湖南省邵东市第三中学2024-2025学年高二下学期期中考试物理试卷（含解析）

这是一份湖南省邵东市第三中学2024-2025学年高二下学期期中考试物理试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.用比值法定义物理量是物理学中一种很重要的思想方法，以下属于用比值法定义的表达式是( )
A. 磁感应强度B=FILB. 电场强度E=kQr2
C. 电容C=εS4πkdD. 电阻R=ρlS
2.如图所示电路，两个通电螺线管a、b中间，有一个可以绕垂直于纸面的转轴C转动的矩形线框(图中为主视图)。闭合开关S，线框稳定后静止于图示位置，当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，下列说法正确的是( )
A. 通电螺线管产生的磁场将变强
B. 从右向左看，线框中的感应电流方向为顺时针方向
C. 中间的矩形线框将顺时针转动
D. 螺线管a的右侧为N极
3.某家用小夜灯工作电路如下图所示，已知小夜灯规格为“5W,0.1A”，电源电压为u=220 2sin100πt(V)，变压器可视为理想变压器。小夜灯正常发光时，则小夜灯内部变压器原、副线圈匝数比n1:n2和流过变压器原线圈的电流I1为( )
A. 40:1；0.0025AB. 25:6；3125A
C. 50:1；0.002AD. 22:5；144A
4.如图所示是电磁波发射电路中的LC电磁振荡电路，某时刻电路中正形成如图所示方向的电流，此时电容器的上极板带负电，下极板带正电，则以下说法正确的是( )
A. 电容器中的电场向上且正在增强
B. 线圈中的磁场向上且正在减弱
C. 若在线圈中插入铁芯，则发射电磁波的频率变大
D. 若增大电容器极板间的距离，则发射电磁波的波长变小
5.电磁场与现代高科技密切关联，并有重要应用。如图所示，带电粒子(不计重力)在以下四种器件中运动的
说法正确的是( )
A. 图甲是速度选择器的结构示意图，速度v=EB的带电粒子能够沿直线从右侧进入并匀速通过速度选择器
B. 图乙是质谱仪的结构示意图，粒子打在底片上的位置越靠近狭缝S3说明粒子的比荷越大
C. 图丙是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，要想粒子获得的最大动能增大，可增加电压U
D. 图丁为是磁流体发电机的结构示意图，将一束等离子体喷入磁场，A、B两板间会产生电压，且A板电势高
6.电磁轨道炮是利用安培力使金属炮弹获得极大动能的先进武器。如图所示为电磁炮的原理简图，炮弹可看作阻值为R的导体，放置在光滑的金属轨道上，轨道水平放置并与电源连接。当炮弹放入轨道后，受到垂直纸面向里的匀强磁场对其的安培力作用，使其加速后射出。下列说法正确的是 ( )
A. 电源输出的电能完全转化为了炮弹的动能
B. 安培力对炮弹做功的大小等于回路中产生的总焦耳热
C. 炮弹在轨道上的加速度逐渐减小
D. 炮弹的末动能和轨道长度成正比
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.传感器是智能社会的基础元件。如图为电容式位移传感器的示意图，观测电容C的变化即可知道物体位移x的变化，△C△x表征该传感器的灵敏度。电容器极板和电介质板长度均为L，测量范围为−L2≤x≤L2.下列说法正确的是( )
A. 电容器的电容变大，物体向−x方向运动
B. 电容器的电容变大，物体向+x方向运动
C. 电介质的介电常数越大，传感器灵敏度越高
D. 电容器的板间电压越大，传感器灵敏度越高
8.如图所示，一质量为m、边长为L、电阻为R的正方形金属线框在绝缘水平地面上向一磁感应强度大小为B、方向竖直向下的有界匀强磁场滑去(磁场宽度d>L)，ab边刚进入磁场时，线框abef的速度大小为v0.已知线框abef与地面间的动摩擦因数为μ，线框abef恰好能完全进入磁场．下列说法正确的是
A. 线框abef进入磁场过程中的加速度不断减小
B. 线框abef进入磁场过程中所产生的焦耳热为12mv02−μmgL
C. 整个过程中线框abef损失的机械能等于线框abef克服安培力所做的功
D. 通过以上数据不能求出线框abef进入磁场所用的时间
