2021-2022学年甘肃省金昌市永昌县第一高级中学高二（下）期中物理试题（解析版）

1、 永昌县第一高级中学2021-2022-2期中考试卷高二物理 （理科）一选择题：（第112小题只有一个选项符合题意，每小题3分；1316小题有多个选项符合题意，每小题4分，有错选不得分，选不全得2分；本大题满分52分)1. 下列给出了与感应电流产生条件相关的四幅情景图，其中判断正确的是（）A. 图甲金属圆形线圈水平放置在通电直导线的正下方，增大直导线的电流，圆形线圈中一定有感应电流B. 图乙正方形金属线圈绕竖直虚线转动的过程中，正方形线圈中持续有感应电流C. 图丙闭合导线框以OO为轴在匀强磁场中旋转，闭合导线框有感应电流D. 图丁金属杆在F作用下向右运动的过程中，匀强磁场的磁感应强度随时间逐渐

2、减小，闭合回路一定有感应电流【答案】C【解析】【详解】A图甲金属圆形线圈水平放置在通电直导线的正下方，则直线电流产生的磁场穿过线圈的磁通量为零，即使增大通过导线电流，圆线圈中也不会有感应电流产生，故A错误；B图乙正方形金属线圈绕竖直虚线转动的过程中，在图示位置穿过线圈磁通量的变化率为零，所以正方形线圈中无感应电流，故B错误；C图丙闭合导线框以OO为轴在匀强磁场中旋转，闭合导线框中磁通量发生变化，故有感应电流，故C正确；D图丁金属杆在F作用下向右运动过程中，闭合线圈面积增大，若磁场减弱，则穿过闭合线圈的磁通量不一定改变，回路中不一定会产生感应电流，故D错误。故选D。故选C。2. 课本中有以下图片

3、，下列说法错误的是（）A. 真空冶炼炉利用金属中涡流产生的热量使金属融化B. 使用电磁炉加热食物时可以使用陶瓷锅C. 用互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯可以减小变压器铁芯中的热损失D. 用来探测金属壳的地雷或有较大金属零件的地雷的探雷器是利用电磁感应工作的【答案】B【解析】【详解】A真空冶炼炉利用金属中涡流产生的热量使金属融化，故A正确，不符合题意；B使用电磁炉加热食物时，陶瓷锅内没有自由电荷，不能产生涡流，不会发热，故B错误，符合题意；C变压器中用互相绝缘的硅钢片叠成铁芯可以减小涡流，减小热损失，故C正确，不符合题意；D用来探测金属壳的地雷或有较大金属零件的地雷的探雷器是利用电磁

4、感应工作的，故D正确，不符合题意。故选B。3. 如图所示，ef、gh为两水平放置的相互平行的金属导轨，ab、cd为搁在导轨上的两金属棒，与导轨接触良好且无摩擦。当一条形磁铁从某一高度自由下落向下靠近导轨时，下列说法正确的是（）A. 磁铁的加速度大于gB. 磁铁的加速度等于gC. 如果下端是N极，两棒向里运动D. 如果下端是S极，两棒向外运动【答案】C【解析】【详解】AB根据楞次定律的推论“阻碍相对运动”，可知磁铁下落过程所受安培力向上，所以磁铁的加速度小于g，故AB错误；CD根据楞次定律的推论“增缩减扩”，由磁铁下落过程中，通过闭合回路的磁通量增大，则两棒相向靠近，与磁铁的N、S方向无关，故C

5、正确，D错误。故选C。4. 如图所示，有一竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=0.1T。将一水平放置的金属棒ab以的水平速度抛出，金属棒在运动过程中始终保持水平，金属棒的长度为L=0.5m。不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，则（）A. 下落过程中金属棒a端的电势高于b端的电势B. 下落过程中金属棒产生的感应电动势越来越大C. 洛伦兹力对金属棒内的自由电子做正功D. 运动0.5s时，金属棒产生的感应电动势大小为0.25V【答案】D【解析】【分析】【详解】A由左手定则可知，电子在洛伦兹力的作用下向a端移动，可得下落过程中金属棒a端的电势低于b端的电势，故A错误；BD金属棒在运动过程中产生的感

6、应电动势为水平方向做匀速直线运动，所以感应电动势不变，故D正确，B错误；C总洛伦兹力是不对电子做功的,它只是一个分量对电子做正功,另一个分量却是阻碍导体运动的,作负功,这两个分量所做的功的代数和等于零，因此洛伦兹力的作用并不提供能量,而只是传递能量，故C错误。故选D。5. 如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则（）A. 两线圈内产生顺时针方向的感应电流B. a、b线圈中感应电动势之比为81:1C. a、b线圈中感应电流之比为9:1D. a、b线圈中电功率之比

