2024-2025学年山东省济宁市兖州区高二（下）期中物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年山东省济宁市兖州区高二（下）期中物理试卷一、单选题：本大题共8小题，共24分。1.如图所示，螺线管与灵敏电流计相连，磁铁从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管。下列说法正确的是(

)

A.电流计中的电流先由a到b，后由b到a

B.a点的电势始终低于b点的电势

C.磁铁减少的重力势能等于回路中产生的热量

D.磁铁刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度2.在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动。如图甲所示，产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示，已知线框内阻为1.0Ω，外接一只电阻为3.0Ω的灯泡，则(

)

A.理想电压表V的示数为4V

B.电路中的电流方向每秒改变10次

C.0.05s时，线圈磁通量变化率最大

D.电动势的瞬时值表达式为e=43.如图所示，理想变压器原线圈输入电压u=Umsinωt，副线圈电路中R0为定值电阻，R为滑动变阻器，理想交流电压表V1和V2的示数分别为U1和U2，理想交流电流表A1和A2A.U1和U2是电压的瞬时值

B.I1、I2之比等于原、副线圈的匝数之比

C.滑片P向上滑动过程中，U2变大，I1变大

D.滑片4.如图所示为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器。升压变压器原、副线圈匝数之比为n1:n2=1:10，其输入电压如图所示，输电功率为200kW，输电线总电阻为R线A.降压变压器副线圈输出的交流电频率为100Hz

B.升压变压器副线圈的电压有效值为5000V

C.高压输电线上电流有效值为40A

D.高压输电线上损失的电压为3205.R1、R2为两个完全相同的定值电阻，R1两端的电压随时间周期性变化的规律如图1所示(三角形脉冲交流电压的峰值是有效值的3倍)，R2两端的电压随时间按正弦规律变化如图2所示，则两电阻在一个周期T内产生的热量之比A.2:3 B.4:3 C.2:3 6.如图所示，水平面内有相距为l=1.0m的两平行固定金属导轨，导轨左端接有电动势E=4V、内阻r=1Ω的电源，金属棒ab跨接在金属导轨上，与两金属导轨垂直并与导轨接触良好，棒ab接入电路部分的电阻R=1Ω，金属导轨电阻不计，整个装置处于磁感应强度大小B=1T的匀强磁场中，磁场方向与棒ab垂直且与水平面成θ=30∘角斜向右上方，棒A.棒ab所受摩擦力水平向左 B.棒ab所受安培力大小为1N

C.棒ab受到的支持力比重力小1N D.棒ab所受摩擦力大小为1N7.关于下列四幅图的说法正确的是(

)

A.图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，要想粒子获得的最大动能增大，可增加电压U

B.图乙是磁流体发电机的结构示意图，可以判断出A极板是发电机的正极，B极板是发电机的负极

C.图丙是速度选择器的示意图，带电粒子(不计重力)能够沿直线从右侧进入并匀速通过速度选择器的条件是Eq=qvB，即v=EB

D.图丁是质谱仪的主要原理图。其中 11H、8.如图所示，边长为L的等边三角形ABC内有垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B0的匀强磁场，D是AB边的中点，一质量为m、电荷量为−q(q>0)的带电的粒子从D点以速度v平行于BC边方向射入磁场，不考虑带电粒子受到的重力，下列说法正确的是(

)

A.粒子可能从B点射出

B.若粒子垂直于BC边射出，则粒子做匀速圆周运动的半径为32L

C.若粒子从C点射出，则粒子在磁场中运动的时间为πm3qB二、多选题：本大题共4小题，共16分。9.如图甲所示，在虚线所示的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的变化规律如图乙所示，面积为S的单匝金属线框处在磁场中，线框与电阻R相连，若金属框的电阻为R2，下列说法正确的是

(

)

A.流过电阻R的感应电流由a到b B.线框cd边受到的安培力方向向上

C.感应电动势大小为2B0St0 D.10.如图所示，圆形区域内存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，两比荷相同的带电粒子(不计重力)沿直线AB方向从A点射入磁场中，分别从圆弧上的P、Q两点射出，不计粒子间的相互作用，下列说法正确的是(

)

A.从P、Q射出的粒子在磁场中运动的时间之比为1：2

B.从P、Q射出的粒子在磁场中运动的时间之比为1：3

C.从P、Q射出的粒子速率之比为2：1

D.从P、Q射出的粒子速率之比为3：111.如图所示的两个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外，磁场宽度均为L。距磁场区域的左侧L处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直。现用拉力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时电动势E为正，拉力F向右为正。关于感应电动势E、线框中通过的电荷量q、拉力F和产生的热功率P随时间t变化的图象正确的有(

)

