江苏省江阴市六校2024-2025学年高二下学期期中考试物理试卷

这是一份江苏省江阴市六校2024-2025学年高二下学期期中考试物理试卷，共15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.“神舟号”系列飞船的成功发射及其后续的平稳运行，在很大程度上得益于载人航天测控通信系统的高效运作。该系统利用电磁波确保了地面指挥人员能够实时、准确地与飞船保持通讯联系。关于电磁波下列说法正确的是( )
A. 麦克斯韦预言了电磁波的存在，并通过实验捕捉到了电磁波
B. 稳定的电场周围产生磁场，稳定的磁场周围产生电场
C. 电磁波可以传递信息，声波不能传递信息
D. 电磁波的速度等于光速
2.在长直通电螺线管中通入变化的电流i(如图所示电流的方向周期性改变)，并沿着其中心轴线OO′的方向射入一颗速度为v的电子，则此电子在螺线管内部空间的运动情况是( )
A. 变速直线运动B. 来回往复运动C. 匀速直线运动D. 曲线运动
3.如图甲所示是LC振荡电路，设顺时针方向的电流为正方向，电路中的电流随时间变化规律如图乙所示。那么( )
A. 在0∼t1时间内，电容器C在充电
B. 在t1∼t2时间内，电容器C的上极板带正电
C. 在t2∼t3时间内，磁场能转化为电场能
D. 在线圈L中插入铁芯，振荡电流的周期将变小
4.如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab从距地面高为h处，以水平初速度v0抛出。设运动的整个过程中棒的取向不变，且不计空气阻力，则落地时金属棒a、b两端产生的感应电动势和电势高低，判断正确的是( )
A. E=BLv0，φa>φbB. E=BL v02+2gh，φa>φb
C. E=BLv0，φaφa，故选C。
5.【答案】D
【解析】AB.开关S闭合，由于线圈L的自感作用，故A、B同时亮，故AB错误；
CD.在断开开关S前，在并联电路中，随着线圈L自感作用不断减小，流过线圈L的电流越来越大，因线圈的电阻几乎为零，故稳定后，B灯被短接，即B灯不亮，由于外电路的总电阻减小，故回路的电流更大，故A灯更亮；开关S断开，B灯与线圈形成闭合回路，故B灯不会立即熄灭，断开开关S前流过线圈L的电流是从左向右，故断开开关S后，根据楞次定律，可知线圈L产生从左向右的感应电流，该电流从右至左流过B灯，而A灯不处在闭合回路中，故断开开关S后，A灯立即熄灭，故C错误，D正确。
故选D。
6.【答案】B
【解析】解：A、由题意可知，粒子每次在D形盒内偏转半个周期，即运动时间相等，为t=12T=12×2πmBq=πmBq
故A错误；
D、根据动能定理，可知粒子每次在A、C板间加速过程增加的动能为ΔEk=qU
故D错误；
BC、当粒子从D形盒中出来时，速度最大，设D形盒半径为R，则有Bqv=mv2R
解得v=BqRm
可知磁感应强度越小，粒子所能获得的最大速度越小，D形盒的半径越大，粒子所能获得的最大速度越大，故C错误，B正确；
故选：B。
7.【答案】A
【解析】AB.当直导线内电流增大时，金属线框所在处水平向里的磁感应强度变大，根据楞次定律，圆形线框中会产生逆时针方向的电流阻碍穿过线圈磁通量的变化，直导线下方有水平向里的磁场，越靠近通电直导线，磁感应强度越大，所以线圈上半部分受力大于下半部分，上半部分受力由左手定则可知向下，故圆形线框所受安培力的合力方向垂直于直导线向下，A正确，B错误；
C.由楞次定律“增缩减扩”可知，磁感应强度增加，线圈有收缩的趋势，C错误；
D.由牛顿第三定律可知，通电直导线会受到圆形线框的相互作用，D错误。
故选A。
8.【答案】D
【解析】线圈产生的电动势最大值为 Em=nBSω=nBL2ω=200V
线圈转动的周期为 T=2πω=π10s
在0∼ T4 内，即0∼ π40s 时间内，线圈产生的电动势为 e=Emsinωt=200sin20tV
在 T4∼3T4 内，即 π40∼3π40s 时间内，线圈处于磁场外部，产生的电动势一直为0，在 3T4∼T 即 3π40∼π10s 时间内，线圈产生的电动势为 e=Emsinωt=200sin20tV
故选D。
9.【答案】C
【解析】【分析】
根据感应电流产生的条件，分析所给的图像中电路中是否有感应电流，是否存在动能和电能的转化，由此得解。
