安徽省安庆市第一中学2022-2023学年高二物理下学期第二次月考试题（Word版附解析）.docx

1、安庆一中高二年级第二学期第二次段考物理试卷一、单选题（每题4分，共24分）1. 如图所示，一长直导线穿过金属环中心，而且垂直金属圆环平面，导线上的电流I1和圆环中电流I2的方向如图所示，那么金属圆环受到的磁场力（）A. 沿着圆环半径向外B. 沿着圆环半径向内C. 垂直金属环平面向右D. 不受磁场力的作用【答案】D【解析】【分析】【详解】在图中，根据安培定则可知，直线电流的磁场与导线环平行，则环形导线不受安培力。故D正确，ABC错误。故选D。2. 如图所示，在足够长的荧光屏MN上方分布了水平方向的匀强磁场，磁感应强度的大小B=0.1T、方向与纸面垂直距离荧光屏h=16cm处有一粒子源S，以速度v

2、=1106m/s不断地在纸面内向各个方向发射比荷q/m=1108C/kg的带正电粒子，不计粒子的重力则粒子打在荧光屏范围的长度为（ ）A. 12cmB. 16cmC. 20cmD. 24cm【答案】C【解析】【详解】粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力 解得 当粒子的轨迹与屏幕相切时为临界情况，即打到荧屏上的边界，找到圆心O（到S点的距离与到MN的距离相等的点），如上图，由几何知识知 设粒子打在荧屏上最左侧的C点，则 则范围的长度为x1+x2=20cm；故选C【点睛】1、本题是一道关于带电粒子在磁场中的运动的题目，结合牛顿第二定律得到粒子圆周运动的半径是关键；2、经分析知，粒子能打在荧屏

3、上的临界情况是轨迹与MN相切；3、先根据牛顿第二定律计算出粒子圆周运动的半径，然后根据几何关系求解3. 如图所示表示一交变电流随时间变化的图像，其中，从t0开 始的每个T时间内的图像均为半个周期的正弦曲线，求此交变电流的有效值为（）A. AB. AC. 3 AD. A【答案】D【解析】【详解】取一个周期时间，由电流的热效应求解；设电流的有效值为I，则求得故选D。【点睛】求有效值方法：是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值4. 在如图甲所示的电路中，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B竖直向下，螺线管匝数匝，横截面积。螺线管导线电阻，。在

4、一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化。则下列说法中正确的是（）A. 闭合S，电路中的电流稳定后电容器下极板带负电B. 螺线管中产生的感应电动势为1.0VC. 闭合S，电路中的电流稳定后，电阻的电功率为D. 闭合S，电路中的电流稳定后，螺线管两端的电压为0.72V【答案】D【解析】【详解】A根据楞次定律可知，螺线管的感应电流盘旋而下，则螺线管下端是电源的正极，那么电容器下极带正电，故A错误；B根据法拉第电磁感应定律解得，故B错误；C根据闭合电路欧姆定律，有根据解得，故C错误；D螺线管两端的电压为路端电压，用电流乘以两个电阻的阻值之和，即解得，故D正确故选D。5. 在L

5、C振荡电路中，和时电感线圈中的磁感线和电容器中的极板带电情况如图所示，若，则下列说法中正确的是（）A. 在时刻电容器正在充电B. 在时刻电容器正在充电C. 在时刻电路中的电流处在减小状态D. 在时刻电路中的电流处在增大状态【答案】B【解析】【详解】AC由题图t1时刻电感线圈中的磁感线方向，根据右手螺旋定则可以判断电流的方向为顺时针，故此时电容器正在放电，电流处于增大状态，选项AC错误；BD而由t2时刻电感线圈中的磁感线方向，根据右手螺旋定则可以判断电流的方向为顺时针，故此时电容器正在充电，电流处于减小状态，选项B正确，D错误。故选B。6. 如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，电源的

6、输出电压，定值电阻，滑动变阻器的最大阻值为5a，b为滑动变阻器的两个端点，所有电表均为理想电表，导线电阻不计。现将滑动变阻器滑片P置于a端，则（）A. 电流表示数为1.5AB. 电压表示数为15VC. 滑片P由a向b缓慢滑动过程中，电阻R1消耗的功率增大D. 滑片P由a向b缓慢滑动过程中，变压器的输出功率减小【答案】C【解析】详解】AB根据题意可得解得，所以电压表读数为故AB错误；C滑片P由a向b缓慢滑动过程中，R3减小，副线圈回路中的总电阻减小，I1增大，电阻R1消耗的功率增大，故C正确；D变压器的输出功率等于输入功率，即根据二次函数知识可得，I1从1A开始增大过程中，功率先增大后减小，故D

7、错误。故选C。二、多选题（每题6分，共24分）7. 如图所示，OACD是一长为OA= l的矩形，其内存在垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电量为q的粒子从O点以速度v0垂直射入磁场，速度方向与OA的夹角为a，粒子刚好从A点射出磁场，不计粒子的重力，则（）A. 粒子一定带正电B. 匀强磁场的磁感应强度为C. 粒子从O到A所需时间为D. 矩形磁场的宽度最小值为【答案】CD【解析】【详解】A由题意可知，粒子进入磁场时所受洛伦兹力斜向右下方由左手定则可知，粒子带负电，故A错误；B粒子运动轨迹如图所示，由几何知识可得粒子在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故B错误；C由几

