2021-2022学年江苏省南京市第十三中学高二（下）期中物理试题含解析

南京十三中2021一2022学年度高二年级第二学期教学质量调研（二）

物理试题

注意事项

考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求

1.本试卷共6页，满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卡交回。

2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号等用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置。

3.请认真核对答题卡表头规定填写或填涂的项目是否准确。

4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。

5.如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。

一、单项选择题：共10题，每题3分，共30分。每小题只有一个选项最符合题意。

1. 关于电磁振荡与电磁波，下列说法正确的是（   ）

A. 采用开放电路可有效地发射电磁波

B. 发生电谐振时的调谐电路中所激起的感应电流较弱

C. X射线不能在真空中传播

D. 自动测温仪与验钞器工作时应用的电磁波相同

【答案】A

【解析】

【详解】A．要有效地发射电磁波，振荡电路必须具有的两个特点：①要有足够高的振荡频率，频率越高，发射电磁波的本领越大；②振荡电路的电场和磁场必须分散到尽可能大的空间，因此采用开放电路，A正确；

B．调谐过程，使f固 = f电磁波，在接收电路中产生电谐振激起的感应电流最强，B错误；

C．X射线属于电磁波，而电磁波是一种物质，能在真空中传播，C错误；

D．小型验钞器能显示纸币上的防伪标志，是因为它能发出紫外线，能使荧光物质发光；而自动测温仪是一种利用红外线来测量体温的设备，被测人员辐射出的红外线可被测温仪捕捉，并转变成电信号，D错误。

故选A

2. 如图所示，竖直放置的空心铝管甲、乙的不同之处是乙上有一竖直裂缝。现将两枚相同的磁性较强的小圆柱形永磁体从铝管上端静止释放，在磁体穿越甲、乙两管过程中，所受平均阻力分别为F甲、F乙，所用时间分别为t甲、t乙。若磁体与管内壁无摩擦，则（　　）

A. F甲<F乙 B. F甲=F乙 C. t甲>t乙 D. t甲=t乙

【答案】C

【解析】

【详解】产生感应电流的条件为闭合回路的磁通量发生变化。甲图为无缝铝管，当强磁体下落时，在铝管中会产生感应电流，感应电流会阻碍磁体运动。乙图为有一竖直裂缝的铝管，强磁体下落时，在铝管侧壁也会产生涡流，但对磁体的阻力比甲的要小，所以磁体下落要更快，用时更短。故F甲>F乙,t甲>t乙。C正确，ABD错误；

故选C。

3. 小华用可拆变压器、学生电源、多用电表等器材“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”，若原、副线圈匝数比为，输入电压，输出电压为U2，下列选项错误的是（　　）

A. 实验时不要超过12V，且不要用手接触裸露的导线及接线柱

B. 原线圈应接学生电源的“DC”输出端

C. 若测得，可能原因是变压器工作时存在能量损失

D. 若测得，可能原因是变压器工作时存在“漏磁”

【答案】B

【解析】

【详解】A．为了人身安全，实验时不要超过12V，且不要用手接触裸露的导线及接线柱，故A正确；

B．变压器原线圈应接交流电，故应接学生电源“AC”输出端，故B错误；

CD．根据变压器工作原理

解得

若测得小于5V，主要原因是电压器是不理想的，故有漏磁、铁芯发热，导线发热导致能量损失，故CD正确。

本题选错误项，故选B。

4. 如图所示，P、Q分别为理想变压器、滑动变阻器的滑动触头，输入电压为U1，输出电压为U2。则一定能使原线圈输入功率增大的操作是（　　）

A. 仅上移Q B. 仅下移P C. 上移P，下移Q D. 下移P，上移Q

【答案】C

【解析】

【详解】若要使原线圈输入功率增大，则要使滑动变阻器R消耗的功率增大，根据可知当R不变时，需增大U2；当U2不变时，需减小R；或者在增大U2的同时减小R。根据理想变压器变压规律可知

