从______ (选填“正”或“负”)极接线柱流入电表。
(3)为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图丙所示。已知线圈由α端开始绕至b端；当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转。当条形磁铁从图中的虚线位置向右远离L时，指针向右偏转。俯视线圈，其绕向为______ (填“顺时针”或“逆时针”)。
13. 厦门某个小型水电站发电机的输出功率为P1=100kW，发电机的输出电压为U1=250V。通过升压变压器升压后向远处输电，输电线的双线总电阻为R=2Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4=220V。要求输电效率达到95%。为此需要设计两个变压器的匝数比。请你计算：
(1)输电线上通过的电流I2是多少？
(2)从升压变压器的输出端到降压变压器的输入端，输电线损失的电压ΔU为多少？
(3)降压变压器的匝数比n3：n4等于多少？

14. 如图甲所示的螺线管，匝数n=1500匝，横截面积S=20cm2，电阻r=1.5Ω，与螺线管串联的外电阻R1=3.5Ω，R2=2.5Ω，向右穿过螺线管的匀强磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化。求：
(1)螺线管产生的感应电动势大小；
(2)通过螺线管的电流大小和方向；
(3)螺线管两端的电压大小，并判断M、P两端的电势高低。


15. 如图所示，直线MN上方为磁感应强度为B的足够大的匀强磁场。一电子(质量为m、电荷量为e)以速度v从点O与MN成45°角的方向射入磁场中，求：
(1)电子在磁场中运动的半径r；
(2)电子从磁场中射出时到O点的距离d；
(3)电子在磁场中运动的时间。
16. 如图所示，一U形金属框的可动边AC长0.1m，其电阻为2Ω，匀强磁场的磁感应强度为0.5T，AC以8m/s的速度水平向右匀速移动，电阻R阻值为2Ω，(其它电阻均不计)。
(1)计算感应电动势的大小；
(2)计算电阻R中的电流大小；
(3)计算导体棒AC受到的安培力大小。
答案和解析

1.【答案】C 
【解析】A、根据图可知，在t=0.4s时电流方向不变，故A错误。
B、根据图可知，交流电的周期T=0.4 s，故B错误。
C、根据图像可知交流电电流的最大值为Im=2 A，角速度ω=2πT=2π0.4rad/s=5πrad/s，故该交变电流的表达式为i=2cos5πt A，故C正确。
D、电流的有效值为I=Im2=22A=2A，故D错误。
故选C。
根据图像判断出交流电电流的最大值和周期，判断出电流方向发生改变的时刻，求得角速度和有效值，即可判断出瞬时电流的表达式。
根据图象获取有用信息，知道正弦式交变电流的有效值I=Im2，根据图像判断出交流电的瞬时表达式。

2.【答案】C 
【解析】解：导线的ab边与磁场垂直，受到的安培力大小为：
F1=2BIl
导线的bc边与磁场平行，不受安培力的作用，则导线受到的安培力大小为：
F=F1=2BIl，故C正确，ABD错误；
故选：C。
分别根据安培力的计算公式得出导线的ab边和bc边受到的安培力大小，从而得出导线受到的安培力。
本题主要考查了安培力的计算公式，熟悉安培力的计算公式，代入数据即可完成分析，难度不大。

3.【答案】A 
【解析】解：根据法拉第电磁感应定律有：E=ΔΦΔt=ΔBΔtS=k⋅πr2；
故A正确，BCD错误；
故选：A。
由磁感应强度B随时间t变化的关系为B=B0+kt，可由法拉第电磁感应定律求出线圈中产生的感应电动势．
本题是法拉第电磁感应定律，应用法拉第定律时要注意S是有效面积，并不等于线圈的面积．

4.【答案】D 
【解析】解：在月球表面上，带电粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力可得：qvB=mv2r
变形后解得：B=mvqr∝1r
由图中轨迹可知半径关系为：r1 可知磁场从强到弱的位置排列是：①②③④。故ABC错误，D正确。
故选：D。
电子在月球磁场中做圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，根据半径公式r=mvqB分析得知，半径与磁感应强度成反比，由图分析轨迹半径的大小，比较磁感应强度的大小。
本题考查运用物理知识分析实际问题，背景较新，但落点较低，实质是带电粒子在磁场中圆周运动半径公式r=mvqB的直接应用。