7、为27:1【答案】D【解析】【详解】A磁感应强度随时间均匀增大，则穿过线圈的磁通量增大，所以感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，应为垂直纸面向外，根据安培定则可以判断感应电流方向为逆时针，故A错误；B根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生的感应电动势为因为两个线圈在同一个磁场中，磁感应强度的变化率（）相同，匝数相同，所以两线圈中的感应电动势之比为它们的面积之比，即故B错误；C根据电阻定律可知两线圈的电阻之比为所以根据欧姆定律可知，线圈中的电流之比为故C错误；D线圈中的电功率PEI，所以两线圈中的电功率之比为故D正确。故选D。6. 某正方形闭合导线框的质量可以忽略不计，现将它从如图所示的位置匀速

8、拉出匀强磁场，若第一次用时间拉出，通过导线截面的电荷量为，外力所做的功为；第二次用时间拉出，通过导线截面的电荷量为，外力所做的功为，则下列大小关系正确的是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】设线框的长为，速度为，线框所受的安培力大小为又则得线框匀速运动，外力与安培力平衡，则外力的大小为外力做功为可见，外力做功与所用时间成反比，则有两种情况下，线框拉出磁场时穿过线框的磁通量的变化量相等，根据感应电荷量公式可知通过导线截面的电量相等，即有故ACD错误，B正确。故选B。7. 如图甲所示是法拉第制作的世上最早的发电机的实验装置：一个可绕水平固定转轴转动的铜盘，铜盘的一部分处在蹄形磁体

9、中。如图乙所示，设蹄形磁体的磁场沿水平方向且磁感应强度为B，实验时用导线连接铜盘的中心C，用导线通过滑片D与铜盘的边缘连接且接触良好。若用外力转动使圆盘如图乙方向转动起来，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是（）A. R中的电流沿a到b的方向B. 因为通过圆盘面的磁通量不变，所以R中无电流C. 若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D. 若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率变为原来的4倍【答案】D【解析】【详解】AB若用外力转动使圆盘如图乙方向转动起来，根据右手定则可得感应电流方向为C到D（电源内部），D端是感应电动势的正极，所以通过R的电流沿b到a

10、的方向，A B错误；C若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流大小发生变化，但是电流方向不发生变化，C错误；D若圆盘转动角速度变为原来的2倍，则根据则电流在R上的热功率即在R上的热功率变为原来的4倍，D正确。故选D。8. 一圆形线圈位于一随时间变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面（纸面），以向里为负方向，如图（甲）所示。线圈上顺时针方向为电流的正方向，则当磁场按图（乙）变化时，线圈中的图像正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】由法拉第电磁感应定律和欧姆定律得所以线圈中的感应电流决定于磁感应强度随的变化率。由图乙可知，时间内，向外增大，磁通量增大，则由楞次

11、定律可得，感应电流的磁场与原磁场方向相反，因为以向里为负方向，即原磁场方向向外，则感应电流的磁场的磁感应强度的方向向里，由右手螺旋定则可知，感应电流是顺时针，因而是正值，所以可判断感应电流为正的恒值；同理可得感应电流是逆时针，即为负的恒值；磁通量不发生变化，感应电流为零；感应电流为顺时针，即为正的恒值。故选B。9. A、B是两个完全相同的电热器，A通以图甲所示的方波交变电流，B通以图乙所示的正弦交变电流。两电热器的电功率之比PA PB等于（）A. 1 ： 2B. 2 ： 1C. 5 ： 4D. 4 ： 5【答案】C【解析】【详解】对甲，由交流电的有效值的定义可知得到乙交流电的有效值根据可知故选

12、C。10. 如图所示，交流电流表A1、A2和A3分别与电阻R、线圈L和电容器C串联后接在同一交流电源上交流电压的瞬时值为三个电流表的读数分别为I1、I2和I3现换另一电源供电，交流电压的瞬时值为，改换电源后，三个电流表的读数变化情况是（）A. I1、I2和I3都不变B. I1、I2不变、I3变大C. I1不变、I2变大、I3变小D. I1不变、I2变小、I3变大【答案】D【解析】【详解】交流电的角频率变大，则频率f变大，交流电的有效值不变；电阻R的阻值与交流电的频率无关，故I1不变；交流电频率变大，则线圈的阻抗变大，则I2变小；交流电频率变大，则电容器的容抗减小，则I3变大；故选D。11. 如

