江西省吉安市万安县中2022-2023学年高二下学期5月期中考试物理试题（含解析）

万安县中2022-2023学年高二下学期5月期中考试
物理
一、选择题 （共12题，每题4分，共48分，1-8单选，9-12多选。）
1．如图所示，竖直长直导线通有向下的恒定电流，位于导线右侧的矩形线圈abcd可绕其竖直对称轴O1O2转动。线圈绕轴沿逆时针（沿轴线从上往下看）方向匀速转动，转动周期为T。从图示位置开始计时，下列说法正确的是（　　）
A．线圈中产生正弦式交流电
B．时间内，线圈中感应电流方向为
C．时，线圈的磁通量最大，感应电动势也最大
D．线圈每转动一周电流方向改变一次
2．在如图甲所示的电路中,螺线管匝数n=1500匝,横截面积S=20cm2．环绕螺线管的导线电阻r=1.0Ω，R1=4.0Ω，滑动变阻器全电阻R2=5.0Ω,电压表可看作理想表,螺线管内磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化．则下列说法中正确的是
A．S断开时,电压表示数为2.4V
B．闭合S稳定后,电压表示数为1.2V
C．闭合S稳定后,电阻 R1的消耗的最大功率为0.36W
D．闭合S稳定后,电阻 R1的消耗的最大功率为0.2304W
3．在LC振荡电路中，某时刻磁场方向如图所示，且b点比a点电势低，下列说法正确的是（　　）
A．自感系数L和电容C都增大到原来的两倍，可以使振荡频率增大到原来的两倍
B．电容器正在放电
C．线圈磁通量变化率正在增大
D．磁场能正在向电场能转化
4．如图所示，边界OM与ON之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界ON上有一粒子源S．某一时刻，从离子源S沿平行于纸面，向各个方向发射出大量带正电的同种粒子（不计粒子的重力及粒子间的相互作用），所有粒子的初速度大小相等，经过一段时间有大量粒子从边界OM射出磁场．已知∠MON＝30°，从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于T（T为粒子在磁场中运动的周期），则从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最短时间为（　　）
A．T B．T C．T D．T
5．如图所示，是温度自动报警器的工作原理图图中1是电磁铁、2是衔铁、3是触点、4是水银温度计(水银导电)．则下列说法正确的是
A．温度高于警戒温度时，电铃不报警、指示灯亮
B．温度低于警戒温度时，电铃报警、指示灯熄灭
C．温度高于警戒温度时，指示灯亮、电铃报警
D．温度低于警戒温度时，指示灯亮、电铃不响
6．手机无线充电装置的技术已较为成熟，充电原理如图。充电板接交流电源，板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电，下列说法正确的是（　　）
A．手机外壳用金属材料制作能够加快充电速度，降低能耗
B．受电线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同
C．如果图示方向的磁场在变强，受电线圈中点的电势高于点的电势
D．在送电线圈电压不变的情况下，增加送电线圈匝数可以提高受电线圈的电压
7．如图甲所示，在匀强磁场中有一个匝的闭合矩形线圈绕轴匀速转动，转轴垂直于磁场方向，线圈电阻为，从图甲所示位置开始计时，通过线圈平面的磁通量随时间变化的图象如图乙所示，则（　　）
A．在时，线圈中的感应电动势为零
B．所产生交变电流的感应电动势的有效值为
C．所产生交变电流的感应电动势的最大值为
D．线圈从图示位置转过时穿过线圈的磁通量变化最快
8．如图所示，在y>0的区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场B1，在y<0的区域内存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场B2，磁场B2的磁感应强度大小是磁场B1的2倍，一带负电的粒子（重力不计）从y轴上P（0，h）点以某一速度沿x轴正方向射入磁场B1，若第一次经过x轴时的横坐标为，则粒子第三次经过x轴时的横坐标为（　　）
A． B． C． D．
9．a、b两物体在x轴上运动，迎面相撞后结合为物体c，a、b、c运动的位置x随时间t变化的图像如图所示，图中相关坐标值均为已知，已知b的质量为m。下列说法正确的是（　　）