则上移P时U2增大。下移Q可以使R减小。综上所述可知四个选项中一定能使原线圈输入功率增大的操作是上移P、下移Q。

故选C。

5. 如图是电饭锅的结构示意图。电饭锅中的感温铁氧体在常温下具有铁磁性，能被磁体吸引，当温度上升到约103℃（称为感温铁氧体的“居里点”）时，就会失去铁磁性，不能被磁体吸引，在电饭锅工作过程中，下列说法错误的是（   ）

A 煮饭时手压开关按钮，永磁体与感温铁氧体相吸同时接通电路

B. 当锅底水分刚好被大米全部吸收时，电饭锅立即自动断电

C. 当感温铁氧体的温度达到“居里点”时，电饭锅自动断电

D. 若用电饭锅烧水至沸腾时，感温铁氧体与永磁体仍吸在一起

【答案】B

【解析】

【详解】A．由电路图可看出煮饭时手压开关按钮，永磁体与感温铁氧体相吸，触电相连接，同时接通电路，A正确，不符合题意；

B．在1标准大气压下水的沸点是100°C，即水在沸腾后温度为100°C，则当锅底水分刚好被大米全部吸收时温度还是100°C，没有达到感温铁氧体的“居里点”，感温铁氧体不会失去铁磁性，则感温铁氧体与永磁体仍吸在一起，电饭锅不会立即自动断电，B错误，符合题意；

C．当感温铁氧体的温度达到“居里点”时，感温铁氧体失去铁磁性，则弹簧将感温铁氧体与永磁体弹开，电饭锅立即自动断电，C正确，不符合题意；

D．在1标准大气压下水的沸点是100°C，即水在沸腾后温度为100°C，此时继续吸热，温度不会升高，没有达到感温铁氧体的“居里点”，感温铁氧体不会失去铁磁性，则感温铁氧体与永磁体仍吸在一起，D正确，不符合题意。

故选B。

6. 一小球做自由落体运动，落地前40m所用的时间为2s，g取10m/s2，则小球落地的速率为（　　）

A. 30m/s B. 35m/s C. 40m/s D. 45m/s

【答案】A

【解析】

【详解】落地前40m的平均速度为

又

这段时间的中间时刻的瞬时速度为

从该中间时刻又经过

小球落地。

小球落地的速率

BCD错误；A正确。

故选A。

7. 图甲LC振落电路中通过Q点的电流（向右为正）变化规律如图乙所示，则（　　）

A. 时，电容器处于充电状态 B. 时，电容器上极板带正电

C. 时，Q点的电势比P点低 D. 时，磁场能向电场能转化

【答案】D

【解析】

【详解】AB．由题图乙知，内，电流逐渐增大，电容器正在放电，振落电路中通过Q点的电流向右，可知电容器下极板带正电，故AB错误；

CD．由题图乙知，内，电流减小，电容器充电，下级板带正电，流过Q点的电流向左，Q点的电势比P点高，磁场能向电场能转化，故D正确，C错误。

故选D。

8. 如图所示，正方形导线框abcd从匀强磁场区域上方高度为h处自由下落，并匀速穿越磁场区域。已知线框边长为l，质量为m，电阻为R，磁场宽为l，磁感应强度为B，重力加速度为g。则在线框穿越磁场过程中（　　）

A. 所用的时间为 B. 线框中产生的焦耳热为mgh

C. 通过线框横截面的电荷量为0 D. 线框克服安培力做功的功率为

【答案】C

【解析】

【详解】A．下边到达磁场时，根据自由落体运动规律

解得，速度

线框穿越磁场过程中做匀速运动，则用时

故A错误；

B．根据能量守恒，线框中产生的焦耳热

故B错误；

C．根据

因为在线框穿越磁场过程中磁通量改变量为零，则通过线框横截面的电荷量为0，故C正确；

D．线框穿越磁场过程中，安培力

克服安培力做功的功率

故D错误。

故选C。

9. 如图所示，有界匀强磁场宽度为2L，边长为L的正方形金属框匀速穿过磁场。以磁场左边界上的O点为坐标原点建立x轴，则线框中的感应电流i、ab边两端的电压Uab、线框所受安培力F、穿过线圈的磁通量Φ随位移x的变化图像一定错误的是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】A．根据楞次定律，进入磁场的过程中感应电流的方向逆时针，进入磁场后，无电流，出磁场的过程中感应电流的方向为顺时针，感应电流的大小为

