资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩5页未读，
继续阅读
精品解析：江苏省无锡市第一中学高二下学期期中物理试题
展开
这是一份精品解析：江苏省无锡市第一中学高二下学期期中物理试题，文件包含精品解析江苏省无锡市第一中学高二下学期期中物理试题解析版docx、精品解析江苏省无锡市第一中学高二下学期期中物理试题原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
无锡市第一中学第二学期期中试卷
高二物理
一、单项选择题（共10题，每题4分，共40分，每题只有一个选项符合题意）
1. 下列符合物理学史实的是（ ）
A. 楞次发现了电磁感应现象，梦圆磁生电
B. 法拉第通过大量的实验，得到了判定感应电流方向的方法
C. 麦克斯韦电磁理论的两个基本假设之一是“变化的磁场能够在周围空间产生变化的电场”
D. 赫兹用实验证明了电磁波的存在
【答案】D
【解析】
【详解】A．法拉第发现了电磁感应现象，A错误；
B．楞次通过大量的实验，得到了判定感应电流方向的方法，B错误；
C．麦克斯韦电磁理论的两个基本假设之一是“变化的磁场能够在周围空间产生电场”，C错误；
D．电磁波的存在由赫兹证明，D正确。
故选D。
2. 如图中关于磁场中的四种仪器的说法不正确的是（ ）
A. 甲图中回旋加速器加速带电粒子的最大动能与回旋加速器的半径有关
B. 乙图中不改变质谱仪各区域的电场磁场时击中光屏同一位置的粒子比荷相同
C. 丙图中自由电荷为负电荷的霍尔元件通上如图所示电流和加上如图所示方向的磁场时N侧电势高
D. 丁图长、宽、高分别为a、b、c的电磁流量计加上如图所示磁场，若流量Q恒定，前后两个金属侧面的电压与a、b无关
【答案】C
【解析】
【详解】A．回旋加速器中，由牛顿第二定律可得
带电粒子射出时的动能为
联立解得
回旋加速器加速带电粒子的最大动能与回旋加速器的半径有关，A正确；
B．带电粒子在加速电场中，由动能定理可得
带电粒子在复合场中，由共点力平衡条件可得
带电粒子在磁场中运动，由牛顿第二定律可得
联立可得
乙图中不改变质谱仪各区域的电场磁场时击中光屏同一位置的粒子，速度相同，半径相同，因此粒子比荷相同，B正确；
C．丙图中自由电荷为负电荷的霍尔元件通上如图所示电流和加上如图磁场时，由左手定则可知，负电荷所受洛伦兹力向左，因此N侧电势低，C错误；
D．最终正负离子会受到电场力和洛伦兹力而平衡，即
同时
而水流量为
联立可得
前后两个金属侧面的电压与流量、磁感应强度B以及c有关，与a、b无关，D正确。
本题选择不正确的，故选C。
3. 如图，灯泡的灯丝电阻为2Ω，电池电动势为2V，内阻不计，线圈的自感系数很大，先合上开关K，稳定后突然断开K，则下列说法正确的是（ ）
A 若线圈电阻可以忽略，灯泡会突然亮一下再逐渐熄灭
B. 若线圈电阻可以忽略，灯泡会逐渐熄灭
C. 若线圈电阻为2Ω，灯泡会闪亮一下再逐渐熄灭，且灯泡中电流方向与K断开前方向相反
D. 若线圈电阻为2Ω，灯泡会逐渐熄灭，且灯泡中电流方向与K断开前方向相同
【答案】A
【解析】
【详解】AB．突然断开K，线圈将产生自感现象，且与灯泡构成一闭合回路，此时通过灯泡的电流向上，与断开K前的电流方向相反；若线圈电阻可以忽略，断开K前通过线圈的电流大于通过灯泡的电流，则稳定后突然断开K，灯泡会突然比原来亮一下再熄灭，故A正确， B错误；
CD．若线圈直流电阻为，与灯泡的电阻一样大，可知断开K前通过线圈的电流等于通过灯泡的电流，则稳定后突然断开K，灯泡会逐渐熄灭，且灯泡中电流方向与K断开前方向相反，故CD错误。
故选A。
4. 航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的。电磁驱动原理如图所示，当固定线圈上左右突然通过直流电流时，线圈左端的金属环被弹射出去。现在固定线圈左侧同一位置，先后放有分别用横截面积相等的铜和铝导线制成形状、大小相同的两个闭合环，且电阻率。闭合开关S的瞬间（ ）
A. 从左侧看环中感应电流沿逆时针方向
B. 铜环受到的安培力小于铝环受到的安培力光
C. 若将环放置在线圈右方，环将向左运动
D. 电池正负极调换后，金属环仍能向左弹射
【答案】D
【解析】
【详解】A．电流从固定线圈右侧流入，根据右手定则，在左侧闭合环处产生向左的磁场，在闭合开关过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，电流从左侧看为顺时针，故A错误；
