【期中真题】辽宁省大连市第二十四中学2022-2023学年高二上学期期中物理试题.zip

2022-2023学年度上学期期中考试高二年级物理科试卷

一、选择题（共46分，其中1-7为单选题，每题4分，8-10为多选题，每题6分，选不全得3分，多选不得分）

1. 以下四图都与电磁感应有关，下列说法正确的是（　　）

A. 真空冶炼炉能在真空环境下，使炉内的金属产生涡流，从而炼化金属

B. 当蹄形磁体顺时针转动时，铝框将朝相反方向转动

C. 金属探测器通过使用恒定电流的长柄线圈来探测地下是否有金属

D. 磁电式仪表，把线因绕在铝框骨架上，目的是起到电磁驱动的作用

【答案】A

【解析】

【详解】A．真空冶炼炉能在真空环境下，利用电磁感应现象，使炉内金属产生涡流，从而炼化金属，故A正确；

B．根据电磁驱动原理，当蹄形磁体顺时针转动时，铝框将朝相同方向转动，故B错误；

C．金属探测器通过使用交变电流的长柄线圈来探测地下是否有金属，故C错误；

D．磁电式仪表，把线圈绕在铝框骨架上，铝框中产生感应电流，使线框尽快停止摆动，起到电磁阻尼的作用，故D错误。

故选A。

2. 在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P从图示位置向右滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2、U3表示，电表示数变化量的绝对值分别用I、、、表示。则下列判断中正确的是（　　）

A. U2、U3都变小 B. U2变大，U3减小

C. 不变 D. 变大

【答案】C

【解析】

【详解】AB．将滑动变阻器的滑片P从图示位置向右滑动时，变大，电路总电阻变大，闭合电路欧姆定律可知电路总电流变小，根据

，，

可知外电压增大，定值电阻两端电压减小，滑动变阻器两端电压增大，故AB错误；

CD．根据闭合电路欧姆定律可得

则有

可知不变。故C正确，D错误。

故选C。

3. 如图所示，空间存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场垂直于纸面向里，一个带电小球进入此空间后做直线运动，速度方向垂直磁场斜向右上方，与电场方向夹角。已知小球质量为，电量为，匀强磁场的磁感应强度为，重力加速度为，则（　　）

A. 小球带负电

B. 小球运动的速度大小为

C. 匀强电场的电场强度大小为

D. 小球运动到图中点时，撤去磁场，小球运动到与点等高位置所用时间为

【答案】D

【解析】

【详解】A．小球在电场、磁场、重力场的复合场中做直线运动，一定做的是匀速直线运动，对小球受力分析可知，小球只能带正电，故A错误；

B．由力的平衡可知

求得

故B错误；

C．由

可知

故C错误；

D．小球运动到点时，撤去磁场，小球只在重力和电场力的合力作用下做类平抛运动，则

求得

故D正确。

故选D。

4. 在如图所示电路中，A1和A2是两个相同的灯泡。线圈L的自感系数足够大，电阻可以忽略不计，下列说法正确的是（　　）

A. 闭合开关S时，A2先亮，A1逐渐变亮

B. 闭合开关S时，A1和A2同时亮

C. 断开开关S时，A2闪亮一下再熄灭

D. 断开开关S时，流过A2的电流方向向左

【答案】A

【解析】

【详解】AB．当开关S闭合时，灯A2立即发光。电流通过线圈，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，所以A1逐渐亮起来，所以A2比A1先亮，由于线圈直流电阻忽略不计，当电流逐渐稳定时，线圈不产生感应电动势，两灯电流相等，亮度相同，故A正确，B错误；

CD．稳定后，当开关S断开后，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，与灯泡A1和A2串联，两灯电流相同，都过一会儿熄灭，灯A2不会闪亮，流过A2的电流方向向右，故CD错误。

故选A。

5. 利用质谱仪可以分析同位素，如图所示，电荷量均为q的同位素碘131和碘127质量分别为m1和m2，从容器A下方的小孔S1进入电势差为U的电场，初速度忽略不计，经电场加速后从S2射出，垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片D上。则照相底片上碘131和碘127与S2之间的距离之比为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】粒子电场中加速时，有

qU＝mv2

设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为R，则有

Bqv＝

联立以上两式解得

所以照相底片上碘131和碘127与S2之间的距离之比为

故选C。

6. 如图甲所示，在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环。磁场方向向上为正，磁感应强度B随时间t按图乙变化，下列分析正确的是（　　）

A. t=1s时环中的磁通量为零，环内的感应电流为零

B. 0～2s内环上小段导体受到的安培力始终指向圆心

C. 0～2s内环上小段导体受到的安培力大小不变

D. 0～2s内感应电流的功率不变

【答案】D

【解析】

【详解】A．如图，t=1s时磁感应强度为零，则环中的磁通量为零，但磁场的变化率不为零，则环内的感应电流不为零，故A错误；

B．0～2s内，磁场的变化率不变，则感应电流方向不变，根据楞次定律可知，从上往下看，感应电流方向为顺时针。根据左手定则，0～1s内磁场向下，安培力方向背离圆心，1～2s内磁场向上，安培力方向指向圆心，故B错误；

