精品解析：湖北省武汉市部分重点中学2021-2022学年高二（上）期末联考物理试题

武汉市部分重点中学2021——2022学年度上学期期末联考

高二物理试卷

命题学校：武汉一中        命题教师：万元芳        审题教师：丁向辉

考试时间：2022年1月18日下午2：00——3：15    试卷满分：100分

一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~11题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

1. 以下说法正确的是（　　）

A. 磁场和磁感线都是客观存在的

B. 磁场中某点磁感应强度的方向跟放在该处通电导线所到的安培力的方向一致

C. 磁感应强度是用比值法定义的物理量

D. 运动的电荷在磁场中一定受洛伦兹力的作用

【1题答案】

【答案】C

【解析】

【详解】A．磁场是客观存在的，磁感线是为了便于研究磁场而假想出来的线，实际并不存在，故A错误；

B．磁场中某点磁感应强度的方向垂直于放在该处通电导线所到的安培力的方向，故B错误；

C．磁感应强度是用比值法定义的物理量，故C正确；

D．当运动的电荷速度方向与磁感线平行时不受洛伦兹力的作用，故D错误。

故选C。

2. 如图所示，MDN为绝缘材料制成的半径为R的光滑竖直半圆环，置于磁感应强度为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场中，一质量为m，带正电可看成质点的小圆环套在大圆环上，从M点无初速下落，D为圆环最低点，N点与M点等高，小圆环在运动的过程中，下列说法中正确的是（　　）

A. 小环由M滑到D点所用时间与由D滑到N点所用时间相同

B. 小环滑到D点时速率满足

C. 小环滑到D点时对圆环轨道的弹力一定小于mg

D. 如果改变圆环的半径，小圆环从M滑到D点时在D点对圆环轨道的弹力随圆环半径的增大而减小

【2题答案】

【答案】A

【解析】

【详解】A．因为洛伦兹力和大圆环的支持力对小圆环均不做功，且大圆环光滑，所以根据机械能守恒定律可知小圆环可以运动到N点，且小圆环在MD弧上和ND弧上等高位置速度大小相同，根据对称性可知小圆环在MD弧上运动时所受平均合外力与在ND弧上所受平均合外力相同，根据动量定理可知小环由M滑到D点所用时间与由D滑到N点所用时间相同，故A正确；

B．根据机械能守恒定律有

解得

故B错误；

CD．设小环滑到D点时所受轨道的弹力大小为N，根据牛顿第二定律有

解得

根据牛顿第三定律可知小环滑到D点时对圆环轨道的弹力一定大于mg，并且如果改变圆环的半径，小圆环从M滑到D点时在D点对圆环轨道的弹力随圆环半径的增大而增大，故CD错误。

故选A。

3. 如图所示，匀强磁场限定在一个圆形区域内，磁感应强度大小为B，一个质量为m，电荷量为q，初速度大小为v的带电粒子沿磁场区域的直径方向从P点射入磁场，从Q点沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时的速度方向与射入磁场时相比偏转了角，忽略重力及粒子间的相互作用力，下列说法正确的是（　　）

A. 粒子带负电

B. 粒子在磁场中运动的轨迹长度为

C. 粒子在磁场中运动的时间为

D. 圆形磁场区域的半径为

【3题答案】

【答案】B

【解析】

【详解】A．由图可知，粒子受向下的洛伦兹力，而磁场的方向是垂直纸面向外，故由左手定则可知，四指的方向与速度v的方向一致，所以粒子带正电，故A错误；

B．由于粒子偏转了角，故粒子在磁场中运动轨迹的圆心角也等于，而粒子做圆周运动，如下图所示

则

故粒子的偏转半径

所以粒子在磁场中运动的轨迹长度为

故B正确；

C．粒子做匀速圆周运动的周期

粒子在磁场中运动的时间

故C错误；

D．设圆形磁场区域的半径为，根据几何关系

得

故D错误。

故选B。

4. 武汉病毒研究所是我国防护等级最高的P4实验室，在该实验室中有一种污水流量计，其原理可以简化为如图乙所示模型；废液内含有大量正、负离子，从圆柱形容器右侧流入，左侧流出，流量值Q等于单位时间通过横截面的液体的体积。空间有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，下列说法正确的是（　　）