A．碰撞之前a的动量大于b的动量
B．碰撞之后c的动量大于碰前a的动量
C．a的质量为5m
D．碰撞过程中a、b组成的系统损失的机械能为
10．如图所示，xOy平面第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子质量相等，以大小相同的速度从O点射入磁场，甲初速度方向沿x轴、乙初速度方向沿y轴，两粒子均能通过第一象限内的P点。已知O、P两点连线与x轴正方向之间的夹角为60°，不计粒子的重力及两粒子间的相互作用，则（　　）
A．甲带负电、乙带正电
B．甲、乙运动轨迹的半径之比为
C．甲、乙所带电荷量大小之比为
D．甲、乙从O运动到P所用时间之比为
11．如图所示，一个质子和一个α粒子先后垂直磁场方向进入一个有理想边界的匀强磁场区域，它们在磁场中的运动轨迹完全相同，都是以图中的O点为圆心的半圆。已知质子与α粒子的电荷量之比q1∶q2＝1∶2，质量之比m1∶m2＝1∶4，则以下说法中正确的是（ ）
A．它们在磁场中运动时的动能相等
B．它们在磁场中所受到的向心力大小相等
C．它们在磁场中运动的时间相等
D．它们在磁场中运动时的质量与速度的乘积大小相等
12．导体框架abcd构成的平面与水平面成θ角，质量为m的导体棒PQ与导体轨道ad、bc接触良好而且相互垂直．轨道ad、bc平行，间距为L．abQP回路的面积为S，总电阻为R且保持不变．匀强磁场方向垂直框架平面斜向上，其变化规律如图乙所示．导体棒PQ始终处于静止状态，图乙中为θ已知量，B0足够大，则（　　）
A．产生感应电流时，导体棒ab中的电流方向为由P到Q
B．产生感应电流时，感应电流为恒定电流
C．产生感应电流时，导体棒受到的安培力为恒力
D．PQ恰好不受摩擦力时，磁感应强度的大小为
二、实验题（共20分）
13．在“探究感应电流产生的条件”的实验中．
（1）线圈与灵敏电流计组成闭合回路，线圈不动，则条形磁铁插入、拔出线圈过程中，闭合回路中_________产生感应电流；若磁铁不动，则线圈套进、拉出磁铁过程中，闭合回路中_________产生感应电流．（均选填“会”或“不会”）
（2）原线圈（小线圈）与电源、开关、滑动变阻器组成回路，副线圈（大线圈）与灵敏电流计组成闭合回路，如图所示开关闭合，且在原线圈插入副线圈及从副线圈中拔出过程中，副线圈中_________产生感应电流；原线圈插入副线圈中且开关闭合状态下，移动滑动变阻器滑片位置时，副线圈中_________产生感应电流；原线圈插入副线圈中，开关在断开、闭合过程中，副线圈中_________产生感应电流．（均选填“会”或“不会”）
14．为了研究感应电流的产生及影响感应电流方向的因素，某物理兴趣小组做了多个小实验．其中两个成功的小实验分别如图甲、乙所示，试根据所学知识，回答下列问题。
（1）在如图甲所示实验中，磁铁的N极向下，在磁铁插入螺线管时，电流表指针向右偏转，说明此时螺线管中产生了感应电流，此磁铁在穿过螺线管后向下离开螺线管的过程中，电流表的指针将向__________（选填“左”或“右”）偏转，说明磁铁离开螺线管过程中和磁铁插入螺线管过程中感应电流的方向__________（选填“相同”或“相反”）
（2）在如图乙所示实验中，开关S闭合，若将滑动变化器滑片向右滑动时，电流表的指针向右偏转，则将滑片向左滑动时，电流表的指针向__________（选填“左”或“右”）偏转．
（3）在进行图甲所示实验时，有同学将条形磁铁从同一高度迅速和缓慢地插入到线圈中同一位置，将产生的效果进行了比较，条形磁铁迅速插入和缓慢插入线圈中同一位置时指针偏转的__________是相同的，但指针偏转的__________是不同的。
（4）实验后老师提出，感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化，感应电流的大小除了跟回路的电阻有关外，还跟____________________有关。
三、计算题（共32分）
15．如图甲所示，间距为L、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为θ的斜面上。在区域Ⅰ内有方向垂直于斜面的匀强磁场，磁感应强度恒为B不变；在区域Ⅱ内有垂直于斜面向下的匀强磁场，其磁感应强度B的大小随时间t变化的规律如图乙所示。t＝0时刻在轨道上端的金属细棒ab从如图位置由静止开始沿导轨下滑，同时下端的另一金属细棒cd在位于区域Ⅰ内的导轨上也由静止释放。在ab棒运动到区域Ⅱ的下边界EF之前，cd棒始终静止不动，两棒均与导轨接触良好。已知cd棒的质量为0.6m、电阻为0.3R，ab棒的质量、阻值均未知，区域Ⅱ沿斜面的长度为L，在t＝t时刻（t未知）ab棒恰好进入区域Ⅱ，重力加速度为g。求：
