2022-2023學(xué)年安徽省皖北五校高二（下）期中物理試卷（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2022-2023學(xué)年安徽省皖北五校高二（下）期中物理試卷一、單選題（本大題共7小題，共28.0分）1.LC振蕩電路的振蕩周期為T，t=0時刻電流方向如圖所示，此時電容器不帶電.以i表示回路中電流(順時針方向為正)、q表示電容器極板a的帶電荷量、EB表示線圈中磁場能、E表示極板間電場強(以由a指向b為正)，下列圖像正確的是A.

B.

C.

D.2.如圖甲所示，粗細(xì)均勻絕緣導(dǎo)線彎成正方形線框a和內(nèi)切圓形線框b，兩線框在同一平面內(nèi)，磁場方向垂直于線框所在平面，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化規(guī)律如圖乙所示，兩線框產(chǎn)生感應(yīng)電動勢分別為Ea和Eb，感應(yīng)電流大小分別為Ia和IbA.Ea：Eb=π：4 B.Ea：Eb=2：π

C.Ia：I3.如圖所示，a、b間接一正弦交變電源，內(nèi)阻不計，理想變壓器原線圈與電阻R1串聯(lián)，兩匝數(shù)相等的副線圈分別接有電阻R2、R3，且R1=4R2=4R3。若開關(guān)SA.6 B.4 C.5 D.34.如圖是一交變電流的i?t圖像，則該交變電流的有效值為(

)A.3A B.4A C.45.如圖所示，在豎直平面內(nèi)有半徑為R和2R的兩個圓，兩圓的最高點相切，切點為A，B和C分別是小圓和大圓上的兩個點，其中AB長為R，AC長為22R，現(xiàn)沿AB和AC建立兩條光滑軌道，自A處由靜止釋放小球，已知小球沿AB軌道運動到B點所用時間為t1，沿AC軌道運動到C

A.1：2 B.1：2 C.1：16.如圖所示，虛線PQ為勻強磁場的左邊界，虛線右側(cè)存在著垂直水平面向下，磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，粗細(xì)均勻邊長為L的單匝正方形金屬線框abcd，總電阻為R，水平向右勻速進入磁場，當(dāng)線框的對角線bd恰好與磁場邊界線重合時，線框的速度大小為A.線框中的感應(yīng)電流沿順時針方向 B.b、c兩點間的電勢差Ubc=14BLv07.如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點，大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場，若粒子射入的速率為v1，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相應(yīng)的出射點分布在三分之一圓周上，不計重力及帶電粒子之間的相互作用，則v2：v1為A.3：2 B.2：1 C.3：1 D.二、多選題（本大題共3小題，共12.0分）8.如圖所示，兩根平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為L=2m，左端連接電阻R=3Ω，軌道平面內(nèi)存在著豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小隨時間變化規(guī)律為B=2t(T)A.導(dǎo)體棒中感應(yīng)電流I隨時間t變化規(guī)律為I=2t(A)

B.導(dǎo)體棒所受拉力F隨時間t變化規(guī)律為F=8t2(N9.如圖所示，水平面上固定著兩根足夠長的光滑平行導(dǎo)槽，質(zhì)量為2m的U形管恰好能在兩導(dǎo)槽之間自由滑動，一質(zhì)量為m的小球沿水平方向，以初速度v0從U形管的一端射入，從另一端射出。已知小球的半徑略小于管道半徑，不計一切摩擦，下列說法正確的是(

)A.該過程中，小球與U形管組成的系統(tǒng)機械能守恒

B.小球從U形管的另一端射出時，速度大小為2v03

C.小球運動到U形管圓弧部分的最左端時，速度大小為73v10.如圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域中有垂直紙面向外的勻強磁場(圖中未畫出)，磁感應(yīng)強度為B。一個帶正電的粒子Q從圓形磁場邊界上的A點以速度v正對MO的中點且垂直直徑MN射入磁場，最后恰好從N點射出，不計粒子重力，則帶電粒子Q(

