2023-2024学年江苏省南京市中华中学高二（上）期末考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省南京市中华中学高二（上）期末考试物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.关于涡流、电磁阻尼、电磁驱动，下列说法不正确的是( )
A. 磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用
B. 真空冶炼炉熔化金属是利用了涡流
C. 金属探测器应用于安检场所，探测器利用了涡流的原理
D. 电磁炉利用电磁阻尼工作，录音机在磁带上录制声音利用电磁驱动工作
2.一矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动，线圈中的感应电动势e随时间t的变化规律如图所示，下列说法中正确的是( )
A. 每当e转换方向时，通过线圈的磁通量变化率刚好为零
B. t1时刻通过线圈的磁通量绝对值最小
C. t2时刻通过线圈的磁通量绝对值最大
D. t3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大
3.如图所示，水平面内的平行导轨间距为d，导轨处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面的夹角为θ。一质量为m、长为l的金属杆ab垂直于导轨放置，ab中通过的电流为I，ab处于静止状态，则ab受到的摩擦力大小为( )
A. BIdB. BIdsinθC. BIlD. BIlsinθ
4.小明用如图所示的装置“探究影响感应电流方向的因素”，螺线管与灵敏电流计构成闭合电路，条形磁铁N极朝下。当磁体向下靠近螺线管上端时( )
A. 电流计指针向右偏转B. 螺线管内部的磁通量减小
C. 螺线管内部的感应电流产生的磁场向下D. 磁铁受到向上的磁场力的作用
5.如图所示，两个完全相同的灯泡L1、L2的电阻值与R相等，线圈的自感系数很大，且直流电阻值忽略不计。闭合开关瞬间L1、L2均发光，待电路稳定后再断开开关，则( )
A. 闭合开关瞬间，L1、L2的亮度相同
B. 闭合开关后，L1、L2都逐渐变暗
C. 断开开关瞬间，R中电流方向与断开前相同
D. 断开开关后，L1由不亮突然闪亮后熄灭
6.电磁流量计是一种测量导电液体流量的装置(单位时间内通过某一截面的液体体积，称为流量)，其结构如图所示，上、下两个面M、N为导体材料，前后两个面为绝缘材料。流量计的长、宽、高分别为a、b、c，左、右两端开口，液体从左往右流动，在垂直于前、后表面向里的方向加磁感应强度大小为B的匀强磁场，则( )
A. M板的电势高于N板的电势
B. 当电压表的示数为U时，液体流量为UcB
C. 若仅增大导电液体中离子的浓度，电压表示数将增大
D. 当电压表的示数稳定时，导电液体中的离子不受洛伦兹力作用
7.如图所示，光滑绝缘水平面上存在方向竖直向下的有界(边界竖直)匀强磁场，一直径与磁场区域宽度相同的闭合金属圆形线圈在平行于水平面的拉力作用下，在水平面上沿虚线方向匀速通过磁场。下列说法正确的是
A. 线圈进磁场的过程中，线圈中的感应电流沿顺时针方向
B. 线圈出磁场的过程中，线圈中的感应电流沿逆时针方向
C. 该拉力的方向水平向右
D. 该拉力为恒力
8.如图所示，虚线为匀强电场和匀强磁场的分界线，电场线与分界线平行。一带电粒子以初速度v0垂直于电场线射入电场，并能进入磁场。已知磁感应强度为B，粒子的比荷为k，不计粒子的重力。则粒子第一次进、出磁场两点的距离为( )
A. 2v0kBB. 2kv0BC. v0kBD. kv0B
9.如图所示，变压器为理想变压器，电流表A1内阻不可忽略，其余的均为理想的电流表和电压表。a、b之间接有电压不变的交流电源，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片沿c→d的方向滑动时，则下列说法正确的是( )
A. 电流表A1、A2的示数都减小B. 电流表A1的示数变小，A2的示数增大
C. 电压表V1、V2、V3示数均变小D. 电压表V1、V2示数变小，V3示数变大
10.如图所示，等边三角形金属框的一个边与有界磁场边界平行，金属框在外力F作用下以垂直于边界的速度匀速进入磁场，则线框进入磁场的过程中，线框中的感应电流i、外力大小F、线框中电功率的瞬时值P、通过导体某横截面的电荷量q与时间t的关系可能正确的是
( )