B．由于铜环的电阻较小，所以铜环中感应电流较大，铜环受到的安培力大于铝环，故B错误；
C．若将环放置在线圈右方，根据“来拒去留”可得，环将向右运动，故C错误；
D．电池正负极调换后，金属环受力仍然向左，故D正确。
故选D。
5. 如图所示，理想变压器电路原线圈匝数可调，调节触头为S，副线圈电路中r为光敏电阻，光敏电阻的阻值随光照的增强而减小，滑动变阻器R与灯泡L并联在电路中，关于电路变化问题，下列说法正确的是( )
A. 保持S位置和光照强度不变，将P向上滑，灯泡L变亮
B. 保持S位置和光照强度不变，将P向下滑，电流表示数变小
C. 保持P位置和光照强度不变，将S向下滑，光敏电阻的功率变小
D. 保持P位置和S位置不变，使光线变暗，原线圈的输入功率变大
【答案】A
【解析】
【详解】A、S的位置和光照强度不变时，变压器原副线圈的匝数比以及光敏电阻的阻值不变，根据理想变压器原副线圈的端电压之比等于匝数之比，可知副线圈的输出电压不变，将P向上滑，滑动变阻器的阻值变大，通过光敏电阻r的电流减小，加在r两端的电压减小，又由于r和L两端电压之和等于副线圈的端电压且保持不变，所以L两端电压变大，L变亮，A正确
B、结合A的分析，当将P向下滑，滑动变阻器的阻值变小，通过光敏电阻r的电流增大，加在r两端的电压增大，又由于r和L两端电压之和等于副线圈的端电压且保持不变，所以L两端电压变小，通过L的电流减小，同时R和L的电流之和等于r的电流，所以R的电流增大，电流表示数增大，B错误
C、P位置和光照强度不变时，r和R的电阻不变，将S向下滑的时候，原线圈的匝数减小，结合理想变压器原副线圈的端电压之比等于匝数之比，可知副线圈的输出电压增大，通过r的电流增大，光敏电阻的功率变大，C错误
D、S位置不变时，线圈匝数不变，结合理想变压器原副线圈的端电压之比等于匝数之比，可知副线圈的输出电压不变，光线变暗时，r的阻值变大，又P的位置不变，所以副线圈的功率减小，又理想变压器的原副线圈功率相等，所以原线圈的功率减小，D错误
6. 如图甲为振荡电路情景图，图乙为其中电流随时间变化的图像。以逆时针为电流正方向，则（ ）
A. 图甲对应乙图中的过程
B. 图甲中若在线圈中插入铁芯，则发射电磁波的频率变大
C. 图乙中时间内，电容器两端电压在增大
D. 图乙中时间内，线圈的自感电动势在增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．图甲中电流流入电容器的正极，电容器处于充电过程，电流方向为正，图乙中，电流减小，是充电过程，所以图甲对应图乙中过程，故A错误；
B．在线圈中插入铁芯，自感系数变大，根据振荡电路频率公式
发射电磁波的频率减小，故B错误；
C．图乙中电流减小，是充电过程，电容器两端电压增大，故C选项正确；
D．图乙中时间内，电流增大的越来越慢，根据
可知，自感电动势在减小，故D错误。
故选C。
7. 如图所示是一交变电流的图象，则该交变电流的有效值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】交变电流一个周期内通过电阻R上产生的热量为
设交流电的有效值为I，则由交流电有效值的定义可知
由以上两式联立解得
故选D。
8. 如图所示，在x轴上方存在方向垂直坐标平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在x轴下方存在方向垂直坐标平面向外、磁感应强度大小为的匀强磁场。一带负电的粒子（不计重力）从原点O以与x轴正方向成30°角的速度v射入磁场，其在x轴上方做圆周运动的半径为R。则（ ）
A. 粒子经偏转过程一定能回到原点O
B. 粒子完成一次周期性运动的时间为
C. 粒子射入磁场后，第二次经过x轴时与O点的距离为
D. 粒子在x轴上方和下方的磁场中运动的轨迹半径之比为1：3
【答案】C
【解析】
【详解】A．带负电的粒子进入x轴上方磁场后受洛伦兹力发生偏转，到达x轴以后进入x轴下方的磁场，在x轴下方的磁场中受洛伦兹力发生偏转，如图所示
粒子按照这样的规律循环运动，不能回到原点O，A错误；
BD．粒子在x轴上方运动的轨迹半径为R，根据
解得
以及两磁场磁感应强度的大小关系可知粒子在x轴下方运动的轨迹半径为，由几何关系可知，粒子在x轴上方和下方运动时轨迹圆弧所对的圆心角均为60°，则粒子完成一次周期性运动的时间为
BD错误；