金属框匀速穿过磁场，v不变，感应电流I的大小不变，A正确，不符合题意；

B．进入磁场的过程中

金属框匀速穿过磁场，v不变，Uab不变；全部进入磁场后

金属框匀速穿过磁场，v不变，Uab不变；出磁场的过程中

金属框匀速穿过磁场，v不变，Uab不变；B错误，符合题意；

C．进入磁场的过程中感应电流的方向逆时针，进入磁场后，无电流，出磁场的过程中感应电流的方向为顺时针，根据左手定则，进入磁场的过程中安培力的方向向左，进入磁场后，无安培力，出磁场的过程中安培力的方向向左，进出磁场时安培力的大小为

金属框匀速穿过磁场，v不变，F不变。C正确，不符合题意；

D．进入磁场的过程中

在磁场中

出磁场的过程中

D正确，不符合题意。

故选B。

10. 如图所示，固定于水平面内的电阻不计的足够长光滑平行金属导轨间距为L，质量均为m、阻值均为R的金属棒ab、cd垂直搁置于导轨上，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上某一时刻同时给ab、cd以平行于导轨的初速度v0、2v0，则两棒从开始运动至达到稳定速度的过程中（　　）

A. ab中的最大电流为

B. ab达到稳定速度时，其两端的电压为O

C. ab速度为时，其加速度比cd的小

D. ab、cd间距增加了

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据右手定则，回路产生顺时针的感应电流，根据左手定则，前棒所受安培力向后做减速运动，后棒所受安培力向前做加速运动，稳定时以相同的速度运动。初始时刻电流最大

A错误；

B．根据动量守恒定律得

解得

稳定时棒两端电压为

B错误；

C ．根据牛顿第三定律，稳定前两棒所受安培力大小相等，方向相反，两棒的加速度也大小相等，方向相反，C错误；

D．对ab根据动量定理得

对回路

解得

D正确。

故选D。

二、非选择题：共6题，共70分。其中第11题-第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。

11. 某发电厂欲远距离输送总功率为P的电能。已知输电线的总电阻为R线，输电电压为U2，用户端降压变压器的原、副线圈匝数比为n3：n4。

（1）画出远距离输电电路图（内含发电端、变压器、输电线和用户端）；

（2）求降压变压器副线圈两端的电压U4。

【答案】（1） （2）

【解析】

【详解】（1）远距离输电电路图如下图

（2）输电功率为P，输电电压为U2，则输电线上的电流为

输电线上的电压降为

则降压变压器原线圈电压为

由理想变压器变压规律

则降压变压器副线圈两端的电压为

12. 如图是一旋转电枢式交流发电机的示意图。水平向右的匀强磁场的磁感应强度B=0.01T，矩形线框abcd的匝数N=100匝，ab=0.2m，ad=0.5m。t=0时磁感线平行于线框平面，固定于线框中央的转轴OO′与磁场方向垂直，线框匀速转动的转速n=10r/s。已知线框的内阻r=2Ω，外电阻R=8Ω。取=1.4，π=3。求：

（1）交流电流表A的示数IA；

（2）当时，线框ab边所受安培力F的大小。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）角速度为

感应电动势最大值为

感应电动势的有效值为

电流表的示数为

（2）感应电流的瞬时值为

当时，电流的瞬时值为

线框ab边所受安培力F大小

13. 如图所示，第一象限内有一圆形边界匀强磁场（图中未画出）。一质量为m、电荷量为+q带电粒子，以大小为v的速度沿+x方向自磁场边界上的点P（L，3L）射入，从点Q（L，0）射出时速度方向与x轴负方向成60°角，粒子重力不计。求：