(1)区域Ⅰ内磁场的方向；
(2)通过cd棒中的电流大小和方向；
(3)ab棒开始下滑的位置离区域Ⅱ上边界的距离。
16．如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限中有两个全等的直角三角形区域Ⅰ和Ⅱ，充满了方向均垂直纸面向里的匀强磁场，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B0，区域Ⅱ的磁感应强度大小可调，C点坐标为（4L，3L），M点为OC的中点。质量为m、带电荷量为-q的粒子从C点以平行于y轴的方向射入磁场Ⅱ中，速度大小为，sin37°=0.6，不计粒子所受重力，求：
（1）若粒子无法进入区域Ⅰ中，求区域Ⅱ磁感应强度的大小范围；
（2）若粒子恰好不能从AC边射出，求区域Ⅱ磁感应强度的大小；
（3）若，粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中各环绕一次后通过M点，求区域Ⅱ的磁感应强度的大小以及粒子从C到M的时间（计算结果用分数和t0表示，分数需化简到最简结果）。
17．如图所示，在空间中建立直角坐标系，在x轴下方存在大小为E，沿y轴正方向的匀强电场，在x轴上方存在大小为B，垂直纸面向里的匀强磁场。在O点正下方h处有一粒子源P，该粒子源不停地向平面内的各个方向发质量为m，电荷量为，且初速率为的粒子（不计粒子重力、粒子间以及粒子与粒子源间的相互作用）。除外，其余物理量均已知。
（1）若，求同时从P出发的两个粒子第一次到达x轴的最大时间差；
（2）若从P射出的某个粒子速度方向斜向右上方且与x正半轴的夹角为，发现该粒子到达x轴时，速度方向与x正半轴的夹角为，最终该粒子能够回到P，求E与B满足的关系式；
（3）若在x正半轴上有一个点Q（图中未画出），且之间的距离为d（已知）。调整粒子源P，使所有的粒子均沿x轴正方向射出，要使这些粒子能够击中Q，求粒子的初速率。
1．B
A．磁场并非匀强磁场，线圈中产生的交流电不是正弦交流电，故A错误；
B．由楞次定律可知时间内，线圈转过90°角，此时线圈中感应电流方向为abcda，故B正确；
C．由右手定则可知，直导线右侧的磁场方向垂直纸面向外，则时，线圈中的磁通量最大，磁通量的变化率最小，产生的感应电动势最小，故C错误；
D．线圈每转动一周电流方向改变两次，故D错误。
故选B。
2．D
A、S断开时，电压表示数等于电源的电动势，根据法拉第电磁感应定律，所以电压表示数为1.2V，故A错误；
B、闭合S稳定后，电压表的示数为电源的路端电压，小于1.2V，故B错误；
C、当滑动变阻器的阻值为0时，电路电流最大，，电阻R1消耗的最大功率为，故C错误，故D正确；
故选D.
3．B
A．根据电磁振荡的频率公式可知，自感系数L和电容C都增大到原来的两倍，可以使振荡频率减小到原来的，故A错误；
BD．根据安培定则可知，电路中电流的方向从a流向b，又由于b点比a点电势低，则说明电容器正在放电，电场能向磁场能转化，故B正确，D错误；
C．电容器正在放电，则电路中的电流在增大，根据电磁振荡的特点可知，电流的变化率在减小，根据电流产生的磁场的特点可知线圈磁通量变化率正在减小，故C错误。
故选B。
4．A
粒子在磁场中运动做匀速圆周运动，入射点是S，出射点在OM直线上，出射点与S点的连线为轨迹的一条弦．当从边界OM射出的粒子在磁场中运动的时间最短时，轨迹的弦最短，根据几何知识，作ES⊥OM，则ES为最短的弦，粒子从S到E的时间即最短．
由题意可知，粒子运动的最长时间等于，设OS＝d，则DS＝OStan30°＝，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为：
，
由几何知识有：
ES＝OSsin30°＝d，cosθ＝＝，则：θ＝120°，
粒子在磁场中运动的最短时间为：
t＝，故A正确，BCD错误．
5．D
AC、温度低于警戒温度时，水银柱下降，控制电路处于开路状态，电磁铁没有电流通过，电磁铁没有磁性，此时指示灯通过常闭触点与工作电路接通，通路状态指示灯亮，电路不报警．故A错误，C错误；