A. B.

C. D.12.如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接，右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d，方向竖直向上，磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m，电阻为2R的金属棒从高为ℎ处静止释放，到达磁场右边界处时速度为v。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好。则金属棒穿过磁场区域的过程中(

)

A.通过金属棒的电荷量为BdLR

B.金属棒产生的焦耳热为23m(gℎ−μgd−12v2)三、非选择题：本题共6小题，共60分。13.我们可以通过实验探究电磁感应现象中感应电流方向的决定因素和遵循的物理规律。以下是实验探究过程的一部分(图中A是小线圈，B是大线圈)。(1)如图甲所示，当磁体N极朝下且向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产生感应电流的方向，必须知道电流表指针偏转方向与电流方向间的关系。(2)如图乙所示，实验中发现闭合开关时，电流表指针向右偏转。电路稳定后，若向右移动滑动变阻器的滑片，此过程中电流表指针向

偏转，若将线圈A抽出，此过程中电流表指针向

偏转。(均选填“左”或“右”)(3)某同学按图丙所示电路完成探究实验，在完成实验后未断开开关，也未把A、B两线圈和铁芯分开放置，在拆除电路时突然被电击了一下，则被电击是在拆除

(选填“A”或“B”)线圈所在电路时发生的，分析可知，要避免电击发生，在拆除电路前应

(选填“断开开关”或“把A、B线圈分开放置”)。14.在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中，如图所示为所用实验器材：可拆变压器、学生电源、数字多用电表。(1)本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中需要运用的科学方法是

。A.控制变量法

B.等效代替法

C.整体隔离法(2)为了减少涡流的影响，铁芯应该选择

。A.整块硅钢铁芯

B.整块不锈钢铁芯C.绝缘的硅钢片叠成

D.绝缘的铜片叠成(3)现将数字多用电表的选择开关旋至最合适的挡位后，分别测量原线圈匝数为n1时的输入电压U1和副线圈匝数为n2原线圈匝数n1(副线圈匝数n2(输入电压U输出电压U1002004.328.271008004.3233.904008004.338.2640016004.3316.52①在误差允许范围内，表中数据基本符合

规律。②进一步分析数据，发现输出电压比理论值偏小，请分析原因

。15.如图所示为一个小型交流发电机的示意图，其线框ABCD匝数n=100匝，面积为S=0.02m2，总电阻r=10Ω，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，角速度ω=100rad/s。已知匀强磁场磁感应强度B=2T，矩形线圈通过滑环与理想变压器相连，副线圈与电阻R相接，电表均为理想电表，电流表示数为(1)线圈中感应电动势的瞬时值表达式；(2)当原、副线圈匝数比为2：1时，电阻R的阻值及消耗的电功率。16.如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带负电荷的粒子，不计重力，从x轴上的P点以速度v射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好从y轴上的Q点垂直于y轴射出第一象限。已知v与x轴正方向成60°角，OQ=a。(1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；(2)求带电粒子在磁场中运动的时间；(3)若只改变匀强磁场的磁感应强度的大小，求B满足什么条件时，粒子不会从y轴射出第一象限。17.如图所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角θ=37∘的绝缘斜面上，顶部接有一阻值R=3Ω的定值电阻，下端开口，轨道间距L=1m，整个装置处于磁感应强度B=2T的匀强磁场中，磁场向垂直斜面向上，质量m=1kg的金属棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r=1Ω，电路中其余电阻不计，金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好，不计空气阻力影响。已知金属棒ab与导轨间动摩擦因数μ=0.5，sin37∘=0.6(1)求金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度vm(2)求金属棒ab沿导轨向下运动过程中，电阻R的最大电功率PR(3)若从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，电阻R上产生的焦耳热总共为1.5J，求流过电阻R的总电荷量q。18.如图所示，xOy平面内，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场强度大小为E，方向与xOy平面平行，且与x轴成45°夹角。一带电粒子以大小为v0的初速度从y轴上的P点沿y轴正方向射出，P点的坐标为(0,L)，一段时间后粒子第一次进入电场且进入电场时的速度方向与电场方向相反。不计粒子的重力。(1)判断带电粒子的电性，并求其比荷(q(2)求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需的时间；(3)求带电粒子第四次经过x轴的位置的横坐标。

答案解析1.【答案】D

【解析】【分析】

当磁铁的N极向下运动，导致穿过线圈的磁通量发生变化，导致线圈中产生感应电动势。由楞次定律可得感应电流的方向，从而判断电流计中电流方向，感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因，根据来拒去留的判断口诀分析在各点的受力情况，从而知道加速度的大小。