9.如图所示，用F表示两分子间的作用力，Ep表示分子间的分子势能，在两个分子之间的距离从10r0变为r0的过程中( )
A. F先减小后增大B. F先增大后减小C. Ep一直减小D. Ep一直增大
10.如图所示，A点的离子源沿纸面垂直OQ方向向上射出一束负离子，离子的重力忽略不计。为把这束负离子约束在OP之下的区域，可加垂直纸面的匀强磁场。已知O、A两点间的距离为s，负离子的比荷为qm，速率为v，OP与OQ间的夹角为30°，则所加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向可能是( )
A. B>mv3qs，垂直纸面向里B. B>mvqs，垂直纸面向里
C. B>mvqs，垂直纸面向外D. B>3mvqs，垂直纸面向外
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.小南同学为验证变压器线圈两端电压与匝数的关系，将两个线圈套在一闭合的回形铁芯上，其连接的实验电路如下图所示.回答下列问题：
(1)左边铁芯上的线圈应连到学生电源的 (选填“直流”或“交流”)输出．
(2)仅减少右边铁芯上的线圈匝数，灯泡相比于减少匝数前，将 (选填“变亮”或“变暗”)，这说明灯泡两端的电压 (选填“变大”或“变小”)．
(3)在某次实验中，变压器原、副线圈的匝数分别为1600和400，测得原线圈两端的电压为36V，则副线圈两端的电压可能是___________．
A.144V
12.在估测油酸分子大小的实验中，具体操作如下：
①取油酸1.0 mL注入1 000 mL的容量瓶内，然后向瓶中加入酒精，直到液面达到1 000 mL的刻度为止。摇动瓶使油酸在酒精中充分溶解，形成油酸酒精溶液；
②用滴管吸取制得的溶液逐滴滴入量筒，记录滴入的滴数直到量筒达到1.0 mL为止，恰好共滴了100滴；
③在边长约40 cm的浅水盘内注入约2 cm深的水，将细石膏粉均匀地撒在水面上，再用滴管吸取油酸酒精溶液，轻轻地向水面滴一滴溶液，酒精挥发后，油酸在水面上尽可能地散开，形成一层油膜，膜上没有石膏粉，可以清楚地看出油膜轮廓；
④待油膜形状稳定后，将事先准备好的玻璃板放在浅盘上，在玻璃板上绘出油酸膜的形状；
⑤将画有油酸膜形状的玻璃板放在边长为2.0 cm的方格纸上。
(1)利用上述具体操作中的有关数据可知油酸分子直径为____m(保留一位有效数字)。
(2)若阿伏加德罗常数为NA，油酸的摩尔质量为M。油酸的密度为ρ。则下列说法正确的是___。
A.1 kg油酸所含有的分子数为ρNA
B.1 m3油酸所含有的分子数为ρNAM
C.1个油酸分子的质量为NAM
D.油酸分子的直径约为36MρNA
(3)某同学实验中最终得到的油酸分子的直径和大多数同学的比较，数据都偏大。对于出现这种结果的原因，可能是由于________。
A.在求每滴溶液体积时，1 mL溶液的滴数多记了2滴
B.计算油酸面积时，错将所有不完整的方格作为完整的方格处理
C.水面上痱子粉撒得较多，油酸膜没有充分展开
D.做实验之前油酸溶液搁置时间过长
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.如图所示，宽为l的光滑导轨与水平面成α角，质量为m、长为l的金属杆水平放置在导轨上。空间存在着匀强磁场，当回路总电流为I1时，金属杆恰好能静止。求：
(1)磁感应强度B至少有多大？此时方向如何？
(2)若保持B的大小不变而将B的方向改为竖直向上，应把回路总电流I2调到多大才能使金属杆保持静止？
14.如图所示，一质量为m、带电荷量为q的粒子以速度v垂直射入一有界匀强磁场区域内，速度方向跟磁场左边界垂直，从右边界离开磁场时速度方向偏转角θ=30 ∘,磁场区域的宽度为d，求：
(1)粒子的运动半径
(2)粒子在磁场中运动的时间
(3)粒子在磁场中运动的加速度大小
15.如图所示，ACD是由均匀细导线制成的边长为d的等边三角形线框，它以AD为转轴，在磁感应强度为B的恒定的匀强磁场中以恒定的角速度ω转动(俯视为逆时针旋转)，磁场方向与AD垂直。已知三角形每条边的电阻都等于R。取图示线框平面转至与磁场平行的时刻为t=0。
(1)求任意时刻t线框中的电流。
(2)规定A点的电势为0，求t=0时，三角形线框的AC边上任一点P(到A点的距离用x表示)的电势φP。