A. B. C. D.
二、实验题：本大题共1小题，共10分。
11.在“探究变压器原、副线圈电压与匝数关系”的实验中：
(1)下列仪器中不需要的是______。(填写字母)
A.干电池 B．磁铁
C.低压交流电源 D．多用表
(2)实验时原线圈接在电源上，用多用电表测量副线圈的电压，下列操作正确的是______。
A.原线圈接直流电压，多用电表用直流电压挡
B.原线圈接直流电压，多用电表用交流电压挡
C.原线圈接交流电压，多用电表用交流电压挡
D.原线圈接交流电压，多用电表用直流电压挡
(3)若某次实验中用匝数N1=400匝、N2=800匝的变压器，测得N1的电压U1=3.6V，N2的电压U2=8.2V，据此可知_____(填“N1”或“N2”)是原线圈匝数。
(4)造成(3)中的误差的原因可能为______。(填字母代号)
A.原线圈上的电流发热 B.副线圈上的电流发热
C.变压器铁芯漏磁 D.原线圈输入电压发生变化
(5)为了减小能量传递过程中的损失，铁芯是由相互绝缘的硅钢片平行叠成。作为横档的铁芯Q的硅钢片应按照下列哪种方法设计______。
A.
B．
C．
D．
三、计算题：本大题共4小题，共50分。
12.如图所示，N=100匝的矩形线圈abcd,ab边长l1=20cm,ad边长l2=25cm，放在磁感应强度B=0.4T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以n=6000r/min的转速匀速转动，线圈电阻r=1Ω，外电路电阻R=9Ω,t=0时线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外、cd边转入纸里，求：
(1)感应电动势的瞬时值表达式；
(2)从图示位置转过90∘的过程中流过电阻R的电荷量。
13.如图所示，在虚线边界上方区域有磁感应强度为B的匀强磁场，MN为磁场边界上的长度为2a的接收屏，OO′与O′N垂直，OO′和O′M的长度均为a。在O点的电子源可大量发射方向平行于边界向右、速度大小不同的电子。已知电子的质量为m，电荷量为−e，不计电子间的相互作用，电子打到接收屏上即被吸收。求：
(1)能打到接收屏上的电子速度大小的范围；
(2)打到接收屏上的电子在磁场中运动的最长时间tmax。
14.如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨M、N被固定在水平面上，导轨间距L=1m，其左端并联接入R1和R2的电阻，其中R1=R2=2Ω。整个装置处在垂直纸面向里，磁感应强度大小为B=2T的匀强磁场中。一质量：m=4kg、电阻r=1Ω的导体棒ab在恒力F=5N的作用力下从静止开始沿导轨向右运动，运动了L0=4m时导体棒ab恰好匀速运动，导体棒垂直于导轨放置且与两导轨保持良好接触，导轨电阻不计。求：
(1)导体棒的最大速度；
(2)电阻R1上产生的焦耳热；
(3)此过程中通过R2的电荷量。
15.如图所示，在xOy平面内，圆心在O点、半径为R的圆形区域内有磁感应强度为B的匀强磁场，一个比荷为qm的带正电的粒子从点A−R,0沿与x轴正方向成α角的方向射入磁场区域，并从C点沿y轴正方向离开磁场。粒子在运动过程中只受磁场力作用。
(1)求粒子的速度大小v0；
(2)求粒子在磁场中运动的时间t；
(3)若粒子从点A以速率v0沿任意方向射入磁场，出磁场后再经过一个磁感应强度为B′的圆形磁场区域，粒子均能到达点P2R,3R，求B′可能的取值范围。(结果用B表示)
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用；
电流做周期性的变化，在附近的导体中产生感应电流，该感应电流看起来像水中的漩涡，所以叫做涡流，真空冶炼炉、电磁炉利用涡流工作，金属探测器应用于安检场所，探测器利用了涡流的原理；
录音机利用了电流的磁效应。
明确涡流、电磁阻尼、电磁驱动在生活中的应用是解决问题的关键。
【解答】
解：A.磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框在摆动时能产生感应电流，起电磁阻尼的作用， A 正确；
B. 真空冶炼炉熔化金属是利用了涡流，B 正确；
C. 金属探测器应用于安检场所，探测器利用了涡流的原理，C 正确；
D. 电磁炉利用涡流工作，录音机在磁带上录制声音利用电流的磁效应工作，D 错误。