【解答】
AB、图甲和图图乙中，车轮转动时线圈内的磁通量不发生变化，回路中不产生感应电流，动能和电能之间不存在转化情况;
D、丁图中虽然金属棒切割磁感应线运动，但没有构成闭合回路，动能和电能之间不存在转化情况;
C、图丙中，车轮转动时线圈内的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，能有效地借助磁场的作用，让转动的轮子停下，故 C正确、ABD错误。
故选：C。
10.【答案】B
【解析】解：A、由于小球在磁场中运动，洛伦兹力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，所以小球可以到达轨道右侧的等高点，而小球在电场中运动时，电场力做小球做负功，小球在达到轨道另一端之前速度就减为零了，故不能到达最右端，故A错误；
BD、由于小球在磁场中运动时机械能守恒；而小球在电场中运动受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小，所以vM>vN，由于整过程中在电场中的速率均偏小，在电场中运动的时间也长，两球不会同时到达最低点．故B正确，D错误；
C、小球在磁场中运动，在最低点进行受力分析可知：
FM−mg−Bqv1=mvM2r
解得：FM=mvM2r+mg+Bqv1…①
小球在电场中运动，在最低点受力分析可知：FN−mg=mvN2r
解得：FN=mvN2r+mg…②
因为vM>vN，结合①②可知：FM>FN，由牛顿第三定律知，两小球经过轨道最低点时对轨道的压力不等．故C错误；
故选：B
小球在磁场中运动，洛伦兹力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，小球在电场中受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小．两个轨道的半径相同，根据圆周运动向心力的公式可以分析小球通过最低点是对轨道的压力．根据小球的运动情况分析运动时间关系．
本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动规律分析，要注意明确洛仑兹力对小球不做功，但是洛仑兹力影响了球对轨道的作用力，在电场中的小球，电场力对小球做功，影响小球的速度的大小，从而影响小球对轨道的压力的大小．
11.【答案】D
【解析】【分析】
根据弹簧弹力和安培力的大小关系，判断出导体棒的运动规律，分析安培力的大小变化；根据切割产生的感应电动势公式求出电动势，结合闭合电路欧姆定律求出导体棒两端的电压；根据能量守恒分析导体棒速度为零时弹簧的弹性势能；根据能量守恒得出整个回路产生的热量，从而得出电阻R上产生的热量。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
【解答】
A.导体棒向右运动过程中，当弹簧处于压缩时，弹力大于安培力，向右加速，安培力增大，故A错误；
B.当导体棒速度为v0时，感应电动势E=BLv0，ab棒两端的电压等于电阻R两端的电压，则
U=ER+2RR=13E=13BLv0，故B错误；
C.导体棒第一次向右运动过程中，当速度为零时，根据能量守恒知，12mv0=Ep+Q1，故C错误；
D.根据能量守恒，在整个过程中，回路中产生的热量Q=12mv02，则电阻R上产生的热量QR=R3RQ=16mv02，故D正确。
故选D。
12.【答案】(1)CD；
(2)BC；
(3)变压器原、副线圈的电压比等于匝数比；
(4)副线圈有电阻，副线圈有内压；
(5)C。
【解析】(1)AC.变压器的工作基础是互感现象，所以不能对直流电进行变压，因此实验中应选择能提供交流电压的学生电源而不是干电池，故A不符合题意，C符合题意；
B.变压器的原理是互感现象的应用，是原线圈磁场的变化引起副线圈感应电流的变化，所以不需要外界的磁场，故B不符合题意；
D.本实验需要测量副线圈两端的电压，所以需要多用电表，故D符合题意。
(2)A.为确保实验安全，应该降低输出电压，实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，故A错误；