)A.在磁場中運動的軌跡半徑為R

B.在磁場中運動軌跡的圓心恰好在圓形磁場的邊界上

C.入射速度大小增大到2v，方向不變，磁感應(yīng)強度大小調(diào)整為4B時，粒子仍從N點射出磁場

D.如果從N點逆著出射速度方向仍以速度v射入磁場，剛好可以從A三、實驗題（本大題共2小題，共12.0分）11.如圖(1)所示，實驗小組通過拉力傳感器探究直線電流周圍磁感應(yīng)強度大小規(guī)律，將直導(dǎo)線ab直線固定，通過開關(guān)接上直流電源，選取一小段長度為L的直導(dǎo)線cd接入電路，并在中點處與拉力傳感器相連，拉力傳感器接入計算機中，測出直導(dǎo)線ab中通過大的電流強度為I1，直導(dǎo)線cd中通過小的電流強度為I2，將導(dǎo)線cd圍繞中點O垂直紙面緩慢旋轉(zhuǎn)90°過程中，得到拉力傳感器讀數(shù)隨轉(zhuǎn)過角度變化關(guān)系如圖(2)所示；若將導(dǎo)線cd沿紙平面緩慢向右移動距離x時，得到拉力傳感器讀數(shù)隨距離倒數(shù)變化關(guān)系如圖(3)所示，不考慮導(dǎo)線cd所產(chǎn)生的磁場。

(1)初始時導(dǎo)線cd所在位置的磁感應(yīng)強度大小為______；

(2)導(dǎo)線12.某同學(xué)在做“用單擺測定重力加速度”的實驗中，先測得擺線長78.50cm，擺球直徑2.0cm.然后將一個力電傳感器接到計算機上，實驗中測量快速變化的力，懸線上拉力F的大小隨時間t的變化曲線如圖所示．

(1)該擺擺長為______cm．

(2)該擺擺動周期為______s.

(3)如果測得g值偏小，可能原因是______

A.測擺線長時擺線拉得過緊

B.擺線上端懸點未固定好，擺動中出現(xiàn)松動

C.計算擺長時，忘記了加小球半徑

D四、簡答題（本大題共1小題，共14.0分）13.如圖所示的直角坐標(biāo)系中，x<0區(qū)域有沿x軸正向的勻強電場，x≥0區(qū)域有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。一個帶正電的粒子從原點O進入磁場，初速度大小為v0，速度方向與y軸正向夾角為θ，粒子第一次在磁場中運動時離y軸最遠(yuǎn)距離為L。且?guī)щ娏Ｗ咏?jīng)電場偏轉(zhuǎn)后將再次從O點進入磁場，不計粒子重力，求：

(1)粒子的比荷；

(五、計算題（本大題共2小題，共34.0分）14.如圖所示，質(zhì)量為m2=1.95kg的長木板B，靜止在粗糙的水平地面上，質(zhì)量為m3=1.00kg的物塊C

(可視為質(zhì)點)放在長木板的最右端．一個質(zhì)量為m1=0.05kg的子彈A以速度v0=360m/s向著長木板運動．子彈打入長木板并留在其中(子彈打入長木板的時間極短)，整個過程物塊C始終在長木板上．已知長木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ1=0.20，物塊15.如圖，固定的足夠長光滑平行金屬導(dǎo)軌間距L=0.2m。由水平部分Ⅰ和傾斜部分Ⅱ平滑連接組成，虛線MN為其交界線，Ⅰ、Ⅱ間夾角θ=30°，Ⅰ、Ⅱ空間內(nèi)均存在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強磁場，大小分別為B1和B2，其中B1=1T、B2=0.5T。質(zhì)量m=0.01kg、電阻r=1.0Ω的相同金屬棒a、b固定在水平導(dǎo)軌上，其中點通過長S的絕緣輕桿連接成“H”型。將與a、b相同的金屬棒c從傾斜導(dǎo)軌上由靜止釋放，c到達(dá)MN前已經(jīng)開始勻速運動。當(dāng)c通過MN時，立即解除a、b與軌道的固定。不計導(dǎo)軌電阻，a、b、c始終垂直于導(dǎo)軌，c與b