C．由几何关系可知，粒子射入x轴上方的磁场后，第一次经过x轴时与O点的距离为R，第二次经过x轴时与第一次经过x轴的点距离为，则粒子射入磁场后，第二次经过x轴时与O点的距离为，C正确。
故选C。
9. 如图所示，下端封闭、上端开口、高h=4m内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有一质量m=0.2kg、电荷量q=2C的小球，整个装置以的速度沿垂直于磁场方向进入方向水平的匀强磁场，由于外力的作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端管口飞出。取g=10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A. 小球在管中运动的过程中机械能守恒
B. 小球的运动轨迹为直线
C. 小球在管中运动时间为2s
D. 小球的机械能增加了8J
【答案】C
【解析】
【详解】AD．小球水平方向随玻璃管做匀速运动，故管壁对小球的作用力和洛伦兹力的水平分量等大反向，竖直方向受重力、洛伦兹力的竖直分量作用，小球从上端口飞出，故竖直分量的洛伦兹力向上，且对小球做正功，故机械能不守恒，有
故AD错误；
B．对小球受力分析可知，竖直方向上合外力
解得
a=2m/s2
小球在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做匀加速直线运动，所以小球做曲线运动，轨迹为曲线，故B错误；
C．竖直方向上
解得小球在管中运动的时间为
故选C。
10. 如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m边长为a的正方形线框ABCD斜向穿进磁场，当AC刚进入磁场时速度为v，方向与磁场边界成。若线框的总电阻为R，则（ ）
A. AC刚进入磁场时，DA两端电势差等于DC两端电势差
B. AC刚进入磁场时，线框中感应电流为
C. AC刚进入磁场时，线框所受安培力为
D. 在以后穿过磁场的过程中，线框的速度不可能减小到零
【答案】D
【解析】
【详解】A．AC刚进入磁场时，CD边切割磁感线，而切割磁感线的导体相当于电源，根据右手定则可知D点相当于电源的正极，C点相当于电源的负极，而DC两端的等于路端电压，由
可知
，
则可知
故A错误；
B．AC刚进入磁场时，线框中感应电流为
故B错误；
C．AC刚进入磁场时，只有DC边和DA边在磁场中，根据左手定则可知，DC边和DA边所受安培力大小相同，且互相垂直，因此可知线框所受安培力为DC边和DA边所受安培力的合力，根据安培力的计算公式有
则线框所受安培力的大小为
故C错误；
D．线框在穿过磁场的过程中，切割磁感线的有效长度始终与磁场边界重合，根据左手定则可知线框所受安培力始终垂直于磁场边界向下，线框运动的实际速度可分解为垂直于磁场边界向上的分速度和平行于磁场边界的另一分速度，而平行磁场边界的方向合力为零，由此可知，平行磁场边界的分速度始终不变，即平行磁场边界的运动为匀速直线运动，因此可知，线框在以后穿过磁场的过程中，速度不可能减小到零，故D正确。
故选D。
二、填空题（共2题，共14分，每空2分）
11. 下面列出一些医疗器械的名称和这些器械应用的物理现象，请将相应的字母填写在应用这种现象的医疗器械后面的空格上。
（1）X光机，________。
（2）紫外线灯，________。
（3）用理疗“神灯”照射伤口，可使伤口愈合得较好，这里的“神灯”是利用________。
（4）疫情期间使用的额枪测温计________。
A．紫外线具有很强的荧光作用
B.紫外线具有杀菌消毒作用
C.X射线的很强的贯穿力
D.红外线具有显著的热效应
【答案】 ①. C ②. B ③. D ④. D
【解析】
【详解】（1）[1]X光机，是利用X射线的很强的贯穿力，故选C。
（2）[2]紫外线灯主要是用来杀菌消毒，因此它应用的是紫外线的杀菌消毒作用，而非紫外线的荧光效应，故选B。
（3）[3]“神灯”又称为红外线灯，主要是用于促进局部血液循环，它利用的是红外线的热效应，可以使人体局部受热，血液循环加快，故选D。
（4）[4]额温枪能测温度是因为温度不同的人体辐射的红外线强弱不同，它接收的是人体发出的红外线，故选D。
12. 在用下图装置“研究闭合电路中感应电动势大小的影响因素”实验中，强磁铁固定在小车上，小车可用弹簧以不同的速度弹出，让强磁铁以不同速度穿过闭合线圈（线圈电阻可忽略不计），用光电计时器记录挡光片通过光电门的时间，用电压传感器记录线圈在这段时间内的平均感应电动势E，实验数据如下表：