答案解析
1.【答案】A
【解析】A.在磁场中垂直于磁场方向放置的通电导线，所受的磁场力F跟电流I和导线长度L的乘积IL的比值叫磁感应强度，即 B=FIL 是比值法定义的表达式，故A正确；
B.电场强度 E=kQr2 是点电荷的电场强度的决定式，故B错误；
C.电容 C=εS4πkd 是电容的决定式，电容的比值定义式为 C=QU ，故C错误；
D. R=ρlS 是电阻定律，是电阻R的决定式，故D错误。
故选A。
2.【答案】B
【解析】A.当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，总电阻R增大，电路总电压U不变，根据欧姆定律，可知电路中的电流减小，而通电螺线管的磁场强弱与电流大小有关，电流减小，磁场减弱，A错误；
B.当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，电路中的电流减小，通电螺线管产生的磁场将变弱，穿过中间的矩形线框的磁通量将减小，根据楞次定律可知，线框产生的感应磁场方向与原磁场方向相同，为水平向左，根据安培定则判断知，从右向左看，线框中的感应的电流方向为顺时针方向，B正确；
C.当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，电路中的电流减小，通电螺线管产生的磁场将变弱，穿过中间的矩形线框的磁通量将减小，根据楞次定律“来拒去留”可知，线框要阻碍这种变化，中间的矩形线框将逆时针转动， C错误；
D.对于螺线管a，电流从螺线管的右端流入，左端流出，根据安培定则可知，螺线管的左端为N极，右端为S极，D错误。
故选B。
3.【答案】D
【解析】由题可知，小灯泡两端的电压 U2=U灯=PI2=50.1V=50V
原线圈两端电压的有效值 U1=Um 2=220V
故原副线圈的匝数比为 n1:n2=U1:U2=220:50==22:5
根据变压器原理可得 I1I2=n2n1
代入数据解得，流过变压器原线圈的电流 I1=144A
故选D。
4.【答案】D
【解析】【分析】
解决本题的关键知道在LC振荡电路中，当电容器充电时，电流在减小，电容器上的电荷量增大，磁场能转化为电场能；当电容器放电时，电流在增大，电容器上的电荷量减小，电场能转化为磁场能。
若磁场变化，则穿过线圈的磁通量变化，那么线圈中产生的感应电流的磁场将阻碍原磁场的磁通量的变化，从而根据安培定则确定感应电流的方向，最后确定电容器各极板的电性。振荡电路产生的电磁波的频率公式为：f=12π LC；电磁波波速与波长关系为：c=λf。
【解答】
A.由图可知，电容器正在充电，则电流正在减小，即线圈中的磁场向上且正在减弱，A错误；
B. 电容器正在充电，则电容器中的电场向下且正在增强，B错误；
C.若在线圈中插入铁芯，则自感系数L变大，根据f=12π LC可知，发射电磁波的频率变小，C错误；
D.若增大电容器极板间的距离，根据C=εS4πkd，知C减小，根据f=12π LC，则发射电磁波的频率变大，波长变小，D正确。
5.【答案】B
【解析】A.图甲中，假如带正电的粒子从右向左运动通过复合场时，电场力竖直向下，根据左手定则，洛伦兹力方向也向下，所以不可能沿直线通过复合场，故A错误；
B.粒子在电场中做匀加速运动有 qU=12mv2 ，磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由 qvB=mv2r
可得 r=1B 2mUq
粒子打在底片上的位置越靠近狭缝S3，则r越小，说明比荷越大，故B正确；
C.粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力 qvB=mv2r
粒子获得的最大动能为 Ek=12mv2
解得 Ek=q2B2r22m
所以要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径和增大磁感应强度，增加电压U不能增大最大初动能，故C错误；
D.图中根据左手定则，正电荷向下偏转，所以极板带正电，为发电机的正极，A极板是发电机的负极，低于B板电势，故D错误；
故选B。
6.【答案】C