CD．0～2s内，磁场均匀变化，感应电流大小不变，感应电流的功率不变，但磁感应强度变化，则安培力大小一直改变，故C错误，D正确。

故选D。

7. 如图所示，P点处有一粒子源，可以以不同的速率发射某种质量为、电荷量为的带正电的粒子，粒子沿纸面以与成角的方向射入正方形匀强磁场区域内，磁场的磁感应强度大小为，方向垂直于纸面向里，正方形的边长为，P点是边的中点。不计粒子的重力以及粒子间的相互作用，则下列说法正确的是（　　）

A. 当粒子的速率大于时，粒子全部从边离开磁场

B. 当粒子的速率为时，粒子从边离开磁场

C. 当粒子的速率为时，粒子恰好从边离开磁场

D. 当粒子的速率由变为时，粒子在磁场中运动的时间变长

【答案】C

【解析】

【详解】ABC．设粒子的运动轨迹半径为时，粒子的轨迹与边相切，如图中曲线①所示

由几何关系得

解得

粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得

解得粒子的速率为

当粒子的运动轨迹与边相切时，如图中曲线②所示，由几何关系可得

可得此时粒子的运动轨迹半径为

解得粒子的速率为

当粒子的运动轨迹与边相切时，如图中曲线③所示，由几何关系可得

可得此时粒子运动的轨迹半径

解得粒子的速率为

当粒子的速率大于时，粒子全部从ad边离开磁场。

当粒子的速率为时，由于

所以粒子从边离开磁场。

当粒子的速率为时，粒子恰好从边离开磁场，故C正确，AB错误；

D．当粒子的速率由变为时，由于

可知两种速率的粒子均从边离开磁场，从边离开磁场的运动轨迹如图中曲线④所示，由几何关系可知粒子轨迹对应的圆心为，保持不变，粒子在磁场中的运动时间为

可知当粒子的速率由变为时，粒子在磁场中运动的时间不变，故D错误。

故选C。

8. 如图所示，电源电动势E和内阻r一定，是定值电阻，是光敏电阻（光敏电阻的阻值随光照强度的增大而减小），L是小灯泡。闭合开关，当照射到的光照强度减小时，下列说法正确的是（　　）

A. 电压表示数不变 B. 电流表示数减小

C. 灯泡亮度变暗 D. 电源效率增大

【答案】BCD

【解析】

【详解】A B．当照射到的光照强度减小时，其阻值增大，回路总电阻增大，干路电流减小，即电流表示数减小；由闭合电路欧姆定律可得

由于干路电流减小，导致路端电压增大，即电压表示数增大，选项A错误，B正确；

C．中的电流减小，两端电压减小，并联部分电压增大，则流过的电流增大，流过L的电流减小，故灯泡亮度变暗，选项C正确；

D．电源效率可表示为

当外电阻增大时，电源效率增大，选项D正确。

故选BCD。

9. 由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是（　　）

A. 甲和乙都加速运动

B. 甲和乙都减速运动

C. 甲加速运动，乙减速运动

D. 甲减速运动，乙加速运动

【答案】AB

【解析】

【分析】

【详解】设线圈到磁场高度为h，线圈的边长为l，则线圈下边刚进入磁场时，有

感应电动势为

两线圈材料相等（设密度为），质量相同（设为），则

设材料的电阻率为，则线圈电阻

感应电流为

安培力为

由牛顿第二定律有

联立解得

加速度和线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度。当时，甲和乙都加速运动，当时，甲和乙都减速运动，当时都匀速。

故选AB。

10. 如图所示，等腰直角三角形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，直角边长度为，磁感应强度大小为。在点有一粒子源，可沿纸面内各个方向射出质量为、电荷量为的粒子，所有粒子不计重力、速度大小均为。其中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。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. 从点射出磁场的粒子在点的速度方向与夹角为

C. 与夹角为的入射粒子在磁场中的运动时间为

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】BC

【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错误；

B．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B正确；

C．根据题意，与夹角为的入射粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示

根据几何关系可知，粒子运动轨迹所对圆心角为45°，则粒子在磁场中的运动时间为

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BC。

二、实验题（14分，其中11题6分，12题8分，每空均为2分）

11. 为精准测量一节干电池的电动势和内阻，某同学设计了图甲所示的电路。

实验器材有：干电池一节、滑动变阻器（最大阻值为）、电流表A（量程为，内阻约为）、灵敏电流表G（满偏电流，内阻）、固定电阻、、开关、导线。

（1）连接好电路，将滑动变阻器的滑片滑至___________，（选填“最左端”或“最右端”）检查无误后，闭合开关；

（2）调整滑片的位置，读出多组电流表A的示数，和灵敏电流表G的示数，将记录的数据做出图像如图乙所示，电源的电动势为___________V，内阻为___________（结果均保留小数点后2位）。