次数
1
2
3
4
5
6
8.206
7.486
6.286
5.614
5.340
4.462
0.128
0.142
0.170
0.191
0.202
0.244
(1)实验中，每次挡光片通过光电门的时间内，线圈磁通量变化量______（选填“相等”或“不相等”）；
(2)从表中数据可得，时间越小，线圈产生的感应电动势E______（选填“越小”或“越大”）；
(3)要通过线性图像直观反映感应电动势E与时间Δt的关系，可作______图像；
A. B. C.
【答案】 ①. 相等 ②. 越大 ③. B
【解析】
【详解】(1)[1]实验中，每次挡光片通过光电门的时间内，线圈磁通量变化量相等；
(2)[2]从表中数据可得，时间越小，线圈产生的感应电动势E越大；
(3)[3]由表中实验数据可知，感应电动势E与和挡光时间△t的乘积近似一定，说明感应电动势E与挡光时间△t成反比，则感应电动势E与挡光时间△t的倒数成正比，为了研究E与△t的关系，可在直角坐标系中作感应电动势E与挡光时间△t的倒数的关系图线，即图像，故选C。
三、计算题（共4题，共46分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）
13. 如图所示，质量为m、电荷量为＋q的小球，放在倾角θ＝的足够长光滑绝缘斜面上，平行于斜面的绝缘细绳一端与小球连接，另一端固定在斜面顶端小柱的A点。纸面是斜面的竖直截面。现在斜面所在足够大区域加一水平向右的匀强电场E和垂直于纸面向里的匀强磁场B，小球处于静止状态，此时细绳的拉力大小T＝mg。已知重力加速度为g，求：
(1)电场强度E的大小；
(2)若将连接小球的细绳剪断，小球在斜面上运动的最远距离为s，求磁感应强度B的大小。
【答案】(1)(2)
【解析】
【详解】(1)小球处于静止状态，由受力分析得
解得
(2)对小球受力分析可知，小球在斜面上做匀加速直线运动，设加速度为a，则
小球运动到最远距离s时，受力分析得
联立解得
14. 某种风力发电机的原理如图所示，发电机的矩形线圈abcd固定，磁体在叶片驱动下绕线圈对称轴转动，图示位置线圈与磁场垂直。已知磁体间的磁场为匀强磁场，磁感应强度的大小为B，线圈的匝数为n，ab边长为，bc边长为，线圈总电阻为r，外接电阻为R，磁体转动的角速度为。当磁体从图示位置转过角度时，求：
（1）线圈中的感应电动势大小E；
（2）bc边受到安培力大小F；
（3）通过电阻的电量；
（4）安培表的读数。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）感应电动势的最大值为
Em＝nBL1L2ω
从图示位置开始计时，转过30°角度时
e＝Emsin30°
解得
e＝
（2）电路中的感应电流为
安培力
解得
F＝nBL2
（3）从图示位置到转过30°角度时磁通量的变化量为
由，，可得
联立可得
（4）电路中的最大电流为
安培表的读数为有效值
15. 如图所示,在真空室中平面直角坐标系的y轴竖直向上,x轴上的P点与Q点关于坐标原点O对称,PQ间的距离d=30cm．坐标系所在空间存在一匀强电场,场强的大小E=1.0N/C．一带电油滴在xOy平面内,从P点与x轴成30°的夹角射出,该油滴将做匀速直线运动,已知油滴的速度v=2.0m/s,所带电荷量q=1.0×10-7C,重力加速度g取10m/s2．
(1)求油滴的质量m．
(2)若在空间叠加一个垂直于xOy平面的圆形有界匀强磁场,使油滴通过Q点,且其运动轨迹关于y轴对称．已知磁场的磁感应强度大小为B=2.0T,求：
①油滴在磁场中运动的时间t．
②圆形磁场区域的最小面积S．
【答案】（1） （2）①0.17s；②
【解析】
【分析】（1）对带电油滴进行受力分析，根据牛顿运动定律即可求解；
（2）带电油滴进入匀强磁场，其轨迹如图所示，根据向心力公式、求出半径，进而求出周期，根据几何关系求出圆心角，继而求出粒子在磁场中运动的时间，由题意可知，油滴在P到M和N到Q的过程中做匀速直线运动，且运动时间相等．根据几何关系和速度公式求解粒子在这两段运动过程中的时间，三段运动时间之和即为总时间，连接MN，当MN为圆形磁场的直径时，圆形磁场面积最小，根据几何关系求出半径，S=πr2求解面积
【详解】（1）对带电油滴进行受力分析，根据牛顿运动定律有：qE-mg=0
所以m＝＝1.0×10−8kg
（2）带电油滴进入匀强磁场，其轨迹如图所示，设其做匀速圆周运动设圆周运动的半径为R、运动周期为T、油滴在磁场中运动的时间为t，根据牛顿第二定律：
所以Bqv＝
解得：R=＝0.10m
所以
设带电油滴从M点进入磁场，从N点射出磁场，由于油滴的运动轨迹关于y轴对称，如图所示，根据几何关系可知∠MO'N=60°，所以，带电油滴在磁场中运动的时间
由题意可知，油滴在P到M和N到Q的过程中做匀速直线运动，且运动时间相等．根据几何关系可知，
所以油滴在P到M和N到Q过程中的运动时间为：
则油滴从P到Q运动的时间为：t＝t1+t2+t3＝()s＝0.17s
（3）连接MN，当MN为圆形磁场的直径时，圆形磁场面积最小，如图所示．根据几何关系圆形磁场的半径r=Rsin30°=0.05m
其面积为：S=πr2=0.0025πm2=7.9×10-3m2．
【点睛】本题关键是先确定油滴的运动情况，并画出运动轨迹，然后逐段逐段分析，匀速圆周运动阶段洛伦兹力提供向心力，并结合几何知识求解，难度适中．