题目要求选错误的，故选 D。
2.【答案】A
【解析】【分析】
根据交变电流的产生规律及电动势的变化图象分析、判断。
本题考查了交变电流的产生规律和电动势的变化图象。正确理解图象的物理意义，并能够结合交变电流的产生规律是解题的关键。
【解答】
ABD.t1、t3时刻即为e转换方向的时刻，感应电动势为零，线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，故A正确，BD错误；
C.t2时刻感应电动势最大，线圈位于中性面的垂面位置，穿过线圈的磁通量为零，故C错误。
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查安培力作用下的平衡问题。金属杆与磁场的方向垂直，根据左手定则得出安培力的方向，根据安培力大小公式求解金属棒受到的安培力大小，作出金属棒的受力分析图，根据共点力平衡条件即可求解ab受到的摩擦力大小。
【解答】
根据左手定则可知金属杆ab受到的安培力方向垂直磁场方向斜向左上方，对金属杆ab受力分析如图所示：
，
根据安培力公式可知金属棒受到的安培力大小为：F=BId，
水平方向上，根据平衡条件可得金属棒受到的摩擦力大小为：f=F⋅sinθ=BIdsinθ，故B正确，ACD错误。
4.【答案】D
【解析】【分析】
当磁铁运动时，穿过线圈的磁通量变化，由楞次定律判断感应电流磁场方向。再根据安培定则判断感应电流方向。
1、楞次定律：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
2、安培定则：用右手握住通电螺线管，使四指弯曲方向与电流方向一致，那么大拇指所指的那一端是通电螺线管的N极。
【解答】
A.指针偏转方向与电流流入方向关系未知，无法判断电流计指针偏转方向，故A错误；
B.磁体向下靠近螺线管上端时，螺线管内部的磁通量增加，故B错误；
C.磁体向下靠近螺线管上端时，根据“增反减同”的结论判断，螺线管内部的感应电流产生的磁场向上，故C错误；
D.根据“来拒去留”的结论判断，磁铁受到向上的磁场力的作用，故D正确。
5.【答案】D
【解析】【分析】
闭合开关的瞬间，通过线圈L的电流增大，产生自感电动势阻碍电流增大，根据楞次定律分析电流的变化，判断通过两灯电流的关系；待电路稳定后断开开关，线圈产生自感电动势阻碍电流减小，分析通过两灯的状态．
本题考查了通电自感和断电自感，关键是明确线圈中自感电动势的作用是阻碍电流的变化，但不能阻止电流变化．
【解答】
AB、闭合开关瞬间，电路中迅速建立了电场，立即产生电流，但线圈中产生自感电动势，阻碍电流的增加，故开始时通过灯泡L1的电流较大，故灯泡L1较亮；电流稳定后，因线圈的自感系数很大，且直流电阻值忽略不计．L1熄灭，L2更亮；故AB错误；
CD、K断开瞬间，干路中电流立即减为零，但线圈中会产生很强的自感电动势，与灯泡L1构成闭合回路放电，放电电流在原来电感线圈电流基础上减少，故L1闪亮后熄灭；L2灯和R没有供电回路，所以R中没有电流，故C错误，D正确。
故选：D。
6.【答案】A
【解析】A
【详解】A.根据左手定则可知，正电离子受到的洛伦兹力指向M板，负电离子受到的洛伦兹力指向N板，可知正电离子向M板偏转，负电离子向N板偏转，故M板的电势高于N板的电势，故A正确；
BC.当电压表的示数为时，根据受力平衡可得
qvB=qUc
解得
U=cvB
若仅增大导电液体中离子的浓度，电压表示数保持不变；液体流量为
Q=vS=vbc
联立解得
Q=UbB
故BC错误；
D.当电压表的示数稳定时，导电液体中的离子仍受洛伦兹力作用，故D错误。
故选A。
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查楞次定律以及左手定则，目的是考查学生的理解能力。
根据楞次定律判断金属框内感应电流的方向。金属框匀速通过磁场，则水平拉力和安培力平衡，根据左手定则判断出安培力的方向进而判断水平拉力的方向，由其在磁场的有效长度判断安培力的大小变化。
【解答】
A.线圈进入磁场的过程中，垂直于纸面向里的磁通量变大，根据楞次定律可知线圈中的感应电流产生的磁场应垂直于纸面向外，根据安培定则可知线圈中的电流为逆时针方向，故A错误；
B.线圈离开磁场的过程中，垂直于纸面向里的磁通量变小，根据楞次定律可知线圈中的感应电流产生的磁场应垂直于纸面向里，根据安培定则可知线圈中的电流为顺时针方向，故B错误；