（1）磁感应强度的方向和大小B；

（2）圆形有界磁场的最小面积S。

【答案】（1），方向垂直于纸面向外；（2）。

【解析】

【详解】（1）由于平行于轴，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在上，由几何关系可得

由牛顿第二定律可得

联立解得

由左手定则可得，磁感应强度的方向垂直于纸面向外。

（2）设带电粒子从切点飞出后经过点，则以为直径的圆形有界磁场的面积最小，设圆形磁场的最小半径为，由几何关系可得

则最小面积为

14. 跑道式回旋加速器的工作原理如图所示，两个匀强磁场区域I、Ⅱ的边界平行，相距为L，磁感应强度大小均为B、方向垂直纸面向里，P、Q之间存在匀强加速电场，场强大小为E，方向与磁场边界垂直，一质量为m、电荷量为+q的粒子从P飘入电场（初速度不计），多次经过电场加速和磁场偏转后，从位于边界上的出射口K引出。已知K、Q的距离为d，不计粒子重力。求整个运动过程中粒子

（1）运动的最大速率v；

（2）在电场中的加速次数N；

（3）做变速运动的总时间t。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）粒子从K射出时速度最大，根据牛顿第二定律得

解得

（2）在电场中的加速次数N

解得

（3）做变速运动的总时间t

根据牛顿第二定律得

解得

15. 如图所示，MN、PQ是位于水平面内间距为L的电阻不计的两无限长平行导轨，M、P间接有阻值为3r的电阻，质量为m、内阻为r的导体棒ab垂直静置于导轨上，垂直于导轨平面向下的匀强磁场的磁感应强度大小为B。现给ab一水平向右、大小为v的初速度，在ab向右滑行的过程中通过电阻的电荷量为q。已知ab与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求ab向右滑行过程中

（1）ab两端的最大电压U；

（2）ab速度为时的加速度大小a；

（3）ab中产生的焦耳热Q。

【答案】(1)；(2)；

【解析】

【详解】(1)刚开始时，导体棒的速度最大，产生的感应电动势最大，ab两端的电压最大，最大电动势为

ab两端最大电压

(2) ab速度为时的电动势为

感应电流为

安培力为

由牛顿第二定律可得

可得

(3) ab向右滑行的过程中通过电阻的电荷量为

又

，

解得

由能量守恒定律可得电路中产生的焦耳热

则导体棒ab的焦耳热为

16. 如图所示，平面直角坐标系xOy内有半径均为R的圆形匀强磁场区域I、Ⅱ，I和Ⅱ的圆心分别在原点O和（4R，0），磁感应强度大小均为B，I、Ⅱ内磁场方向分别垂直于坐标系平面向里、向外。t=0时刻，（0，-R）处的粒子源S在坐标系平面内向I内各个方向同时发射质量为m、电荷量为-q的带电粒子，所有粒子的速率，其中粒子a的入射方向与y轴正方向成30°角，不考虑粒子重力及粒子间的相互作用，求：

（1）a从I射出的位置坐标；

（2）a从Ⅱ射出的时刻ta；

（3）所有粒子中，最早从Ⅱ射出的时刻tmin。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）设粒子在磁场I做匀速圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律有

解得

如图所示，设a从T点从磁场I射出，根据几何关系可知四边形OSO1T为菱形，则T点横、纵坐标分别为

（2）a在磁场I中转过的圆心角为120°，所以运动时间为

根据几何关系可知a从磁场I射出时速度方向平行于x轴，设a从M进入磁场Ⅱ，根据几何关系可知

a从T运动至M的时间为

根据几何关系可知a在磁场Ⅱ中转过的圆心角为60°，则运动时间为

a从Ⅱ射出的时刻为

（3）所有粒子在磁场中运动的半径都为R，将速度方向与y轴的夹角30°推广到任意角θ，易知O、S、轨迹圆心和射出点构成的四边形仍为菱形，由此可推知所有粒子从磁场I中射出时的速度方向都平行于x轴，根据几何关系可知粒子在磁场Ⅱ中转过的圆心角一定与在磁场I中转过的圆心角互补，所以粒子在两个磁场中运动的总时间一定，为，所以最早从Ⅱ射出的粒子在两磁场之间运动的距离最短，综上所述可得