16. 两个质量均为m，边长均为L完全相同的正方形匀质金属框1、2，通过长为4L的绝缘轻质杆相连，构成如图的组合体。距离组合体下底边L处有一垂直纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平，高度为L，左右宽度足够大。把该组合体在垂直磁场的平面内以某一初速度水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小B（大小未知且可调节）使两个金属框在穿越磁场时都恰好匀速通过，金属框1穿过磁场区域时的磁感应强度大小为，金属框2穿过磁场区域时的磁感应强度大小为，不考虑磁场变化引起的电磁感应，不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：
（1）金属框1、2通过磁场区域时的磁感应强度大小之比；
（2）组合体通过磁场的过程中，金属框中产生的总热量。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）组合体做平抛运动后进入磁场，水平方向切割磁感线产生的感应电动势相互抵消，且水平方向的安培力也相互抵消；匀速通过磁场时，竖直方向安培力与重力平衡。
金属框1进入磁场时竖直方向的速度为
切割磁感线产生的电动势
回路中的感应电流
组合体受到的安培力
组合体匀速通过磁场，则
联立可知
金属框2进入磁场时竖直方向的速度为
同理可知
解得
（2）根据能量守恒，金属框1匀速通过磁场区域的过程中产生的热量
金属框2匀速通过磁场区域的过程中产生的热量：
金属框中产生总热量
解得
无锡市第一中学第二学期期中试卷
高二物理
一、单项选择题（共10题，每题4分，共40分，每题只有一个选项符合题意）
1. 下列符合物理学史实的是（ ）
A. 楞次发现了电磁感应现象，梦圆磁生电
B. 法拉第通过大量的实验，得到了判定感应电流方向的方法
C. 麦克斯韦电磁理论的两个基本假设之一是“变化的磁场能够在周围空间产生变化的电场”
D. 赫兹用实验证明了电磁波的存在
【答案】D
【解析】
【详解】A．法拉第发现了电磁感应现象，A错误；
B．楞次通过大量的实验，得到了判定感应电流方向的方法，B错误；
C．麦克斯韦电磁理论的两个基本假设之一是“变化的磁场能够在周围空间产生电场”，C错误；
D．电磁波的存在由赫兹证明，D正确。
故选D。
2. 如图中关于磁场中的四种仪器的说法不正确的是（ ）
A. 甲图中回旋加速器加速带电粒子的最大动能与回旋加速器的半径有关
B. 乙图中不改变质谱仪各区域的电场磁场时击中光屏同一位置的粒子比荷相同
C. 丙图中自由电荷为负电荷的霍尔元件通上如图所示电流和加上如图所示方向的磁场时N侧电势高
D. 丁图长、宽、高分别为a、b、c的电磁流量计加上如图所示磁场，若流量Q恒定，前后两个金属侧面的电压与a、b无关
【答案】C
【解析】
【详解】A．回旋加速器中，由牛顿第二定律可得
带电粒子射出时的动能为
联立解得
回旋加速器加速带电粒子的最大动能与回旋加速器的半径有关，A正确；
B．带电粒子在加速电场中，由动能定理可得
带电粒子在复合场中，由共点力平衡条件可得
带电粒子在磁场中运动，由牛顿第二定律可得
联立可得
乙图中不改变质谱仪各区域的电场磁场时击中光屏同一位置的粒子，速度相同，半径相同，因此粒子比荷相同，B正确；
C．丙图中自由电荷为负电荷的霍尔元件通上如图所示电流和加上如图磁场时，由左手定则可知，负电荷所受洛伦兹力向左，因此N侧电势低，C错误；
D．最终正负离子会受到电场力和洛伦兹力而平衡，即
同时
而水流量为
联立可得
前后两个金属侧面的电压与流量、磁感应强度B以及c有关，与a、b无关，D正确。
本题选择不正确的，故选C。
3. 如图，灯泡的灯丝电阻为2Ω，电池电动势为2V，内阻不计，线圈的自感系数很大，先合上开关K，稳定后突然断开K，则下列说法正确的是（ ）
A 若线圈电阻可以忽略，灯泡会突然亮一下再逐渐熄灭
B. 若线圈电阻可以忽略，灯泡会逐渐熄灭
C. 若线圈电阻为2Ω，灯泡会闪亮一下再逐渐熄灭，且灯泡中电流方向与K断开前方向相反
D. 若线圈电阻为2Ω，灯泡会逐渐熄灭，且灯泡中电流方向与K断开前方向相同
【答案】A
【解析】
【详解】AB．突然断开K，线圈将产生自感现象，且与灯泡构成一闭合回路，此时通过灯泡的电流向上，与断开K前的电流方向相反；若线圈电阻可以忽略，断开K前通过线圈的电流大于通过灯泡的电流，则稳定后突然断开K，灯泡会突然比原来亮一下再熄灭，故A正确， B错误；
CD．若线圈直流电阻为，与灯泡的电阻一样大，可知断开K前通过线圈的电流等于通过灯泡的电流，则稳定后突然断开K，灯泡会逐渐熄灭，且灯泡中电流方向与K断开前方向相反，故CD错误。
故选A。
4. 航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的。电磁驱动原理如图所示，当固定线圈上左右突然通过直流电流时，线圈左端的金属环被弹射出去。现在固定线圈左侧同一位置，先后放有分别用横截面积相等的铜和铝导线制成形状、大小相同的两个闭合环，且电阻率。闭合开关S的瞬间（ ）
A. 从左侧看环中感应电流沿逆时针方向
B. 铜环受到的安培力小于铝环受到的安培力光
C. 若将环放置在线圈右方，环将向左运动
D. 电池正负极调换后，金属环仍能向左弹射
【答案】D
【解析】
【详解】A．电流从固定线圈右侧流入，根据右手定则，在左侧闭合环处产生向左的磁场，在闭合开关过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，电流从左侧看为顺时针，故A错误；
B．由于铜环的电阻较小，所以铜环中感应电流较大，铜环受到的安培力大于铝环，故B错误；
C．若将环放置在线圈右方，根据“来拒去留”可得，环将向右运动，故C错误；
D．电池正负极调换后，金属环受力仍然向左，故D正确。
故选D。