A. 图乙中M点的电势高于N点电势

B. 只需要测量磁感应强度B、直径d及M、N两点电压U，就能够推算污水流量

C. 当污水中离子浓度升高，M、N两点电压将增大

D. 只需要测量磁感应强度B及M、N两点电压U，就能够推算污水的流速

【4题答案】

【答案】B

【解析】

【详解】A．根据左手定则可知，在M、N两点间电压稳定前，污水中正离子将受洛伦兹力在N点集聚，所以M点电势低于N点电势，故A错误；

BD．当M、N两点间电压U稳定时，根据平衡条件有

   ①

根据匀强电场中电势差与场强的关系有

   ②

由题意可知

   ③

联立①②③解得

   ④

由④式可知只需要测量磁感应强度B、直径d及M、N两点电压U，就能够推算污水的流量，故B正确，D错误；

C．联立①②式可得

所以U与污水中离子浓度无关，故C错误。

故选B。

5. 在如图所示的电路中，两个完全相同的小灯泡和分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R。闭合开关S待电路稳定后，调整R的滑片使和亮度一样，此时通过两个灯泡的电流均为。在时刻断开S，能正确反映前后的一小段时间内通过的电流和通过的电流随时间t变化关系的是（　　）

A.  B.

C.  D.

【5题答案】

【答案】C

【解析】

【详解】在时刻断开S，电感线圈L将产生自感电动势阻碍通过其电流减小，此时L1与L2构成一个回路，且该回路中电流方向为顺时针，所以t0时刻i1将从I逐渐减小至零；而开始时通过L2的电流方向为向右，所以t0时刻i2将从I突变为－I之后再逐渐减小至零，综上所述可知ABD错误，C正确。

故选C。

6. 如图圆形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向下滑动下列表述正确的是（　　）

A. 线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流 B. 穿过线圈a的磁通量变小

C. 线圈a对水平桌面的压力FN将增大 D. 线圈a有扩大的趋势

【6题答案】

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】AB．当滑动触头P向下移动时电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流增大，从而判断出穿过线圈a的磁通量增加方向向下，根据楞次定律即可判断出线圈a中感应电流方向俯视应为逆时针， AB错误；

C．开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑动触头向下滑动时，可以用“等效法”，即将线圈a和b看做两个条形磁铁，不难判断此时两磁铁的N极相对，互相排斥，故线圈a对水平桌面的压力将增大，C正确；

D．再根据微元法将线圈a无线分割根据左手定则不难判断出线圈a应有收缩的趋势，或直接根据楞次定律的第二描述“感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因”，因为滑动触头向下滑动导致穿过线圈a的磁通量增加，故只有线圈面积减少时才能阻碍磁通量的增加，故线圈a应有收缩的趋势，D错误。

故选C。

7. 如图，两个半径不同但共心的圆形导线环A、B位于同一平面内，A环的半径大于B环的半径，从0到的时间间隔内，当导线A环中的电流i发生某种变化，而导线B环中的感应电流总是沿逆时针方向，且导线B环总有扩张的趋势。设A环中电流i的正方向与图中箭头所示的方向相同，则i随时间t的变化的图线可能是（　　）

A.  B.  C.  D.

【7题答案】

【答案】B

【解析】

【详解】根据楞次定律可以判断，因为导线B环总有扩张的趋势，则导线B环中的磁通量减小，当导线B环中的感应电流沿逆时针方向时，其磁通量应垂直于纸面向外减小，再根据安培定则可以判断，导线A环中的电流应沿逆时针方向减小，即沿负方向减小。

故选B。

8. 如图物体带正电，与斜面的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，斜面足够长且所在空间均有图示方向的匀强磁场。现给物体一个沿斜面向上的初速度，使物体沿斜面向上运动且不离开斜面。下列说法正确的是（　　）