BD、温度高于警戒温度时，水银柱上升，控制电路处于接通状态，电磁铁中有电流通过，电磁铁有磁性，此时电铃通过常闭触点与工作电路接通，电路报警，此时通路状态指示灯的电路中没有电流，灯不亮．故B错误，D正确．
6．B
A．外壳不能使用金属材料，若使用金属材料外壳也会发生电磁感应，形成回路，消耗能量，同时金属壳屏蔽受电线圈，无法充电，故A错误；
B．据电磁感应原理，接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同，故B正确；
C．通过楞次定律结合右手螺旋法则，知电流由d流出，相当于电源正极，d点电势高于c点，故C错误；
D．在送电线圈电压不变的情况下，增加送电线圈匝数不改变送电线圈的电流和周围的磁场，不可以提高受电线圈的电压，故D错误。
故选B。
7．B
A．时，磁通量为0，磁感线与线圈平行时，磁通量的变化率最大，线圈中的感应电动势最大，选项A错误；
C．由图知角速度
最大感应电动势为
选C错误；
B．感应电动势的有效值为
选项B正确；
D．线圈在图示位置磁通量为0，磁通量的变化率最大，穿过线圈的磁通量变化最快，转过90°时，磁通量最大，磁通量变化率为0，选项D错误。
故选B。
8．C
如图所示
连接点与第一次经过轴时的交点然后作中垂线，其与轴的交点即为圆心，由几何关系可知
带电粒子在磁场中运动的半径为
又知道磁场的磁感应强度大小是磁场的2倍，洛伦兹力提供向心力
解得
可知带电粒子在磁场中运动的半径为
由几何关系可知粒子第三次经过轴时的横坐标为
ABD错误，C正确。
故选C。
9．ACD
A．碰撞后的运动方向与碰撞前的运动方向相同，故可知碰撞之前a的动量大于b的动量，A正确；
B．由动量守恒定律可得
①
可知碰撞之后c的动量小于碰前a的动量，B错误；
C．由图像可得碰撞前后三个物体的速度大小分别为
代入①式可得
C正确；
D．碰撞过程中损失的机械能可表示为
解得
D正确。
故选ACD。
10．BD
A．由题意，根据左手定则可判得，甲带正电、乙带负电，故A错误；
B．由题意可得，甲、乙的运动轨迹如图中圆弧1、圆弧2
由几何关系得
所以甲、乙运动轨迹的半径之比为
故B正确；
C．根据
得
因为甲、乙两带电粒子质量相等，初速度相等，所以甲、乙所带电荷量大小之比为半径反比，即
故C错误；
D．由几何关系得，甲、乙从O运动到P对应圆心角分别为、，所以甲、乙从O运动到P所用时间分别为
解得
故D正确。
故选BD。
11．AB
A．粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得，粒子轨道半径
动能与速度的关系为
解得
由题意可知，两个粒子的轨迹半径r相等，由于电荷量之比q1∶q2＝1∶2，质量之比m1∶m2＝1∶4，解得
动能之比
即动能相等，则速度之比
故A正确；
B．粒子做圆周运动的向心力
由于动能与轨道半径都相等，则向心力相等，故B正确；
C．粒子在磁场中做圆周运动的周期
两个粒子运动时间都是半个周期，粒子在磁场中的运动时间
知质子与α粒子的电荷量之比q1∶q2＝1∶2，质量之比m1∶m2＝1∶4，则粒子的运动时间之比
故C错误；
D．由于v1：v2=2：1，由题意可知：m1：m2=1：4，粒子质量与速度的乘积大小之比为1：2，故D错误。
故选AB。
12．BD
A．当磁场发生变化时，穿过导体棒构成的线圈磁通量在变小，所以产生感应电流方向为PabQP时，即导体棒ab中的电流方向为Q到P，由于磁场在均匀减小，则感应电流大小恒定不变，故A错误；
B．当磁场发生变化时，穿过导体棒构成的线圈磁通量在变小，所以产生感应电流方向为PabQP时，即导体棒ab中的电流方向为Q到P，由于磁场在均匀减小，则感应电流大小恒定不变，故B正确；
C．当磁场发生变化时，穿过导体棒构成的线圈磁通量在变小，所以产生感应电流方向为PabQP时，即导体棒ab中的电流方向为Q到P，由于磁场在均匀减小，则感应电流大小恒定不变，但由F=BIL得，安培力随着磁场变化而变化．故C错误；
D．PQ恰好不受摩擦力时，则导体棒受到重力、支持力与安培力处于平衡状态．由平衡条件可得安培力大小为mgsinθ，而F=BIL，I=，，所以磁感应强度大小为．故D正确．
13． 会 会 会 会 会
(1)[1]条形磁铁插入、拔出线圈过程，穿过线圈的磁通量发生变化，所以闭合回路中会产生感应电流；
[2]若磁铁不动，线圈套进、拉出磁铁过程，穿过线圈的磁通量发生变化，所以闭合回路中会产生感应电流；