5. 如图所示，理想变压器电路原线圈匝数可调，调节触头为S，副线圈电路中r为光敏电阻，光敏电阻的阻值随光照的增强而减小，滑动变阻器R与灯泡L并联在电路中，关于电路变化问题，下列说法正确的是( )
A. 保持S位置和光照强度不变，将P向上滑，灯泡L变亮
B. 保持S位置和光照强度不变，将P向下滑，电流表示数变小
C. 保持P位置和光照强度不变，将S向下滑，光敏电阻的功率变小
D. 保持P位置和S位置不变，使光线变暗，原线圈的输入功率变大
【答案】A
【解析】
【详解】A、S的位置和光照强度不变时，变压器原副线圈的匝数比以及光敏电阻的阻值不变，根据理想变压器原副线圈的端电压之比等于匝数之比，可知副线圈的输出电压不变，将P向上滑，滑动变阻器的阻值变大，通过光敏电阻r的电流减小，加在r两端的电压减小，又由于r和L两端电压之和等于副线圈的端电压且保持不变，所以L两端电压变大，L变亮，A正确
B、结合A的分析，当将P向下滑，滑动变阻器的阻值变小，通过光敏电阻r的电流增大，加在r两端的电压增大，又由于r和L两端电压之和等于副线圈的端电压且保持不变，所以L两端电压变小，通过L的电流减小，同时R和L的电流之和等于r的电流，所以R的电流增大，电流表示数增大，B错误
C、P位置和光照强度不变时，r和R的电阻不变，将S向下滑的时候，原线圈的匝数减小，结合理想变压器原副线圈的端电压之比等于匝数之比，可知副线圈的输出电压增大，通过r的电流增大，光敏电阻的功率变大，C错误
D、S位置不变时，线圈匝数不变，结合理想变压器原副线圈的端电压之比等于匝数之比，可知副线圈的输出电压不变，光线变暗时，r的阻值变大，又P的位置不变，所以副线圈的功率减小，又理想变压器的原副线圈功率相等，所以原线圈的功率减小，D错误
6. 如图甲为振荡电路情景图，图乙为其中电流随时间变化的图像。以逆时针为电流正方向，则（ ）
A. 图甲对应乙图中的过程
B. 图甲中若在线圈中插入铁芯，则发射电磁波的频率变大
C. 图乙中时间内，电容器两端电压在增大
D. 图乙中时间内，线圈的自感电动势在增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．图甲中电流流入电容器的正极，电容器处于充电过程，电流方向为正，图乙中，电流减小，是充电过程，所以图甲对应图乙中过程，故A错误；
B．在线圈中插入铁芯，自感系数变大，根据振荡电路频率公式
发射电磁波的频率减小，故B错误；
C．图乙中电流减小，是充电过程，电容器两端电压增大，故C选项正确；
D．图乙中时间内，电流增大的越来越慢，根据
可知，自感电动势在减小，故D错误。
故选C。
7. 如图所示是一交变电流的图象，则该交变电流的有效值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】交变电流一个周期内通过电阻R上产生的热量为
设交流电的有效值为I，则由交流电有效值的定义可知
由以上两式联立解得
故选D。
8. 如图所示，在x轴上方存在方向垂直坐标平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在x轴下方存在方向垂直坐标平面向外、磁感应强度大小为的匀强磁场。一带负电的粒子（不计重力）从原点O以与x轴正方向成30°角的速度v射入磁场，其在x轴上方做圆周运动的半径为R。则（ ）
A. 粒子经偏转过程一定能回到原点O
B. 粒子完成一次周期性运动的时间为
C. 粒子射入磁场后，第二次经过x轴时与O点的距离为
D. 粒子在x轴上方和下方的磁场中运动的轨迹半径之比为1：3
【答案】C
【解析】
【详解】A．带负电的粒子进入x轴上方磁场后受洛伦兹力发生偏转，到达x轴以后进入x轴下方的磁场，在x轴下方的磁场中受洛伦兹力发生偏转，如图所示
粒子按照这样的规律循环运动，不能回到原点O，A错误；
BD．粒子在x轴上方运动的轨迹半径为R，根据
解得
以及两磁场磁感应强度的大小关系可知粒子在x轴下方运动的轨迹半径为，由几何关系可知，粒子在x轴上方和下方运动时轨迹圆弧所对的圆心角均为60°，则粒子完成一次周期性运动的时间为
BD错误；
C．由几何关系可知，粒子射入x轴上方的磁场后，第一次经过x轴时与O点的距离为R，第二次经过x轴时与第一次经过x轴的点距离为，则粒子射入磁场后，第二次经过x轴时与O点的距离为，C正确。
故选C。
9. 如图所示，下端封闭、上端开口、高h=4m内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有一质量m=0.2kg、电荷量q=2C的小球，整个装置以的速度沿垂直于磁场方向进入方向水平的匀强磁场，由于外力的作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端管口飞出。取g=10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A. 小球在管中运动的过程中机械能守恒
B. 小球的运动轨迹为直线
C. 小球在管中运动时间为2s
D. 小球的机械能增加了8J
【答案】C
【解析】
【详解】AD．小球水平方向随玻璃管做匀速运动，故管壁对小球的作用力和洛伦兹力的水平分量等大反向，竖直方向受重力、洛伦兹力的竖直分量作用，小球从上端口飞出，故竖直分量的洛伦兹力向上，且对小球做正功，故机械能不守恒，有
故AD错误；
B．对小球受力分析可知，竖直方向上合外力
解得
a=2m/s2
小球在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做匀加速直线运动，所以小球做曲线运动，轨迹为曲线，故B错误；
C．竖直方向上
解得小球在管中运动的时间为