答案和解析1.【答案】D

【解析】解：在LC回路振蕩電路中，電容器的電量為零，電場能最弱；電流最大，磁場最強，磁場能最大，此時電容器剛放電完畢；接著，電容器反向充電，極板上電量增多，電場增強，而電流減少，磁場減弱。

A、開始時電容器不帶電，可知電路的電流應(yīng)該是從負(fù)的最大開始周期性變化，故A錯誤；

B、因電量從零開始增多，圖示圖象t=0時q最大，故B錯誤；

C、能量為標(biāo)量，磁場能沒有負(fù)值，故C錯誤；

D、由于開始時極板電量為零，那么電場強度為零，接著反向充電，b極帶正電，電場強度方向由b指向a，即為負(fù)值，且不斷增大，再減小，接著反向增大，再減小，故D正確；

故選：D。

在LC振蕩電路中，當(dāng)電容器在放電過程：電場能在減少，磁場能在增加，回路中電流在增加，電容器上的電量在減少。從能量看：電場能在向磁場能轉(zhuǎn)化；當(dāng)電容器在充電過程：電場能在增加，磁場能在減小，回路中電流在減小，電容器上電量在增加。從能量看：磁場能在向電場能轉(zhuǎn)化，從而即可一一求解。

電容器充電完畢(放電開始)：電場能達(dá)到最大，磁場能為零，回路中感應(yīng)電流i=02.【答案】C

【解析】解：AB、設(shè)圓形線框半徑為r，則正方形線框邊長L=2r，正方形線框面積sa=L2=4r2，

圓形線框面積sb=πr2，兩線框處在均勻變化的磁場中，由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E=ΔΦΔt=ΔBΔtS=kS

則兩線框產(chǎn)生感應(yīng)電動勢之比：Ea：Eb=Sa：Sb=43.【答案】A

【解析】解：開關(guān)S斷開時，設(shè)電阻R2消耗的功率為P，則P=I22R2，則理想變壓器原線圈輸出功率也為P，由題意知電源輸出功率是2P，而電源輸出功率等于電阻R1的消耗功率和變壓器原線圈輸入功率，因此電阻R1消耗的功率為P，且P=I12R1，R1=4R2，聯(lián)立解得：I1I2=12，因此n1n2=I2I1=21。

閉合開關(guān)S后，因為兩副線圈匝數(shù)相等，R2和4.【答案】D

【解析】解：設(shè)交流電電流的有效值為I，周期為T=3×10?2s，電阻為R，則有：I2RT=(Im2)25.【答案】B

【解析】解：設(shè)AB與豎直方向的夾角為θ，則

AB=2Rcosθ

可得θ=60°

由牛頓第二定律得物體沿AB下滑的加速度為

a=gcosθ

在AB上運動的時間為t1，則：AB=12at12

整理解得：t1=2Rg

設(shè)AC與豎直方向的夾角為α，則：AC=4Rcosα6.【答案】C

【解析】解：A、根據(jù)右手定則，拇指與其余四個手指垂直，讓磁感線從掌心進入，拇指指向?qū)w運動方向，其余手指方向為電流方向。在本題中只有bc切割磁感線，對bc使用右手定則，拇指向右，掌心面朝自己，則其余手指向上，故電流由c到b到a到d到c，為逆時針方向，故A錯誤。

B、由題可知，當(dāng)bd與磁場邊界重合時，bc的速度為v0，由于只有bc在切割磁感線，根據(jù)E=BLv，可知bc兩點的電勢差Ubc=BLv0，故B錯誤。

CD、根據(jù)bc兩點電勢差可得出線框中的電流為I=ER=BLv0R，故在磁場中的bc、d7.【答案】C

【解析】解：設(shè)圓形區(qū)域磁場的半徑為r，當(dāng)速度大小為v1時，從P點入射的粒子射出磁場時與磁場邊界的最遠(yuǎn)交點為M(圖甲)時，由題意知∠POM=60°，由幾何關(guān)系得軌跡圓半徑為R1=r2；