A. 物体最终会静止在斜面上

B. 物体向上运动时加速度越来越大

C 物体最终可能沿斜面匀速向上运动

D. 物体最终会沿斜面匀速向下运动

【8题答案】

【答案】BD

【解析】

【详解】BC．设物体向上运动时的加速度为a，速度为v，规定沿斜面向下为正方向，根据牛顿第二定律有

解得

由于物体不离开斜面，所以

则a＞0，即物体做减速运动，v减小，a增大，故B正确，C错误；

AD．因为

所以

则物体不可能静止在斜面上，物体上滑至最高点后开始先沿斜面加速下滑，当物体的速度大小v满足下列平衡方程时，物体将匀速向下运动。

故A错误，D正确。

故选BD。

9. 如图所示，甲是一个带正电的小物块，乙是一个不带电的绝缘物块。甲、乙叠放在一起置于粗糙水平面上，水平面上方有垂直于纸面向里的匀强磁场。现用一个水平恒力F拉乙物块，开始时甲、乙无相对滑动地一起向左加速运动。在以后的运动过程中，下列说法中正确的是（　　）

A. 甲、乙两物块可能相对滑动

B. 甲、乙两物块间的摩擦力不断增大

C. 甲物块向左先加速运动后匀速运动

D. 乙物块受到地面的最大摩擦力大小为F

【9题答案】

【答案】CD

【解析】

【详解】ABC．以甲乙整体为研究对象，分析受力如图

则有

当甲乙一起加速运动时，洛伦兹力F洛增大，滑动摩擦力f增大， f增大，F一定，根据牛顿第二定律得，加速度a减小，故甲、乙两物块不可能相对滑动，对甲研究得到，乙对甲的摩擦力

则得到减小，甲、乙两物块间的静摩擦力不断减小，AB错误，C正确；

D．由于甲、乙两物体最后会匀速运动，对甲、乙两物体整体水平方向受力分析可得，此时乙物块受到地面的最大摩擦力大小即为F，D正确。

故选CD。

10. 如图所示，空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向里，在正交的电磁场空间中有一足够长的固定光滑绝缘杆，与电场方向成60°夹角且处于竖直平面内。一带电小球套在绝缘杆上，当小球沿杆向下的初速度为时，小球恰好做匀速直线运动，小球在此运动过程中，以下说法正确的是（　　）

A. 小球可能带负电

B. 电场力做负功，小球的机械能减小

C. 若撤去磁场，小球仍做匀速直线运动

D. 若撤去磁场，小球将做匀加速直线运动

【10题答案】

【答案】BC

【解析】

【详解】A．若小球带负电，则小球所受电场力水平向右，所受洛伦兹力垂直于杆向下，所受杆支持力垂直于杆向上，所受重力竖直向下，易知这四个力的合力不可能为零，所以小球不可能做匀速直线运动，则小球一定带正电，故A错误；

B．因为小球带正电，且在逆着电场线方向存在位移，因此电场力做负功，而杆的支持力以及洛伦兹力对小球均不做功，所以小球的机械能减小，故B正确；

CD．存在磁场时，由于小球所受洛伦兹力和支持力的合力一定垂直于杆向上，所以电场力与重力的合力一定垂直于杆向下，且为定值，若撤去磁场，杆的支持力方向不变，且大小不受限制，所以仍可以与重力和电场力的合力相平衡，因此若撤去磁场，小球仍做匀速直线运动，故C正确，D错误。

故选BC。

11. 如图甲所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为l，电阻均可忽略不计。在M和P之间接有阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻为r，并与导轨接触良好。整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。现给杆ab一个初速度，使杆向右运动。则（　　）

A. 当杆ab刚具有初速度时，杆ab两端的电压，且b点电势高于a点电势

B. 通过电阻R的电流I随时间t的变化率的绝对值逐渐减小

C. 若将M和P之间的电阻R改为接一电容为C的电容器，如图乙所示，同样给杆ab一个初速度，使杆向右运动，则杆ab稳定后的速度为

D. 在图乙中，若ab杆电阻为0，在ab杆上加一水平向右的恒力，ab杆将水平向右做匀加速直线运动

【11题答案】

【答案】BCD

【解析】

【详解】A．当杆ab刚具有初速度时，ab产生的感应电动势大小为

   ①

根据串联分压规律可得杆ab两端的电压为

    ②

根据右手定则可知感应电流方向由b→a，所以a点电势高于b点电势，故A错误；

B．设ab在某时刻的速度大小为v1，根据闭合电路欧姆定律可得

   ③

ab所受安培力大小为

   ④

根据牛顿第二定律可知ab在速度大小为v1时的加速度大小为

   ⑤

易知ab做减速运动，即v1减小，所以a1减小，则v1随t变化率的绝对值逐渐减小，再根据④式可知I随t的变化率的绝对值逐渐减小，故B正确；

C．若将M和P之间的电阻R改为接一电容为C的电容器，如图乙所示，同样给杆ab一个初速度，使杆向右运动，设ab从开始运动到最终稳定过程中回路中的平均电流为，经历时间为t，对ab根据动量定理有