【答案】    ①. 最左端    ②. 1.44##1.45##1.46    ③. 0.40##0.41##0.42##0.43

【解析】

【详解】（1）[1]为了保护电路，所以连接好电路，将滑动变阻器的滑片滑至最左端，检查无误后，闭合开关。

（2）[2][3]根据闭合电路欧姆定律可得

可得

可知图像的纵轴截距为

解得电源的电动势为

图像的斜率绝对值为

解得内阻为

12. 某同学手边没有电流表，有一个电压表（量程0~5V，内阻为5×103Ω），电池（电动势为8V、内阻为10Ω）、总电阻足够大的滑动变阻器R0。他利用以上器材制成一个可以直接测量电阻的欧姆表，如图甲所示。图乙是电压表的刻度盘。

（1）图甲中，d为___________（填“红”或“黑”）表笔。

（2）测量外电阻的阻值之前，需要调零。按正确的操作，调零时，R0接入电路的阻值是___________Ω；

（3）现对电压表刻度重新赋值，则4V处应标注___________Ω；

（4）该同学发现改装后的欧姆表如果去测量几十欧的电阻很不精确，此时需要对该欧姆表进行改进。以下改进措施中最合理的是___________；

A.电源换成电动势E=10V的电池

B.电源换成电动势E=6V的电池

C.用一个50Ω的电阻与电压表并联

D.用一个50Ω的电阻与电压表串联

【答案】    ①. 黑    ②. 2990    ③. 2000    ④. C

【解析】

【详解】（1）[1]图甲中，电路中a与电源正极连接为“+”，b为“-”，多用表电流“红进黑出”，故c为红表笔，d黑表笔；

（2）[2]调零时，R0接入电路的阻值是

（3）[3]现对电压表刻度重新赋值，则4V处应标注

（4）[4]改装后的欧姆表如果去测量几十欧的电阻很不精确，是因为多用表的内阻太大，导致偏角太大，测量不精确，改进办法降低多用表内阻

故改变电动势，6V或10V，内阻仍然很大，只有用一个50Ω的电阻与电压表并联可以增大回路总电流，减小内阻。

故选C

三、简答题（共40分，其中13愿10分，14题12分，15题18分）

13. 如图所示，电源电动势E=6V，定值电阻R1=R2=R3=2Ω，电动机线圈电阻R=1Ω，电容器的电容C=100μF。开关S闭合后电路稳定时，电流表的示数I=1A，电动机的机械功率。求：

（1）电源路端电压U；

（2）通过电动机的电流IM；

（3）电源内阻r和电容器所带电荷量Q。

【答案】（1）；（2）；（3），

【解析】

【详解】（1）由欧姆定律得

代入数据解得

（2）对电动机由能量守恒定律得

又

解得

（3）由闭合电路欧姆定律得

解得

R2 和R3两端的电压分别为

，

电容器的电压

所以电容器所带电荷量

14. 如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨、间距，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成角，N、Q两端接有的电阻。一金属棒垂直导轨放置，两端与导轨始终有良好接触，已知的质量，电阻，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小。在平行于导轨向上的拉力作用下，以初速度沿导轨向上开始运动，可达到最大速度。运动过程中拉力的功率恒定不变，重力加速度。

（1）求拉力的功率P；

（2）开始运动后，经速度达到，此过程中克服安培力做功，求该过程中沿导轨的位移大小x。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【分析】

【详解】（1）在运动过程中，由于拉力功率恒定，做加速度逐渐减小的加速运动，速度达到最大时，加速度为零，设此时拉力的大小为F，安培力大小为，有

设此时回路中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律，有

设回路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律，有

受到的安培力

由功率表达式，有

联立上述各式，代入数据解得

（2）从速度到的过程中，由动能定理，有

代入数据解得

15. 小明受到回旋加速器的启发，设计了如图1所示的“回旋加速装置”。两相距为d的平行金属栅极板M、N，板M位于x抽上，板N在它的正下方。两板间加上如图2所示的幅值为U0的交变电压，周期。板M上方和板N的下方有磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场，粒子探测器位于y轴处，仅能探测到垂直射入的带电粒子。有一沿x轴可以移动、粒子出射初动能可调节的粒子发射源，沿y轴正方向射出质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子。时刻，发射源在（x，0）位置发射一带电粒子。忽略粒子的重力和其它阻力，粒子在电场中运动的时间不计。

（1）若粒子只经磁场偏转并在处被探测到，求发射源的位置和粒子的初动能；

（2）若粒子两次进出电场区域后被探测到，试分别讨论当粒子初动能Ek0如为以下两种情况时①，②，粒子发射源的位置x与被探测到的位置y之间的关系，并画出粒子的运动轨迹示意图。（注意：Ek0不是已知量，结果用x、y、B、q、m、U0来表示）

【答案】（1）发射源的位置为，粒子的初动能为；（2）①如果，；②如果：，

【解析】

【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，若粒子只经磁场偏转并在处被探测到，则轨迹半径为

发射源的位置为

根据牛顿第二定律得

粒子的初动能为

解得

（2）①若，根据 得

根据动能定理得

又因为

解得

②若，根据得

根据动能定理得

又因为

解得