故选C。
10. 如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m边长为a的正方形线框ABCD斜向穿进磁场，当AC刚进入磁场时速度为v，方向与磁场边界成。若线框的总电阻为R，则（ ）
A. AC刚进入磁场时，DA两端电势差等于DC两端电势差
B. AC刚进入磁场时，线框中感应电流为
C. AC刚进入磁场时，线框所受安培力为
D. 在以后穿过磁场的过程中，线框的速度不可能减小到零
【答案】D
【解析】
【详解】A．AC刚进入磁场时，CD边切割磁感线，而切割磁感线的导体相当于电源，根据右手定则可知D点相当于电源的正极，C点相当于电源的负极，而DC两端的等于路端电压，由
可知
，
则可知
故A错误；
B．AC刚进入磁场时，线框中感应电流为
故B错误；
C．AC刚进入磁场时，只有DC边和DA边在磁场中，根据左手定则可知，DC边和DA边所受安培力大小相同，且互相垂直，因此可知线框所受安培力为DC边和DA边所受安培力的合力，根据安培力的计算公式有
则线框所受安培力的大小为
故C错误；
D．线框在穿过磁场的过程中，切割磁感线的有效长度始终与磁场边界重合，根据左手定则可知线框所受安培力始终垂直于磁场边界向下，线框运动的实际速度可分解为垂直于磁场边界向上的分速度和平行于磁场边界的另一分速度，而平行磁场边界的方向合力为零，由此可知，平行磁场边界的分速度始终不变，即平行磁场边界的运动为匀速直线运动，因此可知，线框在以后穿过磁场的过程中，速度不可能减小到零，故D正确。
故选D。
二、填空题（共2题，共14分，每空2分）
11. 下面列出一些医疗器械的名称和这些器械应用的物理现象，请将相应的字母填写在应用这种现象的医疗器械后面的空格上。
（1）X光机，________。
（2）紫外线灯，________。
（3）用理疗“神灯”照射伤口，可使伤口愈合得较好，这里的“神灯”是利用________。
（4）疫情期间使用的额枪测温计________。
A．紫外线具有很强的荧光作用
B.紫外线具有杀菌消毒作用
C.X射线的很强的贯穿力
D.红外线具有显著的热效应
【答案】 ①. C ②. B ③. D ④. D
【解析】
【详解】（1）[1]X光机，是利用X射线的很强的贯穿力，故选C。
（2）[2]紫外线灯主要是用来杀菌消毒，因此它应用的是紫外线的杀菌消毒作用，而非紫外线的荧光效应，故选B。
（3）[3]“神灯”又称为红外线灯，主要是用于促进局部血液循环，它利用的是红外线的热效应，可以使人体局部受热，血液循环加快，故选D。
（4）[4]额温枪能测温度是因为温度不同的人体辐射的红外线强弱不同，它接收的是人体发出的红外线，故选D。
12. 在用下图装置“研究闭合电路中感应电动势大小的影响因素”实验中，强磁铁固定在小车上，小车可用弹簧以不同的速度弹出，让强磁铁以不同速度穿过闭合线圈（线圈电阻可忽略不计），用光电计时器记录挡光片通过光电门的时间，用电压传感器记录线圈在这段时间内的平均感应电动势E，实验数据如下表：
次数
1
2
3
4
5
6
8.206
7.486
6.286
5.614
5.340
4.462
0.128
0.142
0.170
0.191
0.202
0.244
(1)实验中，每次挡光片通过光电门的时间内，线圈磁通量变化量______（选填“相等”或“不相等”）；
(2)从表中数据可得，时间越小，线圈产生的感应电动势E______（选填“越小”或“越大”）；
(3)要通过线性图像直观反映感应电动势E与时间Δt的关系，可作______图像；
A. B. C.
【答案】 ①. 相等 ②. 越大 ③. B
【解析】
【详解】(1)[1]实验中，每次挡光片通过光电门的时间内，线圈磁通量变化量相等；
(2)[2]从表中数据可得，时间越小，线圈产生的感应电动势E越大；
(3)[3]由表中实验数据可知，感应电动势E与和挡光时间△t的乘积近似一定，说明感应电动势E与挡光时间△t成反比，则感应电动势E与挡光时间△t的倒数成正比，为了研究E与△t的关系，可在直角坐标系中作感应电动势E与挡光时间△t的倒数的关系图线，即图像，故选C。
三、计算题（共4题，共46分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）
13. 如图所示，质量为m、电荷量为＋q的小球，放在倾角θ＝的足够长光滑绝缘斜面上，平行于斜面的绝缘细绳一端与小球连接，另一端固定在斜面顶端小柱的A点。纸面是斜面的竖直截面。现在斜面所在足够大区域加一水平向右的匀强电场E和垂直于纸面向里的匀强磁场B，小球处于静止状态，此时细绳的拉力大小T＝mg。已知重力加速度为g，求：
(1)电场强度E的大小；
(2)若将连接小球的细绳剪断，小球在斜面上运动的最远距离为s，求磁感应强度B的大小。
【答案】(1)(2)
【解析】
【详解】(1)小球处于静止状态，由受力分析得
解得
(2)对小球受力分析可知，小球在斜面上做匀加速直线运动，设加速度为a，则
小球运动到最远距离s时，受力分析得
联立解得
14. 某种风力发电机的原理如图所示，发电机的矩形线圈abcd固定，磁体在叶片驱动下绕线圈对称轴转动，图示位置线圈与磁场垂直。已知磁体间的磁场为匀强磁场，磁感应强度的大小为B，线圈的匝数为n，ab边长为，bc边长为，线圈总电阻为r，外接电阻为R，磁体转动的角速度为。当磁体从图示位置转过角度时，求：
（1）线圈中的感应电动势大小E；
（2）bc边受到安培力大小F；
（3）通过电阻的电量；
（4）安培表的读数。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）感应电动势的最大值为