B.要研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，应该保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，进而测得副线圈电压，找出相应关系，故B正确；
C.为了保护电表，测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量，故C正确；
D.变压器的工作原理是电磁感应现象，即不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到传递磁场能的作用，不是铁芯导电来传输电能，故D错误。
故选BC；
(3)根据实验数据，得到的结论为：在误差允许范围内，变压器原、副线圈的电压比等于匝数比；
(4)副线圈与灯泡组成串联电路，由于副线圈有电阻，副线圈电阻有电压，由于副线圈的分压作用，导致灯泡两端电压约为3.00V而不是8.36V；
(5)ABC.线圈中交变电流产生的磁场对铁芯有吸、斥作用，使铁芯振动发出“嗡嗡”声，故AB错误，C正确；
D.根据上述，若去掉铁芯，“嗡嗡”声马上消失，但是由于此时没有铁芯，会导致漏磁太多，穿过副线圈的磁通量比穿过原线圈的磁通量小得多，因此不能完成“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验，故D错误。
故选C。
13.【答案】解：(1)对导体棒作受力分析，如图所示
有 F安=BIL
根据共点力的平衡有
f=F安sin⁡θ=BILsin⁡θ= 3N
方向水平向右。
(2)对导体棒，竖直方向的受力平衡，有 mg=FN+F安y=FN+BILcs⁡θ
整理得 FN=mg−BILcsθ=9N
根据牛顿第三定律，知金属杆 ab 对导轨的压力大小为9N。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解：(1)当线圈的ab边进入磁场时，E=BL1v0，I=ER，F=BIL1=B2L12v0R
(2)设ab边进入磁场后，经过时间△t， cd边恰好进入磁场，此过程流过 ab边的电荷量q=IΔt，平均电动势为E=ΔΦΔt=BL1L2Δt，I=ER，q=BL1L2R；
(3)线圈进入磁场的过程由动量定理有−BIL1△t=mv−mv0，
解得：v=v0−B2L12L2mR
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】解：(1)根据正弦式交变电流产生规律可知，最大值为：Em=NBSω，
得：Em=300 2V；
电动势有效值：E=Em 2=300(V)
(2)设降压变压器原、副线圈的电流分别为I3、I4，电动机恰能正常工作，
有：I4=P用U4=50A，
根据理想变压器的变流比可知：I3I4=n4n3，得 I3=5A，
所以输电线路上损耗的电功率为：ΔP=I32R=250W；
(3)由U3U4=n3n4得U3=2200V，升压变压器副线圈两端电压U2=U3+I3R=2250V，又U1U2=n1n2可得U1=225V，电动势的有效值为E=300V，由I2I1=n1n2，I2=I3，得I1=50A，交流发电机线圈电阻r=E−U1I1=1.5Ω
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
16.【答案】(1)粒子从A点射入电场后做类平抛运动，沿 x轴正方向的加速度大小为
a=qEm=v02L ①
设粒子第一次经过y轴时的速度方向与y轴正方向的夹角为θ，沿x轴正方向的分速度为vx，根据类平抛运动规律有
32L=12at2②
vx=at③
y0=v0t④
根据速度的合成与分解可得
tanθ=vxv0⑤
v= vx2+vy2⑥
联立解得
θ=60∘⑦
v=2v0⑧
y0= 3L⑨
(2)如图所示，
粒子在磁场中运动轨迹刚好与边界MN相切时的运动半径为r，根据几何关系可得
r1+r1csθ=L⑩
根据牛顿第二定律有
qvB=mv2r1⑪
联立⑦⑧⑩⑪解得
B=3mv0qL⑫
t1=23T=4πl9v0
(3)若粒子进入磁场区域后，能够再次回到电场区域，B≥3mv0qL
r2≤23L
在磁场中的弦长d=2r2sin600= 3r2
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