   ⑥

ab稳定后电容器所带电荷量为

   ⑦

此时ab产生的感应电动势大小等于电容器两端电压，即

   ⑧

联立⑥⑦⑧解得

   ⑨

故C正确；

D．若ab杆电阻为0，在ab杆上加一水平向右的恒力F，设ab从静止开始在一极短的时间内速度的变化量为，此时电容器两端电压为

   ⑩

电容器所带电荷量为

   ⑪

ab的加速度为

   ⑫

通过ab的电流为

   ⑬

根据牛顿第二定律有

   ⑭

联立⑩⑪⑫⑬⑭解得

   ⑮

即a2为定值，所以ab杆将水平向右做匀加速直线运动，故D正确。

故选BCD。

二、实验题（共2题，合计16分，其中第12题6分，每空3分，第13题10分，每空2分）

12. 在“研究电磁感应现象”的实验中，首先按图甲接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；然后按图乙将电流表与副线圈B连成一个闭合回路，将原线圈A、电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路。在甲图中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央。则：

（1）S闭合后，将螺线管A（原线圈）插入螺线管B（副线圈）的过程中，电流表的指针将______。（填：向左偏、不偏转或向右偏）

（2）S闭合后，线圈A放在B中不动，要使电流表指针向右偏转，可使滑动变阻器的滑动触头______ （填：向左或向右）移动。

【12题答案】

【答案】    ①. 向右偏    ②. 向左

【解析】

【详解】（1）[1]由题意可知当电流从电流表正接线柱流入时，电流表指针向左偏；在乙图中，S闭合后，根据安培定则可知螺线管A产生的磁场方向向上，将螺线管A（原线圈）插入螺线管B（副线圈）的过程中，B中的磁通量向上增大，根据楞次定律可知B中产生的感应电流的磁场方向向下，则电流从电流表负接线柱流入，电流表的指针将向右偏。

（2）[2]S闭合后，A放在B中不动，要使电流表指针向右偏转，仍应使B中的磁通量向上增大，即增大通过A的电流，所以应使滑动变阻器的滑动触头向左移动。

13. 小华、小刚共同设计了图甲所示的实验电路，电路中的各个器材元件的参数为：电池组（电动势约6V，内阻r约3Ω）、电流表（量程2.0A，内阻rA=0.8Ω）、电阻箱R1（0~99.9Ω）、滑动变阻器R2、开关三个及导线若干。他们认为该电路可以用来测电源的电动势、内阻和R2接入电路的阻值。

（1）小华先利用该电路准确地测出了R2接入电路的阻值。他的主要操作步骤是：先将滑动变阻器滑片调到某位置，接着闭合S、S2，断开S1，读出电流表的示数I；再闭合S、S1，断开S2，调节电阻箱的电阻值为6.3Ω时，电流表的示数也为I。此时滑动变阻器接入电路的阻值为___________Ω。

（2）小刚接着利用该电路测出了电源电动势和内电阻。

①他的实验步骤为：

a在闭合开关S前，调节电阻R1或R2至最大值，之后闭合开关S，再闭合___________ （选填“S1”或“S2”）；

b调节电阻___________ （选填“R1”或"R2”），得到一系列电阻值R和电流I的数据；

c断开开关，整理实验仪器。

②图乙是他由实验数据绘出的图像，电源电动势E=___________V，内阻r=___________Ω。（计算结果均保留两位有效数字）。

【13题答案】

【答案】    ①. 6.3    ②. S1    ③. R1    ④. 6.0    ⑤. 2.8

【解析】

【分析】

【详解】（1）[1]本小题就是替代法测电阻，电阻箱的读数即是滑动变阻器的电阻，即电阻为6.3Ω；

（2）①[2][3]为保护电路，先要把可变电阻调到最大值；因为最后要画出图像，所以必须要知道电阻的阻值，所以要用到电阻箱这个支路，所以接下来要闭合S1，调节电阻R1.；