8、何知识可知，粒子在磁场中转过的圆心角，粒子在磁场中做圆周运动的周期粒子在磁场中的运动时间C正确；D根据图示，由几何知识可知，矩形磁场的最小宽度故D正确。故选CD。8. CD、EF是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的长度为d，如图所示导轨的右端接有一电阻R，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为，则下列说法中正确的是（ ）A. 电阻R的最大电流为B. 流过电阻R的电

9、荷量为C. 整个电路中产生的焦耳热为D. 电阻R中产生的焦耳热为 【答案】ABC【解析】【分析】金属棒在弯曲轨道下滑时，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律或动能定理可以求出金属棒到达水平面时的速度，由求出感应电动势，然后求出感应电流；由可以求出流过电阻R的电荷量；克服安培力做功转化为焦耳热，由动能定理（或能量守恒定律）可以求出克服安培力做功，得到导体棒产生的焦耳热。【详解】A金属棒下滑过程中，由机械能守恒定律得所以金属棒到达水平面时的速度金属棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动，则导体棒刚到达水平面时的速度最大，所以最大感应电动势为，最大的感应电流为故A正确；B流过电阻R的

10、电荷量为故B正确；C金属棒在整个运动过程中，由动能定理得则克服安培力做功所以整个电路中产生的焦耳热为故C正确；D克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热为故D错误。故选ABC。【点睛】解决该题需要明确知道导体棒的运动过程，能根据运动过程分析出最大感应电动势的位置，熟记电磁感应现象中电荷量的求解公式。9. 图甲是判断电流I0大小是否发生变化的装置示意图。电流I0在铁芯中产生磁场，其磁感应强度与I0成正比。现给某半导体材料制成的霍尔元件（如图乙，其长、宽、高分别为a、b、d）通以恒定工作电流I，通过右侧电压表V的示数就能判断I0的大小是否发生变化。

11、当I0的变化量一定时，电压表V的示数变化量越大，则该装置判断的灵敏度就越高。已知霍尔元件的半导体材料载流子为一价正离子，则下列说法正确的是（）A. 仅适当增大工作电流I，可以提高判断的灵敏度B. 仅将该半导体材料制成的霍尔元件更换为另一个金属材料制成的霍尔元件，则电压表V的正、负接线柱连线位置无需改动C. M端应与电压表V的正接线柱相连D. 当电流增大时，电压表V的示数会增大【答案】AD【解析】【详解】A磁感应强度与成正比，当霍尔元件内部电场稳定时即仅适当增大工作电流I，根据可知，正离子定向移动的速度增大，则电压表示数变化越大，可以提高判断的灵敏度，A正确；B仅将该半导体材料制成的霍尔元件更换

12、为另一个金属材料制成的霍尔元件，则自由电子移动方向与电流方向相反，根据左手定则，自由电力在洛伦兹力的作用下与正离子偏转方向相同，则电压表V的正、负接线柱连线位置需要改动，B错误；C根据安培定则即左手定则，正离子向外侧偏转，霍尔元件外侧带正电，则M端应与电压表V的负接线柱相连，C错误；D当电流增大时，磁感应强度变大，由A选项可知，霍尔元件内外两侧电势差增大，电压表V的示数会增大，D正确。故选AD。10. 咸宁九宫山的风电通过如图所示的线路输送到某工厂。两变压器均为理想变压器，升压变压器的匝数比，输电线的总电阻。风力发电机的输出功率为62.5kW，升压变压器的输入电压，降压变压器的输出电压。下列说

13、法正确的是（）A. 降压变压器输出的电流为50AB. 降压变压器匝数比C. 输电线路上损失的电功率750WD. 降压变压器的输入电压【答案】BD【解析】【详解】D理想变压器原、副线圈的电压之比等于线圈匝数之比，则原、副线圈的电流之比等于线圈匝数的反比，则则降压变压器的输入电压为故D正确；B降压变压器原、副线圈匝数之比为故B正确；A降压变压器的输出电流为故A错误；C输电线路上损失的电功率为故C错误。故选BD。三、实验题（每空2分，共14分）11. 某实验小组用图示电路测量匀强磁场的磁感应强度。实验器材如下：边长为L、匝数为N的正方形线圈（a、b为引出端）一个天平一台，各种质量砝码若干，直流电源一

14、个，灵敏电流计一个，定值电阻一个，开关、导线等若干实验步骤如下：（1）将a与c连接、b与d连接，闭合开关S，记录灵敏电流计的读数I，在天平的_（填“左盘”或“右盘”）中放入合适质量的砝码，使天平平衡；（2）断开开关S，将a与d连接、b与c连接，再次闭合开关S，这时需要在天平的_（选填“左盘”或“右盘”）中放入质量为的砝码，使天平再次平衡；（3）已知重力加速度大小为g，则磁感应强度的大小为B =_。（用上述物理量表示）。【答案】 . 左盘 . 右盘 . 【解析】【详解】（1）1由左手定则可知闭合开关后线框所受的安培力向下，应在天平的左盘中放入合适质量的砝码，才能使天平平衡。（2）2断开开关S，将