【解析】电源输出的电能并不是完全转化为炮弹的动能，还转化为电路的焦耳热，故A错误； 安培力对炮弹做功的大小等于炮弹动能的增加量，故B错误； 炮弹运动过程中切割磁感线产生反向感应电动势，使得电路总电动势逐渐减小，则电路电流逐渐减小，根据F=BIL可知，炮弹所受到的安培力逐渐变小，合外力逐渐减小，在轨道上的加速度逐渐减小，当反向感应电动势等于电源电动势时，炮弹不再受安培力作用，在轨道上的加速度为零，炮弹速度达到最大，则有E=BLvm，解得vm=EBL，可知当炮弹已经达到最大速度后，即使不断增加轨道的长度，出膛时获得的动能也不再增加，故 C正确，D错误。
7.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查了电容式位移传感器的原理，关键是根据平行板电容器电容的决定式分析计算。
根据平行板电容器的电容决定式C=εS4πkd分析判断即可。
【解答】
AB.根据平行板电容器的电容决定式C=εS4πkd可知，当物体向−x方向运动时，极板间的介电常数增大，电容增大，故A正确，B错误；
C.根据平行板电容器的电容决定式C=εS4πkd可知，电介质的介电常数越大，在x一定时，电容的变化量越大，则灵敏度越高，故C错误；
D.电容器的电容与板间电压无关，故D错误。
故选AC。
8.【答案】AB
【解析】【分析】
分析线框所受的安培力，抓住安培力与速度成正比进行分析．根据楞次定律判断安培力的方向．线框进入磁场过程做匀速运动，完全在磁场中运动时做匀加速运动，穿出磁场速度大于进入磁场的速度，线框将做减速运动，出磁场时大于或等于进入磁场时的速度，所用时间将缩短．根据功能关系分析热量关系。
本题考查分析线框的受力情况和运动情况的能力，关键是分析安培力，来判断线框的运动情况，再运用功能关系，分析热量关系。
【解答】
A. 根据牛顿第二定律可得B2L2vR+umg=ma，线框abef进入磁场过程中速度减小，则加速度不断减小，故A正确；
B. 根据能量关系可知，线框的动能转化为焦耳热和机械热，所以线框abef进入磁场过程中所产生的焦耳热为Q=12mv02−μmgL，故B正确；
C. 整个过程中线框abef损失的机械能等于线框abef克服安培力所做的功和克服摩擦力做的功之和，故C错误；
D. 根据动量定理可得−μmgt−BILt=0−mv0，其中It=q=ΔΦR=BL2R，解得：t=v0μg−B2L3μmgR，故D错误．
9.【答案】BC
【解析】AB.由分子力与距离的关系图像可知，两个分子之间的距离从10r0变为r0的过程中，F表现为引力，先增大后减小，选项A错误，B正确；
CD.由分子势能与距离的关系图像可知，两个分子之间的距离从10r0变为r0的过程中，Ep不断减小，选项C正确，D错误。
故选BC。
10.【答案】BD
【解析】【分析】
根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力，写出方程，结合几何关系可确定半径的范围，即可求解．该题是带电粒子在磁场中运动的临界问题，解题的关键是根据题意，正确地画出粒子在磁场中做圆周运动的轨迹，得出粒子的半径与已知条件之间的几何关系．属于中档题目。
【解答】
AB：当所加匀强磁场方向垂直纸面向里时，由左手定则知：负离子向右偏转．约束在OP之下的区域的临界条件是离子运动轨迹与OP相切．如图(大圆弧)：
由几何知识知：R2=OBsin30°=12OB
而：OB=s+R2
所以：R2=s，所以当离子轨迹的半经小于s时满足约束条件．
由牛顿第二定律及洛仑兹力公式列出：qvB=mv2R2
所以得：B>mvqs；故A错误，B正确；
C、D：当所加匀强磁场方向垂直纸面向外时，由左手定则知：负离子向左偏转．约束在OP之下的区域的临界条件是离子运动轨迹与OP相切．如图(小圆弧)：
由几何知识知道相切圆的半经为s3，所以当离子轨迹的半经小于s3时满足约束条件．
由牛顿第二定律及洛仑兹力公式列出，qvB=mv2R1，所以得：B>3mvqs.故C错误，D正确．
故选：BD．
11.【答案】(1)交流;(2)变暗;变小;(3)D
【解析】(1)变压器只能作用于交流电，所以原线圈应连接到学生电源的交流输出端;
(2)副线圈匝数减少，根据变压器原副线圈的电压关系U1U2=n1n2知副线圈的电压降低，所以灯泡会变暗;