13、图是街头变压器通过降压给用户供电的示意图，变压器的输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动，可以认为电压表V2示数不变，输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用R0表示，变阻器R表示用户用电器的总电阻，如果变压器上的能量损失忽略不计，当用户的用电器增加时，图中各理想电表的示数变化的情况是（）A. 电流表A1示数变小B. 电流表A2示数变小C. 电压表V1示数变大D. 电压表V3示数变小【答案】D【解析】【详解】A当用户的用电器增加时，相当于电阻R阻值减小。变压器的输入功率和输出功率相等，由于副线圈的电阻减小了，输出功率变大了，所以原线圈输入功率也要变大，因为输入电压

14、不变，所以输入电流要变大，因此电流表A1示数变大，故A错误；B副线圈电路中，R阻值减小，电路中的总电阻减小，副线圈输出电流变大，即电流表A2示数变大，故B错误；C由题意得输入电压不会有大的波动，即电压表V1示数不变，故C错误；D由于副线圈输出电流变大，电阻R0消耗的电压变大，又因为电压表V2示数不变，则电压表V3示数变小，故D正确。故选D。12. 一质量为2kg的物体在合力为F的作用下由静止开始沿直线运动，合力F随时间t的变化图像如图所示，下列说法错误的是（）A. 末物体速度为2m/sB. 时物体的动量大小为C. 末物体距出发点1mD. 在内物体动量变化量为【答案】C【解析】【详解】A由动量定

15、理可得末物体速度为故A正确；B由动量定理可得时物体的动量为故B正确；CD内物体动量变化量为 即4s末的动量为 则末速度为 由位移公式可得末物体距出发点故C错误，D正确。故选C。13. 某同学在研究感应电流方向的决定因素的时，得到了如图所示的四个实验记录，则记录正确的是（）A. B. C. D. 【答案】CD【解析】【详解】AD如图A所示磁铁向上运动，线圏的磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流产生的磁场总是阻碍原磁通量的变化，根据增反减同，所以感应磁场方向与原磁场方向相同，由安培定则有感应电流方向与图示方向相反，所以A错误；同理可得D正确；BC如图B所示磁铁向下运动，线圏的磁通量增大，根据楞次

16、定律可知，感应电流产生的磁场总是阻碍原磁通量的变化，根据增反减同，所以感应磁场方向与原磁场方向相反，由安培定则有感应电流方向与图示方向相反，所以B错误；同理可得C正确；故选CD。14. 如图所示是用电流传感器（相当于电流表，其内阻可以忽略不计）研究自感现象的实验电路，图中两个电阻的阻值均为R，L是一个自感系数足够大的自感线圈，其直流电阻值也为R.图甲、乙、丙、丁是某同学画出的在t0时刻开关S切换前后，通过传感器的电流随时间变化的图象关于这些图象，下列说法中正确的是（）A. 图甲是开关S由断开变为闭合，通过传感器1的电流随时间变化的情况B. 图乙是开关S由断开变为闭合，通过传感器1的电流随时间变

17、化的情况C. 图丙是开关S由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情况D. 图丁是开关S由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情况【答案】BC【解析】【详解】AB开关S由断开变为闭合，由于L的自感作用，通过传感器1的电流一开始有一个固定的电流值，当稳定以后，自感消失，电流增大达到最大后，保持不变，A错误B正确；CD开关S由闭合变为断开，传感器1的电流立即为零，由于L的自感作用（相当于电源），传感器2的电流与原来反向且逐渐减小为零，D错误C正确。故选BC。15. 当地时间2021年7月30日，东京奥运会女子蹦床决赛，整套动作完美发挥的朱雪莹，以56.635分夺得金牌，帮助中国蹦床队

18、时隔13年重获该项目冠军。队友刘灵玲收获一枚银牌。已知朱雪莹的体重为45kg，在比赛中，朱雪莹从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平网面5.0m高处。已知朱雪莹与网接触的时间为0.15s，若把这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，g取，则（）A. 运动员下落接触网面前瞬间的速度为6m/sB. 运动员上升离开网面瞬间的速度为10m/sC. 运动员和网面之间的相互作用力大小为5400ND. 运动员和网面之间的相互作用力大小为5850N【答案】BD【解析】【详解】A运动员下落接触网面前瞬间的速度大小为故A错误；B运动员上升离开网面瞬间的速度大小为故B正确；CD先竖直向上为正