本题考查了楞次定律的应用，重点是根据磁通量的变化判断出感应电流的有无和方向，能根据来拒去留的判断口诀分析在各点的受力情况，难度适中。

【解答】

AB.在磁铁进入螺线管的过程中，螺线管磁通量增大，且方向向下，由楞次定律可知，感应电流由b经电流计流向a；在磁铁穿出螺线管的过程中，磁通量减小，且方向向下，由楞次定律可知，感应电流由a经电流计流向b，则a点电势先低于b点电势，后高于b点电势，故AB错误；

C.磁铁减少的重力势能转化为内能和磁铁的动能，故C错误；

D磁铁刚离开螺线管时，正在远离螺线管，磁铁受到的磁场力阻碍磁铁远离螺线管(去留)，则加速度a<g，故D正确。

故选D。2.【答案】D

【解析】B.由图可知，周期T=0.1s频率f=一个周期内电流方向改变2次，所以电路中的电流每秒改变20次，故B错误；A.由图可知，电动势的最大值为E电动势的有效值E=则电压表的示数为U=故A错误；C.有图可知，0.05s时，感应电动势为零，则磁通量的变化率最小，故C错误；D.t=0时刻，感应电动势为零，所以为正弦交流电，又ω=表达式为e=4故D正确。故选D。3.【答案】D

【解析】【分析】

在交流电中电表显示的都是有效值，滑片P向上滑动过程中，总电阻增大，副线圈电压只与输入电压和匝数有关，所以U2不变，I1变小。

本题考查了变压器的构造和原理，对电路的动态分析方法是：先根据部分电路的电阻变化，判断干路电流、电压的变化，再回到部分电路分析电流或电压的变化。

【解答】

A.U1和U2表示电压的有效值，故A错误；

B.I1、I2之比与原、副线圈的匝数之比成反比，故B错误；

CD.滑片P向上滑动过程中，输出电压只与输入电压和匝数有关，所以U2不变，总电阻增大，那么副线圈的电流I2减小，因此原线圈的电流I14.【答案】D

【解析】A、由图乙知交流电的周期0.02s，变压器不改变交流电的频率，所以输出频率为50Hz，A错误；

B、由图乙知升压变压器输入端电压有效值为U1=Um2=5002V，根据电压与匝数成正比知升压变压器副线圈电压为U2=U1n2n1=50002V，5.【答案】B

【解析】设图1的有效值为U1，于是有解得U1图2的有效值为U2故两电阻在一个周期T内产生的热量之比Q1:Q6.【答案】D

【解析】【分析】

根据闭合电路欧姆定律求解感应电流，由安培力公式求解安培力，根据左手定则判断安培力的方向，画出金属棒受力示意图，由受力分析结合平衡条件进行解答。

本题主要是考查了安培力作用下导体棒的平衡问题，关键是能够进行受力分析、利用正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。

【解答】

由于导体棒ab与磁场方向垂直，因此棒ab所受安培力大小为：F=BIl

根据闭合电路欧姆定律可得：I=ER+r

联立解得：F=2N；

根据左手定则可知，导体棒ab所受安培力的方向与磁场方向垂直，指向左上方，根据平衡条件，作出导体棒受力分析图，如图所示：

AD.由平衡条件可知，棒ab所受摩擦力水平向右，大小为f=Fsin30°=2×12N=1N，故A错误，D正确；

B.棒ab所受安培力大小为2N，故B错误；

C.导体棒在竖直方向上受力平衡，可得：Fcosθ+FN=mg

因此：mg−7.【答案】D

【解析】A.粒子射出回旋加速度器时qvB=mv2R

，

Ek=B.根据左手定则，正离子向下偏转，负离子向上偏转，则A极板是发电机的负极，B极板是发电机的正极，B错误；C.根据左手定则可知，电场力与洛伦兹力同向，则图丙不是速度选择器，C错误；D.粒子经过速度选择器后的速度相同，根据qvB=mv2r得r=mvqB

，故选D。8.【答案】C

【解析】A.带负电的粒子从D点以速度v平行于BC边方向射入磁场，由左手定则可知，粒子向下偏转，由于BC边的限制，粒子不能到达B点，故A错误；B.粒子垂直于BC边射出，如图甲所示则粒子做匀速圆周运动的半径等于D点到BC边的距离，即

R1=12C.若粒子从C点射出，如图乙所示根据几何关系有

r解得

r=由几何关系可得

sin则∠O=60°则粒子在磁场中运动的时间为

t=60∘360D.若粒子从AB边射出，则粒子的速度越大，轨迹半径越大，如图丙所示由几何知识可知，所有粒子从AB边射出时的圆心角均相同，可知其在磁场中运动的时间均相同，故D错误。故选C。9.【答案】AD

【解析】A、穿过线框的磁通量在增大，根据楞次定律结合安培定则可得感应电流沿逆时针方向，故流过电阻R的感应电流由a到b，选项A正确；

B、电流从c到d，根据左手定则可得线框cd边受到的安培力方向向下，选项B错误；

CD、根据法拉第电磁感应定律可得E=NΔΦΔt=B0St0，根据闭合电路欧姆定律可得a、10.【答案】AD

【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，作出带电粒子运动轨迹如图所示。

AB.