(3)根据变压器原副线圈的电压关系U1U2=n1n2得U2=9V，则副线圈两端的电压应该小于9V，故选D．
12.【答案】(1)2×10−10；
(2)B；
(3)C
【解析】(1)一滴油酸溶液所含纯油酸的体积为V=11000×1100mL=10−11m3，
数出油膜覆盖的格数(小于半格的不算，大于半格算一格)共有105格，形成油膜的面积S=105×4×10−4m2=4.2×10−2m2，
这层油膜的厚度可视为油分子的直径，则油酸分子直径为：d=VS≈2×10−10m；
(2)A.m=1kg油酸所含的分子数应为mM×NA=NAM，故A错误；
B.V=1m3油酸所含的分子数为ρVM×NA=ρNAM，故B正确；
C.一个油酸分子的质量为MNA，故C错误；
D.把油酸分子看作一个个球紧密排列，则有MρNA=43π(d2)3，解得：d=36MπρNA，故D错误。
(3)根据油膜法测分子直径d=ℎ=VS，
A.在求每滴溶液体积时，1mL溶液的滴数多记了2滴，导致测量体积偏小，直径测量偏小，故A错误；
B.计算面积时将所有格数都计算，则导致面积S偏大，那么直径d偏小，故B错误；
C.痱子粉太多，油膜未充分展开，则有些位置不是单分子，则导致面积偏小，则直径偏大，故C正确；
D.搁置时间太长，油酸挥发，导致V减小，则直径偏小，故D错误。
13.【答案】解：(1)杆受力如图甲所示：
，
此时安培力F有最小值，磁感应强度B有最小值。由平衡条件可得F=mgsin θ，即BI1l=mgsin θ，所以B=mgsin θI1l，方向垂直于导轨平面向上；
(2)磁场竖直向上，杆受力如图乙所示，由平衡条件可得BI2l=mgtan θ，
再由B=mgsin θI1l，得I2=I1cs θ。
【解析】本题考查了安培力作用下的平衡问题。
带电金属杆进行受力分析，除重力、支持力外，还有在磁场中受到安培力，三力处于平衡状态，由此可知安培力的方向，从而由左手定则来确定磁场的方向，由平衡可得安培力的大小，可以算出磁场的强度。仅对磁场方向改变时，安培力的方向也随着改变，利用平衡条件来求出电流的大小。
14.【答案】(1) 2d
(2) πd3v
(3) v22d
【详解】(1)粒子运动的轨迹如图，由几何知识得 r=dsinθ=dsin30∘=2d
(2)电子做圆周运动的周期 T=2πrv=4πdv
粒子在磁场中的运动时间 t=θ360∘T=30∘360∘×4πdv=πd3v
(3)由洛伦兹力提供向心力有 mv2r=ma
解得粒子在磁场中运动的加速度大小为 a=v22d

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】(1)在线框转动过程中，三角形的AC、CD两边因切割磁感应线而产生感应电动势，因长度为d的AC边和CD边都不与磁场方向垂直，每条边切割磁感应线的有效长度，即垂直于磁场方向的长度为l = dsin30°=12d ①
因AC边上不同部分到转轴的距离不同，它们的速度随离开转轴的距离的增大而线性增大，故可认为AC边上各部分产生的总电动势，数值上等同于整条AC边均以AC边中点处的速度v运动时产生的电动势。而：v=ω·12dcs 300= 34ωd ②
设在t = 0至时刻t，三角形从平行于磁场方向的位置绕轴转过角度为θ，则
θ = ωt③
因而边上各点速度的方向不再与磁场方向垂直，
v沿垂直磁场方向的分量 v⊥=vcsθ④
由此得到t时刻AC边中的感应电动势
其方向由A指向C，由①②③④⑤各式得
eAC= 38Bωd2cs ωt ⑥
同理可得 eCD= 38Bωd2cs ωt⑦
其方向由C指向D，三角形线框中的总电动势
e=eAC+eCD= 34Bωd2cs ωt ⑧
其方向沿ACDA回路方向。因线框中的总电阻为3R，
故t时刻线框中的电流 i=e3R= 312RBωd2cs ωt⑨
(2)对于AP来说，长度为x，在t = 0时刻，csωt = 1，
而以x代替⑥式中的d，即可得AP段中的感应电动势的大小
eAP= 38Bx2ω ⑩
方向由A点指向P点。
由⑨式，此时线框的电流 I= 312RBωd2 ⑪
根据闭合电路欧姆定律，P点的电势 φP=eAP−IRdx ⑫
把⑩、⑪两式代入⑫式，经整理后得 φP= 38Bω(x2−23xd)
【解析】详细解答和解析过程见【答案】