從P點入射的粒子射出磁場時與磁場邊界的最遠(yuǎn)交點為N(圖乙)；由題意知∠PON=120°，由幾何關(guān)系得軌跡圓的半徑為R2=32r；

根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力可知：

Bqv=mv8.【答案】CD【解析】解：A、經(jīng)時間t導(dǎo)體棒移動位移x=vt，回路面積S=Lx=Lvt

回路產(chǎn)生感生電動勢：E1=SΔBΔt=Lvkt

根據(jù)楞次定律和安培定則，導(dǎo)體棒電流方向由a到b

t時刻導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的動生電動勢：E2=BtLv=ktLv

根據(jù)右手定則，導(dǎo)體棒電流方向由a到b

兩個電動勢方向一致，回路電動勢：E=E1+E2=2Lvkt=16t(V)

根據(jù)歐姆定律有：It=ER+r=4t(A)9.【答案】AC【解析】解：A、小球和U形管組成的系統(tǒng)在運動過程中沒有外力做功，所以系統(tǒng)機械能守恒，故A正確；

B、球從U形管一端進入從另一端出來的過程中，小球和U形管組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以向左為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得：mv0=mv1+2mv2

根據(jù)機械能守恒定律得：12mv02=12mv12+12×2mv22

解得：v1=m?2mm+2mv0=?13v0，故B錯誤；

C、從小球射入至運動到U形管圓弧部分的最左端的過程時，小球和U形管速度平行導(dǎo)槽方向速度相同，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：mv10.【答案】AB【解析】解：AB、粒子從A點射入磁場，從N點離開磁場，粒子在磁場中做勻速圓周運動，作圖如下

由幾何知識可知：CO=12OA=12R，sin∠CAO=COOA=12，則∠CAO=30°，∠OAB=60°，所以三角形OAB為等邊三角形，AB=R，四邊形ABNO為平行四邊形，所以BN=R，粒子圓周運動軌跡的圓心為過N點的直線與AB連線的交點，若交點在AB連線B點的下方某E點，則EN小于AE，不成立；若交點在AB11.【答案】F0I2L

【解析】解：(1)根據(jù)安培定則，導(dǎo)線ab在cd位置處產(chǎn)生磁場方向垂直紙面向里。

設(shè)初始位置的磁感應(yīng)強度大小為B，由圖像(2)可知此時導(dǎo)線cd受的安培力為F0。

由安培力公式F0=BI2L解得：B=F0I2L

(2)導(dǎo)線cd旋轉(zhuǎn)90°時，O點磁感應(yīng)強度方向不變，導(dǎo)線ab在O點產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向里。

(3)在F?1x圖像中，圖線為過原點的直線，可見直線電流產(chǎn)生磁感應(yīng)強度大小跟距離成反比。

故答案為：(1)F0I12.【答案】(1)79.50；(2)【解析】解：(1)單擺周期：L=l+d2=78.50+2.02=79.50cm．

(2)在一個周期內(nèi)擺球兩次經(jīng)過最低點，每次經(jīng)過最低點時拉力最大，根據(jù)圖象知周期：T=1.8s．

(3)由單擺周期公式：T=2πLg可知：g=4π2LT2；

A、測擺線長時擺線拉得過緊，所測擺長偏大，所測g偏大，故A錯誤；

B、擺線上端懸點未固定好，擺動中出現(xiàn)松動，所測周期T偏大，所測g偏小，故B正確；

C、計算擺長時，忘記了加小球半徑，所測擺長L偏小．所測g偏小，故C正確；

D、讀單擺周期時，讀數(shù)偏大，所測周期T偏大，所測g偏小，故D正確；13.【答案】解：(1)粒子的運動軌跡如圖所示，

粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有：Bqv0=mv02r

根據(jù)幾何知識，粒子在磁場中運動時離y軸最遠(yuǎn)距離為：L=r+rcosθ

聯(lián)立解得粒子比荷為：qm=v0(1+cosθ)BL

(2)粒子在磁場中運動時間為：t1=2(π?θ)mBq

在電場中運動時間為t2，