CD.线圈切割磁感线的有效长度示意图如图：

结合楞次定律阻碍相对运动的推论，根据左手定则可知安培力始终水平向左，则由共点力平衡可知，该拉力的方向水平向右，且由于在磁场中线圈的有效长度不断变化，故其为变力，故C正确，D错误。
8.【答案】A
【解析】A
【详解】根据题意，设粒子带正电，进入磁场时速度大小为 v ，方向与水平方向夹角为 α ，画出粒子的运动轨迹，如图所示
根据题意可知，粒子在电场中做类平抛运动，由运动规律有
v0v=sinα
解得
v=v0sinα
粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律有
qvB=mv2r
解得
r=mvqB=mv0qBsinα
由几何关系可得，粒子第一次进、出磁场两点的距离为
d=2rsinα=2mv0qBsinαsinα=2mv0qB
由于粒子的比荷为k，则粒子第一次进、出磁场两点的距离为
d=2v0kB
故选A。
9.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了变压器的动态分析；本题关键是明确电路结构，根据闭合电路欧姆定律、变压器变压公式和变流公式、串并联电路的电压电流关系列式分析，不难。
根据欧姆定律分析负载电阻的变化，负线圈两端的电压等于电阻R0和滑动变阻器两端的电压之和，根据变压比、变流比规律分析电表示数的变化。
【解答】
AB.副线圈中的电阻减小，电流增大，即电流表A2示数增大，根据电流与匝数成反比，知A1示数增大，故AB错误；
CD.电流表A1有电阻的，当输出端负载变小的时候，输出电流变大，导致输入电流也变大，电流表A1两端电压变大，因为电源电压不变，所以电压表V1示数变小，副线圈两端的电压减小，电压表V2示数减小，R0两端的电压增大，则滑动变阻器两端的电压减小，电压表V3示数减小，故C正确，D错误。
10.【答案】C
【解析】【分析】
由线框进入磁场中切割磁感线，根据运动学公式可知速度与时间关系；再由法拉第电磁感应定律，可得出产生感应电动势与速度关系；由闭合电路欧姆定律来确定感应电流的大小，并由安培力公式可确定其大小与时间的关系；由牛顿第二定律来确定合力与时间的关系；最后电量、功率的表达式来分别得出各自与时间的关系。
解决本题的关键掌握运动学公式，并由各自表达式来进行推导，从而得出结论是否正确，以及掌握切割产生的感应电动势E=BLv，知道L为有效长度。
【解答】
线框切割磁感线，设三角形的边长为a，切割有效长度为L，则：L=a−2⋅vttan60°=a−2 33vt
A、线框切割磁感线，产生感应电动势E=BLv，所以产生感应电流i=BLvR，线框进入磁场过程，L减小，i变小，故A错误；
B、线框做匀速运动，由平衡条件得：F=F安培=BIL=B2L2vR=B2vRa−2 33vt2，F与时间为二次函数，故B错误；
C、由功率表达式，P=I2R=(BLv)2R2R=B2L2v2R=B2v2Ra−2 33vt2，可知P与t是二次函数，且开口向上，故C正确；
D、流过导体截面的电量：q=It=BSR=BR⋅12a+L⋅vt=B2a−2 33vtvt2R=BavtR− 3Bv2t23R，则q与t是二次函数，开口向下，故D错误。
11.【答案】(1)AB
(2)C
(3) N2
(4)ABC
(5)D
【详解】(1)“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，需要器材是学生电源，提供低压交流电，同时还需要交流电压表来测量电压及可拆变压器和导线，结合题目给定的器材，图A是干电池，B是条形磁铁，C学生电源，提供低压交流电，D是多用电表，用来测交流电流和电压，结合器材需求可知，仪器中不需要的是AB。
(2)根据实验原理可知，原线圈应接交流电压，副线圈接电压表，应接入交流电压挡。
故选C。
(3)若某次实验中用匝数 N1=400 匝、 N2=800 匝的变压器，测得 N1 的电压 U1=3.6V ， N2 的电压 U2=8.2V ，匝数之比近似等于电压之比，则有
U1U2≈N1N2
结合变压器不是理想的，存在有漏磁、线圈电阻大、铁芯发热、导线发热等电能损耗，即副线圈电压小于原线圈电压的一半，则 N2 一定是原线圈， N1 为副线圈。