(2)[3]原线圈中电流产生的磁场穿过副线圈，在原线圈插入副线圈及从副线圈中拔出过程，
穿过副线圈的磁通量发生变化，所以会产生感应电流；
[4]原线圈插入副线圈中且开关闭合状态下，移动滑动变阻器滑片位置时，即改变了原线圈中的电流，原线圈中的电流产生的磁场改变，穿过副线圈的磁通量发生变化，所以会产生感应电流；
[5]原线圈插入副线圈中，开关在断开、闭合过程，由于原线圈中的电流发生变化，原线圈中的电流产生的磁场改变，穿过副线圈的磁通量发生变化，所以会产生感应电流。
14． 左 相反 左 方向 大小 磁通量的变化率
（1）[1][2]磁铁的N极向下，在磁铁插入螺线管时，穿过线圈的磁通量向下且增大的，则感应电流的磁场方向应向上，在此磁铁向下离开螺线管时，螺线管的磁通量是向下且减小的，则感应电流的磁场方向应向下，与第一阶段感应电流方向相反，则向左偏转。
（2）[3]将滑动变阻器滑片向右滑和向左滑，回路中电流的变化情况是相反的，则螺线管B中磁通量的方向相同，但磁通量的变化情况是相反的，故感应电流的方向相反，即向左偏转。
（3）[4][5]条形磁铁运动的快慢不同，磁通量的情况相同，感应电流的方向相同，通过螺线管的磁通量变化的快慢不同，故产生的感应电流的大小不同。
（4）[6]感应电流的大小除了跟回路的电阻有关外,还跟磁通量的变化率有关。
15．(1) 垂直于斜面向上；(2)，；(3)0.5L
（1）Ⅱ内磁场均匀变化，因此在回路中产生感应电流，由楞次定律和安培定则可知，流过的电流方向是由，因棒静止，由平衡条件可得棒所受安培力沿导轨向上，据左手定则可知，区域Ⅰ内磁场垂直于斜面向上
（2）因为棒平衡，则
解得
电流方向为
（3）棒运动到区域Ⅱ的下边界EF之前，棒始终静止不动，则棒到达区域Ⅱ前后回路中的电动势不变，则棒在区域Ⅱ中必定做匀速直线运动，设刚进入区域Ⅱ棒的速度
即
，
解得
棒进入区域Ⅱ之前不受磁场力的作用，做匀加速直线运动，棒开始下滑的位置离区域Ⅱ上边界的距离
16．（1）；（2）；（3）
（1）粒子速度一定的情况下，磁场强度越小，轨迹半径越大，当运动轨迹恰好与x轴相切时，恰好能进入I区域，如图所示
粒子不能进入I区时，粒子运动半径：r0>3L，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
已知
解得
（2）若粒子在区域II中的运动半径R较小，则粒子会从AC边射出磁场，恰好不从AC边射出时满足∠O2O1Q=2θ，如图所示
粒子在区域I中的运动半径为
又
解得
粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得
（3）粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中各环绕一次后通过M点，由几何关系可得
解得
由牛顿第二定律得
解得
由几何关系可知粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的圆心角都为
由
可得粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的时间分别为
粒子从C到M的时间
17．（1）；（2）；（3）（其中）
（1）当其中一个粒子初速度方向沿y轴负方向时，所用时间最长，则有
解得

当另一个粒子初速度方向沿y轴正方向时，所用时间最短，则有
解得

因此

（2）假设粒子与x正半轴的交点为M，根据题意有

进一步化简得
，
解得
又粒子最终能够回到P，则粒子在磁场中做圆周运动的圆心必在y正半轴上，记P到M的水平位移，粒子做圆周运动半径r，根据几何关系有
在电场中有
在磁场中有
联立解得
（3）击中Q的情况有以下三种：
（ⅰ）从P出发做类平抛运动，直接到达Q，则由平抛运动的知识可得
，
解各
（ⅱ）从P出发做类平抛运动至x轴，经磁场偏转再次达到x轴，进入电场区域斜抛，如此经历磁场n次，最终在电场区域从下往上击中Q
设从P点类平抛第一次达到x轴的水平位移为s，粒子经磁场回转一次，在x轴方向倒退

从进入电场的斜抛，根据运动的对称性易知，当粒子再次到达x轴时，其位移为，如此经历磁场n次，最终从下往上击中Q，满足
根据类平抛运动规律有
，
联立解得
（其中）
（ⅲ）从P出发做类平抛运动至x轴，经磁场偏转再次达到x轴，进入电场区域斜抛，如此经历磁场n次（），在最后一次离开磁场时从上往下击中Q
根据（ⅱ），同理可得
根据类平抛运动规律有
，
解得
（其中）