②[4][5]由闭合电路欧姆定律

可得

所以纵截距表示内阻和电流表的内阻之和与电动势的比值，图像斜率表示电动势的倒数，所以图像纵轴截距与电源电动势的乘积代表电源内阻和电流表的内阻之和，图像斜率为，所以电动势为6V，纵截距为0.6，则内阻和电流表的内阻之和为，所以电源内阻为。

三、计算题（共3题，共40分，其中第14题9分，第15题15分，第16题16分）

14. 如图所示，两平行导轨所在的平面与水平面夹角，导轨的一端接有电动势内阻的直流电源，两导轨间的距离，在导轨所在空间内分布着磁感应强度、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。现把一个质量的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒的电阻，导体棒恰好刚要滑动，金属导轨电阻不计，（g取，，）求：

（1）ab棒受到的安培力大小和方向；

（2）ab棒与导轨的动摩擦因数（结果保留两位有效数字）。

【14题答案】

【答案】（1），沿斜面向上；（2）

【解析】

【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律得

导体棒受到的安培力为

由左手定则可知，安培力沿斜面向上。

（2）对导体棒受力分析，将重力正交分解，沿导轨方向有

由于

根据平衡条件可知，摩擦力沿斜面向上受力分析可得

由平衡得

解得

15. 如图所示，以直角三角形AOC为边界的三角形区域内，有方向垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场（边界有磁场），，，在A点发射质量为m、电荷量为q某种带正电的粒子（不计重力作用），发射方向与AO边的夹角为，粒子从O点射出磁场。

（1）求粒子的发射速度大小及粒子在磁场中的运动时间；

（2）若入射粒子为负电荷（电量为，质量为m），从A点射入方向不变，若要使粒子能从AC边射出，求粒子入射速度最大值。

【15题答案】

【答案】（1），；（2）

【解析】

【详解】（1）由题意，作出粒子的运动轨迹如图所示，

由几何知识可知粒子的运动半径为

根据牛顿第二定律有

联立解得

粒子的运动周期为

由几何知识可知粒子转过的圆心角为60°，所以粒子在磁场中的运动时间为

（2）如图所示，假设粒子以最大速度V从A点进入磁场，与OC相切于D点，最终从AC边射出，此时粒子的运动半径最大，设为R，在三角形中′中，有

解得

根据牛顿第二定律有

联立解得

16. 如图所示，水平虚线、之间是匀强磁场，磁场方向水平向里，磁场高度为h。竖直平面内有一等腰梯形部分线框与长方形部分线框组成如图所示的线框，线框的质量为m，底边EF，CD，AB都水平，其上AB边与下EF边长之比为5∶1，高如图，现使线框EF边在磁场边界的上方h高处由静止自由下落，当EF边刚进入磁场时加速度恰好为0，在AB边刚要进入磁场前的一段时间内，线框做匀速运动，重力加速度为g，求：

（1）在AB边刚要进入磁场前，线框做匀速运动的速度的大小；

（2）从线框开始下落到AB边刚进入磁场的过程中，线框中产生的热量Q；

（3）若磁感应强度为B，EF长为L，线框的电阻为R，求线框从EF边进入磁场到AB边刚进磁场过程中，通过线框的总电量。

【16题答案】

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）当EF边刚进入磁场时，线框的速度大小为

设EF边长为L，则此时EF边产生的感应电动势大小为

设线框电阻为R，则此时通过EF边的电流大小为

由题意可知

联立解得

根据几何关系可知，当CD出磁场后而AB边未进磁场过程中线框做匀速运动时切割磁感线的有效长度为

同⑤理可得

联立解得

（2）从线框开始下落到AB边刚进磁场过程中，由能量守恒定律有

联立解得

（3）根据几何关系可知线框从EF边进入磁场到AB边刚进磁场过程中，线框磁通量变化量为

此过程中回路中的平均感应电动势为

平均电流为

根据电流的定义可得通过线框的总电量为

联立解得