根据几何关系可知，到达Q点的粒子在磁场中转过的角度为120°，到达P点的粒子在磁场中转过的角度为60°，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有qvB=mv2r，运动周期为T=2πrv，联立可得T=2πmqB，两个粒子的比荷相同且在同一磁场中做圆周运动，因此两个粒子运动周期相同，即TP：TQ=1：1，两粒子从A分别运动到P、Q经历时间分别为tP=60°360∘TP=TP6，tQ=120°360∘TQ=TQ3，可得：tP：tQ=1：2，故A正确，11.【答案】AC

【解析】A、当线框进入第一个磁场时，产生的感应电动势为E=BLv，线框做匀速直线运动，E保持不变，由右手定则可知，感应电流沿逆时针方向，E是正的；而线圈开始进入第二个磁场时，两端同时切割磁感线，电动势应为2BLv，由右手定则可知，感应电流沿顺时针方向，是负的；当线框离开磁场过程感应电动势E=BLv，与右手定则可知，感应电流沿逆时针方向，E是正的；故A正确；

B、通过线框的电荷量q=I−Δt=E−RΔt=△Φ△tR△t=△ΦR；线框做匀速直线直线运动，在0−Lv内ΔΦ为0，q为0；在Lv−2Lv内ΔΦ均匀增大，q均匀增大；在2Lv−5L2内，由于两磁场方向相反，穿过线框的ΔΦ减小，q减小；在5L2，ΔΦ=0，q=0；

在5L2−3Lv内ΔΦ增大，q增大；在3Lv−4Lv内ΔΦ，q增大，故B错误；

C、热功率P=E2R，在0−Lv内E=0，P1=0；在Lv−2Lv内，E=BLv，P2=(BLv)2R；2Lv−3Lv内，E=2BLv，P3=(2BLv)2R=4P212.【答案】BCD

【解析】A.根据电磁感应定律有

E=nΔΦΔt=BLdΔt，由欧姆定律可知

I=E2R+R=B.根据能量守恒定律有

mgℎ−μmgd−Q=12mv2，则金属棒产生的焦耳热为C.据能量守恒定律可得机械能的损失量为

ΔE=mgℎ−12mD.据机械能守恒定律有

mgℎ=12mv12，可得棒进入磁场时的速度

v1=故选BCD。13.【答案】左左A断开开关

【解析】(2)如题图乙所示，实验中发现闭合开关时，穿过线圈B的磁通量增加，电流表指针向右偏，电路稳定后，若向右移动滑动变阻器的滑片，通过线圈A的电流减小，磁感应强度减弱，穿过线圈B的磁通量减少，电流表指针向左偏转，若将线圈A抽出，穿过线圈B的磁通量减少，电流表指针向左偏转。(3)在完成实验后未断开开关，也未把A、B两线圈和铁芯分开放置，在拆除电路时，线圈A中的电流突然减少，从而出现断电自感现象，线圈中会产生自感电动势，进而会突然被电击一下，为了避免此现象，则在拆除电路前应断开开关。14.【答案】AC变压器原副线圈的电压之比等于匝数之比有漏磁/铁芯发热/导线发热

【解析】(1)本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中需要运用的科学方法是控制变量法。故选A。(2)为了减小变压器中涡流产生的能量损耗，变压器的铁芯结构和材料是彼此绝缘的硅钢片叠成。故选C。(3)①由实验数据可知，第1次有

n1n2=100200=12

，

U1U2=4.328.27≈12；第2次有

n1n2=100②进一步分析数据，发现输出电压比理论值偏小，可能的原因是有漏磁、铁芯发热、导线发热等。15.【答案】解：(1)感应电动势的最大值E从线框转至中性面位置开始计时，线圈中感应电动势的表达式为e=E(2)感应电动势的有效值为E=线圈内电压U内=Ir=40V电压表的示数U=E−U内=200V−40V=160V由于理想变压器P入=P出电阻R上消耗的电功率P=UI=640W根据变压比可知，电阻R两端的电压UR=

n电阻R=

UR2P

【解析】掌握理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，掌握感应电动势最大值的求法，理解有效值与最大值的关系。

(1)根据线圈中感应电动势Em=nBSω，结合开始计时位置，即可确定瞬时表达式；

16.【答案】(1)根据题意，画出带电粒子运动轨迹如图所示由几何关系有

r解得轨道半径为

r由洛伦兹力提供向心