5.【答案】A 
【解析】解：根据右手定则，即让磁感线穿过手掌心，大拇指所指的方向为运动方向，则四指所指方向为感应电流的方向。
A.根据右手定则，可知感应电流方向垂直纸面向外，故A错误；
B.根据右手定则，可知感应电流方向沿导线向上，故B正确；
C.根据右手定则，可知感应电流方向垂直纸面向外，故C正确；
D.根据右手定则，可知感应电流方向沿导线向下，故D正确。
本题选错误的，故选：A。
根据右手定则判定感应电流方向。让磁感线穿过手掌心，大拇指所指的方向为运动方向，则四指所指方向为感应电流的方向。
本题考查了右手定则，注意右手定则是用来判定感应电流方向的，左手定则是用来判定安培力方向的。

6.【答案】A 
【解析】解：开始时线圈与磁场额方向平行，则穿过线圈的磁通量为零；经过时间t，面积为S的线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为θ处，磁通量变化为：ΔΦ=BSsinθ；由法拉第电磁感应定律，线圈中产生的平均感应电动势的大小为：E=NΔΦΔt=NBSsinθt；由楞次定律可判断出感应电流方向为逆时针方向。故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据Φ=BSsinθ判断穿过线圈的磁通量，然后求出磁通量的变化量，再根据法拉第电磁感应定律求出平均电动势的大小，根据楞次定律判断感应电流的方向。
该题考查楞次定律与法拉第电磁感应定律，正确求出磁通量的变化是解答的关键。

7.【答案】BD 
【解析】解：AB.由题知，四条导线中的电流大小相等，且到O点的距离相等，故四条导线在O点的磁感应强度大小相等，根据右手螺旋定则可知，四条导线中在O点产生的磁感应强度方向，如图所示

由图可知，Bb与Bc相互抵消，Ba与Bd合成，根据平行四边形定则，可知O点的磁感应强度方向由O指向c，其大小不为零，故A错误，B正确；
CD.由题知，四条导线中的电流大小相等，a、b到e点的距离相等，故a、b在e点的磁感应强度大小相等，c、d到e点的距离相等，故c、d在e点的磁感应强度大小相等，根据右手螺旋定则可知，四条导线中在O点产生的磁感应强度方向，如图所示

由图可知Bc与Bd大小相等，方向相反，互相抵消；而Bb与Ba大小相等，方向如图所示，根据平行四边形定则，可知两个磁感应强度的合磁感应强度沿y轴负方向，故C错误，D正确。
故选：BD。
用右手螺旋定则，判断磁感应强度方向，并通过磁感应强度的叠加求解各选项。
本题考查右手螺旋定则及磁感应强度的叠加，学生需注意与左手定则区分。

8.【答案】BC 
【解析】解：D.闭合开关S后，灯的支路变多，故电流表A2的示数变大，故D错误；
A.降压变压器的原电流增大，根据电流比等于匝数反比，而匝数是定值，故升压变压器的副线圈电流增大，R的发热功率增大，R的电压增大，故A错误；
B.升压变压器的原电压U不变，根据电压比等于匝数比，而匝数是定值，升压变压器副线圈的电压U不变，故电压表示数不变，故B正确；
C.升压变压器的副线圈电流增大，根据电流比等于匝数反比，而匝数是定值，电流表A1的示数变大，故C正确；
故选：BC。
本题根据电流比等于匝数反比，电压比等于匝数比，结合选项，即可解答。
本题考查学生对电流比等于匝数反比，电压比等于匝数比的掌握，中等难度题。

9.【答案】AC 
【解析】解：A、发射线圈的电压：U1=n1⋅ΔΦΔt，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，则有：U2=n2⋅ΔΦ×80%Δt
则：U2U1=n2×80%n1=50×80%1100，解得：U2=8V，故A正确；
B、由于漏磁，接收线圈与发射线圈的功率不相等，接收线圈与发射线圈中电流之比I2：I1≠n1：n2=1100：50=22：1，故B错误；
C、发射线圈与接收线圈中磁通量变化的频率相等，则发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同，故C正确；
D、穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，则穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的磁通量变化率不相同，故D错误。
故选：AC。
根据穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的磁通量变化率不相同，结合法拉第电磁感应定律进行解答；
由于漏磁，接收线圈与发射线圈中电流之比不等于匝数反比；
该变压器中磁通量变化率相等，由此分析交流电频率。
本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道理想变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比，不是理想变压器，上面的结论不成立。