(4)AB.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，故AB正确；
C.变压器铁芯漏磁，从而导致电压比与匝数比有差别，故C正确；
D.原线圈输入电压发生变化，不会影响电压比和匝数比，故D错误。
故选ABC。
(5)根据题意可知，由于变压器工作时会在铁芯Q中存在变化的磁通量，为了减小能量传递过程中的损失，应尽可能使铁芯Q中不产生较大的涡流，如图所示

应通过相互绝缘的硅钢片使平行于 efgh 的各平面和平行于 abfe 的各平面都不能形成闭合回路，所以作为横档的铁芯Q的硅钢片应按照平行于 adhe 平面的形式设计。
故选D。

【解析】详细解答和解析过程见答案
12.【答案】解：(1)n=6000r/min=100r/s的转速匀速转动，所以线圈的角速度为：
ω=2πn=200π rad/s
感应电动势的最大值为：
Em=NBSω=100×0.4×0.2×0.25×200π=400πV
所以感应电动势的瞬时值表达式为：e=NBωScsωt=400πcs 200πt(V)；
(2)线圈由如图位置转过90°的过程中，ΔΦ=BSsin90°，
通过R的电量为：
q=IΔt=NΔΦ14TR+r 14T=100×0.4×0.2×0.251+9C=0.2C。

【解析】本题考查交变电流的产生及其规律。线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流，而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定，而通过某一电量时，则用平均值来求。
(1)根据感应电动势的瞬时值表达式e=NBωScsωt即可求解；
(2)线圈由如图位置转过90°的过程中，ΔΦ=BS，通过R的电量为q=It=NΔΦ14TR+r 14T。
13.【答案】解：(1)洛伦兹力提供向心力evB=mv2r
电子打到M点时，在磁场中运动的圆周半径最小，几何关系r1=a
解得v1=eBam
电子打到N点时，在磁场中运动的圆周半径最大，几何关系r2=5a
解得v2=5eBam
电子的速度满足eBam≤v≤5eBam；
(2)打到M点的电子在磁场中运动的时间最长tmax=T4
周期T=2πmeB
解得tmax=πm2eB

【解析】(1)根据几何关系确定最小、最大的轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力求电子的速度；
(2)根据周期公式T=2πmqB结合轨迹对应的最大圆心角求最大时间。
14.【答案】解：(1)设导体棒的最大速度为 vm ，则有
E=BLvm ，
I=ER总 ，
R总=R1R2R1+R2+r ，
F安=BIL，
根据受力平衡可得 F安=F
联立解得vm=2.5m/s
(2)根据动能定理可得 FL0−W安=12mvm2 又 Q总=W安
联立解得回路产生的总焦耳热为 Q总=7.5J
根据电路连接关系，可知电阻R1上产生的焦耳热为 Q1=14Q总=1.875J
(3)此过程通过干路的电荷量为 q=IΔt=ER总Δt=ΔΦΔtR总Δt=BLL0R总=4C
则此过程中通过R2的电荷量为 q2=12q=2C

【解析】本题主要是考查电磁感应现象，关键是弄清楚导体棒的运动情况和受力情况，根据平衡条件列方程进行求解，涉及能量问题，常根据动能定理、功能关系等列方程求解。
(1)当导体棒速度达到最大时，拉力F等于安培力，根据平衡条件求解导体棒的最大速度；
(2)根据根据动能定理可得回路产生的总焦耳热，根据电路连接关系，可知电阻R1上产生的焦耳热。
(3)根据感应电荷量的公式q=△ΦR可得此过程通过干路的电荷量，根据电路连接关系，可知此过程中通过R2的电荷量。
15.【答案】(1) v0=qBRm ；(2) t=(π−2α)m2qB ；(3) B2≤B′≤2B3
【详解】(1)如图
由几何关系可知粒子在磁场中运动的半径
r=R
向心力
qv0B=mv02r
解得
v0=qBRm
(2)粒子在磁场中转过的圆心角为
θ=π2−α
粒子在磁场运动的时间
t=θ2πT
解得
t=(π−2α)m2qB
(3)粒子以v0的速率沿任意方向射入磁场，将以平行于y轴的方向射出磁场，如图所示
粒子能再次会聚到P点，所对应圆形磁场区域的最小半径
r1=32R
最大半径
r2=2R
带入
v0=qB′rm
解得
B2≤B′≤2B3

【解析】详细解答和解析过程见答案