19、方向，运动员和网接触过程中，由动量定理知 可解得故C错误，D正确。故选BD。16. 如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1、m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑水平面上。现使A获得水平向右、大小为3m/s的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像提供的信息可得（）A. 在t1和t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且弹簧都处于压缩状态B. 在时间内A、B的距离逐渐增大，t2时刻弹簧的弹性势能最大C. 两物体的质量之比为D. 在t2时刻A、B两物块的动能之比为Ek1：Ek2=1：8【答案】CD【解析】【详解】AB在时间内弹簧逐渐被压缩，t1时刻弹簧压缩量最大；

20、在时间内A、B的距离逐渐增大，t2时刻弹簧恢复原长；在时间内A、B的距离逐渐增大，t3时刻弹簧处于伸长状态。在t1和t3时刻两物块达到共同速度1m/s，两个时刻弹簧的弹性势能最大，AB错误；C根据动量守恒，从时刻即解得即C正确；D在t2时刻A、B两物块的速度分别为-1m/s和2m/s，根据，可知动能之比为Ek1：Ek2=1：8D正确。故选CD。第II卷（非选择题）二、实验题（每空2分，共8分）17. 通过半径相同的两个小球“验证碰撞中的动量守恒”的实验，让质量为m1的小球从斜槽轨道上某处自由滚下，与静止在轨道末端的质量为m2的小球发生对心碰撞（如图所示），则：（1）两小球质量应满足_；A B

21、C D质量大小没有限制（2）实验必须满足的条件是_；A轨道末端必须是水平的 B斜槽轨道必须尽可能光滑C两个小球的材质必须相同 D入射球m1每次必须是从同一高度由静止释放（3）实验中必须测量的物理量是_；A小球的质量m1和m2 B桌面离地面的高度HC小球m1的初始高度h D小球的水平距离OA（dOA）、OB（dOB）、OC（dOC）（4）本实验我们要验证等式：_是否成立。【答案】 . B . AD#DA . AD#DA . 【解析】【详解】（1）1设m1与m2碰前瞬间的速度为v1，碰后瞬间m1和m2的速度分别为和，则根据动量守恒定律有根据机械能守恒定律有解得为了使0，应使m1m2，故B正确。（2

22、）2A.为使m1与m2离开轨道末端后都能做平抛运动，所以轨道末端必须是水平的，故A正确；BD本实验中要求入射球m1每次与m2碰撞前的速度大小相同，故m1每次必须从同一高度由静止释放，斜槽轨道是否必须光滑对保持m1的速度大小相同不产生影响，所以不必须尽可能光滑，故B错误，D正确；C两个小球的材质不必须相同，但为了二者能够发生对心碰撞，其大小必须相同，故C错误。故选AD。（3）3本实验是验证动量守恒定律，所以两小球的质量必须测量。两小球均做平抛运动，下落高度相同，所以运动时间相同，均设为t，则m1与m2碰撞前瞬间的速度为m1与m2碰后瞬间的速度的分别为根据动量守恒定律有即等式两边可将t消去。综上所

23、述可知AD正确。故选AD。（4）4根据（3）题分析可知要验证的等式为三、计算题(共40分）18. 轻质细线吊着一质量为、边长为、匝数的正方形线圈，其总电阻为。在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，如图甲所示。磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示。（）（1）求闭合回路中感应电动势的大小；（2）求线圈的电功率；（3）求在时轻质细线的拉力大小。【答案】（1）0.75V；（2）0.56W；（3）0.5N【解析】【详解】（1）由法拉第电磁感应定律得（2）线圈的电功率为（3）t=4s时，电路中的电流此时，安培力对线框受力分析得联立解得19. 如图所示，某水电站发电机的输出功率为100

24、kW，发电机的电压为250V，通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为8，在用户端用降压变压器把电压降为220V若输电线上损失的功率为5kW，不计变压器的损耗，求：（1）输电导线上输送的电流；（2）升压变压器的输出电压U2；（3）降压变压器的匝数比【答案】（1）25A；（2）4000V；（3）190:11【解析】【分析】【详解】(1)由知输电线上的电流(2)升压变压器的输出电压(3)降压变压器的输入电压降压变压器的匝数比20. 如图所示，光滑且足够长的平行金属导轨、固定在竖直平面内，两导轨间的距离，导轨间连接的定值电阻。导轨上放一质量的金属杆，金属杆始终与导轨垂直且接触良好，导轨间金属杆的电阻，其