10.【答案】AD 
【解析】解：AB、由题图可看出粒子1没有偏转，说明粒子1不带电，则粒子1可能为中子；粒子2向上偏转，根据左手定则可知粒子2应该带正电，故A正确，B错误；
C、由以上分析可知粒子1为中子，则无论如何增大磁感应强度，粒子1都不会偏转，故C错误；
D、粒子2在磁场中洛伦兹力提供向心力，有
qvB=mv2r
解得：r=mvqB
可知若增大粒子入射速度，则粒子2的半径增大，粒子2可能打在探测器上的Q点，故D正确。
故选：AD。
根据粒子的运动轨迹分析出对应的电性；
根据牛顿第二定律分析出速度或磁感应强度改变后对运动的影响。
本题主要考查了带电粒子在磁场中的运动，理解粒子的受力特点和运动类型，结合牛顿第二定律即可完成解答。

11.【答案】A  逆时针  B  吸引  排斥 
【解析】解：(1)由于无通电导线时，小磁针S极向南，N极指北，位于南北方向，若导线的磁场仍使小磁针南北偏转，根本无法观察，所以为使实验方便效果明显，导线应平行于南北方向位于小磁针上方，这样当导线中通电时，小磁针能向东西偏转，实验效果比较明显．故A正确，BCD错误；
故选：A
根据右手螺旋定则，导线电流产生的磁场在磁针处为垂直纸面向里，故此时从上向下看，小磁针的旋转方向是逆时针
(2)A、若加一沿z轴负方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿y轴负方向，亮线不偏转，不符合题意．故A错误．
    B、若加一沿y轴正方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿z轴负方向，亮线向下偏转，符合题意．故B正确．
    C、若加一沿y轴正方向的电场，电子带负电，电场力方向沿y轴负方向，亮线不偏转，不符合题意．故C错误．
    D、若加一沿y轴负方向的电场，电子带负电，电场力方向沿y轴正方向，亮线不偏转，不符合题意．故D错误．
故选：B
(3)图中，研究右导线的受力情况：将左导线看成场源电流，根据安培定则可知，它在右导线处产生的磁场方向向外，由左手定则判断可知，右导线所受的安培力方向向左；同理，将右导线看成场源电流，左导线受到的安培力向右，两导线要靠拢，说明电流方向相同时，两导线相互吸引；
同理可知：当通入电流方向相反时，两导线远离，两导线相互排斥；
故答案为：吸引，排斥
故答案为：(1)A，逆时针；(2)B；(3)吸引，排斥
使小磁针效果明显，应让其向东西方向转，电流应位于南北方向，从而即可求解；电子射线由阴极沿x轴方向射出，形成的亮线向下(z轴正方向)偏转，说明电子受到的洛伦兹力方向向下，将四个选项逐一代入，根据左手定则判断分析，选择可行的磁场方向；根据安培定则和左手定则，判断两导线之间的作用力性质，从而即可求解．
本题考查了奥斯特的电流磁效应实验、安培定则，电流的磁场、磁场对电流的作用，要在理解的基础上加强记忆，本题考查电偏转与磁偏转方向判断的能力．负电荷运动的方向与电流方向相反，洛伦兹力方向由左手定则判断

12.【答案】增大  负  逆时针 
【解析】解：(1)在甲图中，闭合开关S后，将滑片P向右减速移动的过程中，接入电路中的电阻减小，那么线圈A的电流变大，导致线圈A中的磁场增强，那么线圈B中的磁通量增大；
(2)在乙图中，将条形磁铁向下插入线圈的过程中，根据楞次定律的“增反减同”，结合右手螺旋定则，那么感应电流从负极接线柱流入电表；
(3)在丙图中，当条形磁铁从图中虚线位置向右远离L时，穿过L的磁通量向上，磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流磁场应向上，由安培定则可知，线圈中电流从b流向a，俯视线圈，其绕向是逆时针；
故答案为：(1)增大；(2)负；(3)逆时针．
(1)依据滑片的移动，来判定接入电路的电阻变化，从而确定电流大小，进而判定线圈B中的磁通量变化；
(2)根据楞次定律，结合右手螺旋定则，即可求解；
(3)电流从左端流入指针向左偏转，根据电流表指针偏转方向判断电流方向，然后应用安培定则与楞次定律分析答题。
考查磁通量的概念，掌握电磁感应现象的应用，理解楞次定律与右手螺旋定则的内容，与感应电流产生的条件，注意看线圈的方向是解题的关键．