15、a与d连接、b与c连接，再次闭合开关S，由左手定则可知闭合开关后线框所受的安培力向上，应在天平的右盘中放入合适质量的砝码，才能使天平平衡。（3）3断开开关S，将a与d连接、b与c连接，再次闭合开关S，这时需要在天平的右盘中放入质量为的砝码使天平再次平衡，由平衡条件可知解得12. 小明学习自感后进行了以下实验。在图甲所示电路中，为电源，为线圈，闭合开关使灯泡发光，然后断开开关，发现灯泡不会立即熄灭，而是持续一小段时间再熄灭。（1）断开开关后，灯泡上的电流方向_（选填“向左”或“向右”）；若在线圈中插入铁芯后再重复该实验，则断开开关后灯泡上电流持续的时间_（选填“变长”“变短”或“不变”）。（2）

16、小明为了进一步研究影响灯泡上电流持续时间的因素，保持线圈一定，仅更换电源（内阻不计）或仅更换灯泡进行实验，并用电流传感器（图中未画出）测量开关断开后灯泡中的电流随时间的变化。其中的一组图像如图乙所示。若两条曲线对应电源电动势分别为、，则其大小关系为_；若两条曲线对应的灯泡电阻分别为、，则其大小关系为_。【答案】 . 向左 . 变长 . E1E2 . R1R2【解析】【详解】（1）1 断开开关，线圈电流减小，根据楞次定律，感应电流的效果总是要反抗产生感应电流的原因，线圈会产生和原电流方向相同的感应电流，故灯泡上的电流方向向左；2产生的感应电流和自感系数成正比，线圈中插入铁芯，自感系数增大，感应电

17、流增大，断开开关后灯泡上电流持续的时间变长。(2）3若两条曲线对应的电源电动势分别为E1、E2,由乙图可知，在断开开关之前，电流相同，根据闭合电路欧姆定律知，电源电动势相同，即E1=E2;乙图曲线与坐标系围成的面积表示通过导体截面的电荷量，即，若两条曲线对应的灯泡电阻分别为R1、R2，根据乙图可知,S1 R2四、计算题（共38分）13. 如图为某人设计的电吹风电路图，a、b、c、d为四个固定触点。可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点。触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种工作状态。n1和n2分别是理想变压器原、副线圈的匝数。该电吹风的各项参数如下表所示。（1）吹热风时触片

18、P应连接哪两个触点；（2）由表格中数据计算出小风扇的内阻是多少； （3）变压器原、副线圈的匝数比nln2是多少。热风时输入功率460W冷风时输入功率60W小风扇额定电压60V正常工作时小风扇输出功率52W【答案】（1）触点a与触点b；（2）8；（3）11：3【解析】【详解】（1）触片P连接触点a与触点b时，电热丝电路和变压器电路被接通，电吹风吹热风；（2）通过小风扇的电流为小风扇的热功率为小风扇的内阻为（3）变压器原、副线圈的匝数比为14. 如图所示，金属框架与导体棒构成回路，处在匀强磁场中且与磁场垂直。（1）若，从O点出发，向右以的速度匀速运动4s时，回路的磁通量的变化量是多少？（2）若开始

19、时，从O点右侧处出发，向右以的速度匀速运动，且闭合回路中没有感应电流产生，求磁感应强度大小随时间变化的表达式。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）从点出发，向右以的速度匀速运动时，位移为由图根据几何关系可知，此时回路面积为回路的磁通量的变化量是（2）根据题意可知，DE出发前穿过回路的磁通量为从点右侧处出发，向右以的速度匀速运动，时，根据题意可知，三角形边长为设此时，磁感应强度大小为，穿过回路的磁通量为闭合回路中没有感应电流产生，则整理得磁感应强度大小随时间变化的表达式15. 如图所示，在xOy坐标系中，在0y2d的区域内有沿y轴正方向的匀强电场，场强大小，在2dy3d的区域内有垂直于x

20、Oy平面向里的匀强磁场，MN为边界线。在y=3d处放置一垂直于y轴的足够大金属挡板AB，带电粒子打到板上即被吸收。一质量为m、电量为+q的粒子，以速度v0由坐标原点O处沿x轴正方向射入电场，粒子进入磁场后恰好没有被AB板吸收，不计粒子重力。求：（1）粒子通过MN时的速度大小；（2）满足条件的磁感应强度B的大小及带电粒子第一次在磁场中运动的时间。【答案】（1）2v0；（2），【解析】【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，由平抛运动的规律可得所以粒子通过MN的速度大小为（2）粒子的运动轨迹，如图所示由图可知则根据洛伦兹力提供向心力有且由几何关系解得、粒子在磁场中运动的周期粒子在磁场中运动的时间为联立解得