Em＝nBL1L2ω
从图示位置开始计时，转过30°角度时
e＝Emsin30°
解得
e＝
（2）电路中的感应电流为
安培力
解得
F＝nBL2
（3）从图示位置到转过30°角度时磁通量的变化量为
由，，可得
联立可得
（4）电路中的最大电流为
安培表的读数为有效值
15. 如图所示,在真空室中平面直角坐标系的y轴竖直向上,x轴上的P点与Q点关于坐标原点O对称,PQ间的距离d=30cm．坐标系所在空间存在一匀强电场,场强的大小E=1.0N/C．一带电油滴在xOy平面内,从P点与x轴成30°的夹角射出,该油滴将做匀速直线运动,已知油滴的速度v=2.0m/s,所带电荷量q=1.0×10-7C,重力加速度g取10m/s2．
(1)求油滴的质量m．
(2)若在空间叠加一个垂直于xOy平面的圆形有界匀强磁场,使油滴通过Q点,且其运动轨迹关于y轴对称．已知磁场的磁感应强度大小为B=2.0T,求：
①油滴在磁场中运动的时间t．
②圆形磁场区域的最小面积S．
【答案】（1） （2）①0.17s；②
【解析】
【分析】（1）对带电油滴进行受力分析，根据牛顿运动定律即可求解；
（2）带电油滴进入匀强磁场，其轨迹如图所示，根据向心力公式、求出半径，进而求出周期，根据几何关系求出圆心角，继而求出粒子在磁场中运动的时间，由题意可知，油滴在P到M和N到Q的过程中做匀速直线运动，且运动时间相等．根据几何关系和速度公式求解粒子在这两段运动过程中的时间，三段运动时间之和即为总时间，连接MN，当MN为圆形磁场的直径时，圆形磁场面积最小，根据几何关系求出半径，S=πr2求解面积
【详解】（1）对带电油滴进行受力分析，根据牛顿运动定律有：qE-mg=0
所以m＝＝1.0×10−8kg
（2）带电油滴进入匀强磁场，其轨迹如图所示，设其做匀速圆周运动设圆周运动的半径为R、运动周期为T、油滴在磁场中运动的时间为t，根据牛顿第二定律：
所以Bqv＝
解得：R=＝0.10m
所以
设带电油滴从M点进入磁场，从N点射出磁场，由于油滴的运动轨迹关于y轴对称，如图所示，根据几何关系可知∠MO'N=60°，所以，带电油滴在磁场中运动的时间
由题意可知，油滴在P到M和N到Q的过程中做匀速直线运动，且运动时间相等．根据几何关系可知，
所以油滴在P到M和N到Q过程中的运动时间为：
则油滴从P到Q运动的时间为：t＝t1+t2+t3＝()s＝0.17s
（3）连接MN，当MN为圆形磁场的直径时，圆形磁场面积最小，如图所示．根据几何关系圆形磁场的半径r=Rsin30°=0.05m
其面积为：S=πr2=0.0025πm2=7.9×10-3m2．
【点睛】本题关键是先确定油滴的运动情况，并画出运动轨迹，然后逐段逐段分析，匀速圆周运动阶段洛伦兹力提供向心力，并结合几何知识求解，难度适中．
16. 两个质量均为m，边长均为L完全相同的正方形匀质金属框1、2，通过长为4L的绝缘轻质杆相连，构成如图的组合体。距离组合体下底边L处有一垂直纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平，高度为L，左右宽度足够大。把该组合体在垂直磁场的平面内以某一初速度水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小B（大小未知且可调节）使两个金属框在穿越磁场时都恰好匀速通过，金属框1穿过磁场区域时的磁感应强度大小为，金属框2穿过磁场区域时的磁感应强度大小为，不考虑磁场变化引起的电磁感应，不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：
（1）金属框1、2通过磁场区域时的磁感应强度大小之比；
（2）组合体通过磁场的过程中，金属框中产生的总热量。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）组合体做平抛运动后进入磁场，水平方向切割磁感线产生的感应电动势相互抵消，且水平方向的安培力也相互抵消；匀速通过磁场时，竖直方向安培力与重力平衡。
金属框1进入磁场时竖直方向的速度为
切割磁感线产生的电动势
回路中的感应电流
组合体受到的安培力
组合体匀速通过磁场，则
联立可知
金属框2进入磁场时竖直方向的速度为
同理可知
解得
（2）根据能量守恒，金属框1匀速通过磁场区域的过程中产生的热量
金属框2匀速通过磁场区域的过程中产生的热量：
金属框中产生总热量
解得
相关试卷
精品解析：湖南省长沙市第一中学高二下学期期中物理试题： 这是一份精品解析：湖南省长沙市第一中学高二下学期期中物理试题，文件包含精品解析湖南省长沙市第一中学高二下学期期中物理试题解析版docx、精品解析湖南省长沙市第一中学高二下学期期中物理试题原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。
精品解析：上海市复旦中学高二下学期期中物理试题： 这是一份精品解析：上海市复旦中学高二下学期期中物理试题，文件包含精品解析上海市复旦中学高二下学期期中物理试题解析版docx、精品解析上海市复旦中学高二下学期期中物理试题原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。
精品解析：江苏省无锡市天一中学高二下学期期中物理试题(平行班)： 这是一份精品解析：江苏省无锡市天一中学高二下学期期中物理试题(平行班)，文件包含精品解析江苏省无锡市天一中学高二下学期期中物理试题平行班解析版docx、精品解析江苏省无锡市天一中学高二下学期期中物理试题平行班原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