13.【答案】(1)50A；(2)100V；(3)95：11
解(1)输电线上损失的功率P损=(1−95%)P1=I22R
解得输电线上通过的电流是I2= P损R= 0.05×100×10002A=50A
(2)从升压变压器的输出端到降压变压器的输入端，输电线损失的电压为
ΔU=I2R=50×2V=100V
(3)设升压变压器输入功率为P1，输出功率为P2，输出电压为U2，则
P1=P2=I2U2=100000W
解得
U2=2000V
降压变压器的输入电压为U3，则
U3=U2−ΔU=2000V−50A×2Ω=1900V
根据
n3n4=U3U4
解得
n3n4=9511
答：(1)输电线上通过的电流I2是50A；
(2)输电线损失的电压ΔU为100V；
(3)降压变压器的匝数比n3：n4等于95：11。 
【解析】(1)根据输电损失功率公式ΔP=I2R计算传输电流；
(2)由输送功率P=UI计算输送电压U2；
(3)由电压与匝数成正比和电压分配关系计算匝数之比。
本题关键是结合变压器的变压比公式和功率损耗的公式ΔP=I2R列式求解，基础问题。

14.【答案】解：已知S=20cm2=2×10−3m2
(1)由B—t图像可得
k=ΔBΔt=6−22T/s=2T/s
根据法拉第电磁感应定律有
E=nΔΦΔt=nSΔBΔt
解得螺线管产生的感应电动势大小为：E=6V
(2)由楞次定律，当B随时间增大时，穿过线圈的磁通量增大，因此感应电流的磁场方向向左，再由安培定可知，感应电流方向为M→a→c→b→P→M。
根据闭合电路欧姆定律得
I=ER+r
其中R=R1+R2
联立解得：I=0.8A
(3)线圈可以等效为电源，由电流方向可知，M端为等效电源的正极，M端电势高，螺线管两端的电压为等效电源的路端电压，即为电阻R1、R2两端的电压之和，则有
UMP=I(R1+R2)=0.8×(3.5+2.5)V=4.8V
答：(1)螺线管产生的感应电动势大小为6V；
(2)通过螺线管的电流大小为0.8A，方向由M→a→c→b→P→M；
(3)螺线管两端的电压大小为4.8V，M端电势高。 
【解析】(1)由法拉第电磁感应定律求解螺线管产生的感应电动势大小；
(2)由闭合电路欧姆定律求解通过螺线管的电流大小，由楞次定律判断电流方向；
(3)由欧姆定律求解螺线管两端的电压大小。线圈等效为电源，根据电流方向来确定电势的高低。
本题是电磁感应与电路知识的综合，掌握电磁感应的基本规律：法拉第电磁感应定律、欧姆定律、楞次定律，以及电路中电势高低与电流的方向关系。

15.【答案】解：(1)作出电子的运动轨迹如图：

根据洛伦兹力提供向心力，有evB=mv2r
解得r=mveB
(2)由几何关系得，圆心角为90°，电子出射点距O点的距离d= 2r= 2mveB
(3)电子在磁场中的运动时间t=90°360∘T
又T=2πrv
联立解得t=πm2eB
答：(1)电子在磁场中运动的半径为mveB；
(2)电子从磁场中射出时到O点的距离为 2mveB；
(3)电子在磁场中运动的时间为πm2eB。 
【解析】(1)根据粒子在磁场中运动的半径公式得出半径的大小；
(2)由几何关系求出电子出射点距O点的距离；
(3)根据粒子在磁场中运动的周期公式，结合圆心角的大小求出电子在磁场中运动的时间。
解决本题的关键掌握带电粒子在磁场中运动的半径公式和周期公式，结合几何关系进行求解，掌握圆心、半径的确定方法．注意电子带负电并正确应用左手定则分析受力方向，从而判断偏转方向。

16.【答案】解：(1)感应电动势的大小E=BLv=0.5×0.1×8V=0.4V
(2)电阻R中的电流大小为
 I=E2R=0.42×2A=0.1A
(3)导体棒AC受到的安培力大小为
 F=BIL=0.5×0.1×0.1N=5×10−3N
答：(1)感应电动势的大小为0.4V；
(2)电阻R中的电流大小为0.1A；
(3)导体棒AC受到的安培力大小为5×10−3N。 
【解析】(1)由E=BLv求出感应电动势大小；
(2)由闭合电路欧姆定律求出电阻R中的电流大小；
(3)由F=BIL求解导体棒AC受到的安培力大小。
本题考查导体棒切割类型，应用公式E=BLv、安培力公式F=BIL与闭合电路欧姆定律即可正确解题。