高考資源網（），您身邊的高考專家PAGE歡迎廣大教師踴躍來稿，稿酬豐厚。高考資源網（），您身邊的高考專家歡迎廣大教師踴躍來稿，稿酬豐厚。鄒城市2021~2022學年度第二學期期中教學質量檢測高二物理試題注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在相應位置。認真核對條形碼上的姓名、考生號和應號，并將條形碼粘貼在指定位置上。2.選擇題答案必須使用2B鉛筆（按填涂樣例）正確填涂；非選擇題答案必須使用0.5mm黑色簽字筆書寫，字體工整，筆跡清楚。3.請按照題號在各題目的答題區域內答題，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙試卷上答題無效；保持卡面清潔，不折疊、不破損。一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.下列說法正確的是（）A.一段通電導線放在磁場中，一定受到安培力B.閉合線圈在磁場中勻速轉動，一定產生正余弦交流電C.穿過閉合線圈的磁通量變化率越大，其感應電動勢一定越大D.閉合線圈在磁場中做切割磁感線運動，線圈中一定有感應電流【1題答案】【答案】C【解析】【詳解】A．若電流方向與磁場方向平行，不受安培力作用，故A錯誤；B．若轉軸方向與磁場方向平行不產生感應電流，故B錯誤；C．根據可知，穿過閉合線圈的磁通量變化率越大，其感應電動勢一定越大，故C正確；D．閉合線圈在磁場中做切割磁感線運動過程中如果磁通量不變則不會產生感應電流，故D錯誤。故選C。2.在勻強磁場中，一個100匝的閉合金屬線圈，繞與磁感線垂直的固定軸勻速轉動，穿過該線圈的磁通量隨時間按圖示正弦規律變化，則（）

A.時，線圈中感應電流為零 B.s時，線圈平面垂直于磁場方向C.100s內，線圈中的電流方向改變50次 D.線圈中產生的電動勢的最大值為4πV【2題答案】【答案】D【解析】【詳解】A．時，磁通量變化率最大，因此回路中感應電流最大，故A錯誤；B．s時，磁通量為0，此時線圈平面平行于磁場方向，故B錯誤；C．周期為2s，一個周期內電流方向改變2次，因此100s內，線圈中的電流方向改變100次，故C錯誤；D．線圈中產生的電動勢的最大值為故D正確。故選D。3.如圖所示，甲乙兩圖中的理想變壓器以不同的方式接在高壓電路中。甲圖中變壓器原副線圈的匝數比為，電壓表讀數為U，乙圖中變壓器原副線圈的匝數比為，電流表讀數為I。則甲圖中高壓線電壓和乙圖中高壓線電流分別為（）

A.， B.， C.， D.，【3題答案】【答案】B【解析】【詳解】根據理想變壓器的電壓和電流規律：解得甲圖中高壓線電壓為乙圖中高壓線電流為故B正確，ACD錯誤。故選B。4.如圖所示，在xOy坐標系的第一象限內存在勻強磁場。一帶電粒子在P點以與x軸正方向成60的方向垂直磁場射入，并恰好垂直于y軸射出磁場。已知帶電粒子質量為m、電荷量為q，OP=a。不計重力。根據上述信息可以得出（）

A.帶電粒子在磁場中運動的軌跡方程B.帶電粒子在磁場中運動的速率C.帶電粒子在磁場中運動的時間D.該勻強磁場的磁感應強度【4題答案】【答案】A【解析】【分析】【詳解】粒子恰好垂直于y軸射出磁場，做兩速度的垂線交點為圓心，軌跡如圖所示

A．由幾何關系可知因圓心的坐標為，則帶電粒子在磁場中運動的軌跡方程為故A正確；BD．洛倫茲力提供向心力，有解得帶電粒子在磁場中運動的速率為因軌跡圓的半徑可求出，但磁感應強度未知，則無法求出帶電粒子在磁場中運動的速率，故BD錯誤；C．帶電粒子圓周的圓心角為，而周期為則帶電粒子在磁場中運動的時間為因磁感應強度未知，則運動時間無法求得，故C錯誤；故選A。5.如圖，為粗細均勻的圓形金屬線框，直流電源的兩端與頂點相連，圓弧所對圓心角為．整個裝置處于垂直于線框的勻強磁場中．若段受到的安培力大小為，則整個圓形線框受到的安培力大小為（）A. B. C. D.【5題答案】【答案】C【解析】【詳解】設圓弧電流為I，則圓弧電流為0.2I，而圓弧中與圓弧處于對稱位置部分的安培力為部分受到安培力的0.2倍，也就是0.4N，剩余部分電流方向相反安培力抵消掉了，圓弧與圓弧對稱位置部分圓弧電流方向一致故總安培力相加為。故選C。6.如圖所示，某小型水電站發電機的輸出功率，發電機的電壓，經變壓器升壓后向遠處輸電，輸電線總電阻，在用戶端用降壓變壓器把電壓降為。已知輸電線上損失的功率，假設兩個變壓器均是理想變壓器，下列說法正確的是（）A.發電機輸出的電流B.輸電線上的電流C.降壓變壓器的匝數比D.用戶得到的電流【6題答案】【答案】C【解析】【詳解】A．根據電功率公式發電機輸出電流A錯誤；B．輸電線上損失功率，由可得故B錯誤；C．降壓變壓器原副線圈得到的功率為P4=P-P線=95kW根據理想變壓器電流與線圈匝數成反比關系，可得C正確；D．用戶得到的功率為，用戶得到的電流D錯誤。故選C。7.圖甲為手機及無線充電板，圖乙為充電原理示意圖。充電板接交流電源，對充電板供電，充電板內的送電線圈可產生交變磁場，從而使手機內的受電線圈產生交變電流，再經整流電路轉變成直流電后對手機電池充電。為方便研究，現將問題做如下簡化：設受電線圈的匝數為n，面積為S，磁場視為勻強磁場。若在t1到t2時間內，磁場垂直于受電線圈平面向上穿過線圈，其磁感應強度由B1增加到B2，則這段時間內，線圈中產生的平均感應電動勢的大小和感應電流方向（俯視）為（）A.順時針 B.逆時針C.逆時針 D.順時針【7題答案】【答案】A【解析】【詳解】受電線圈內部磁場向上且增強，據楞次定律可知，受電線圈中產生的感應電流方向由c到d，即順時針方向，根據法拉第電磁感應定律可得電動勢為故A正確，BCD錯誤。故選A。8.如圖所示，垂直于紙面的勻強磁場存在于半徑為r的圓內，一束速度為v0的帶電粒子對圓心從P點入射時，經磁場后速度方向偏轉60°射出，現將磁感應強度調整為原來的2倍，粒子束的速度大小不變，方向可在紙面內調節、不計重力及粒子束之間相互作用，則粒子束出射點距P點的最遠距離為（）A. B.1.5r C. D.【8題答案】【答案】A【解析】【詳解】由題意可知，原來粒子做勻速圓周運動的半徑由幾何關系得因為得所以將磁感應強度調整為原來的2倍，粒子束的速度大小不變時，粒子做勻速圓周運動的半徑為想讓粒子束出射點距P點最遠，即粒子在磁場中軌跡對應弦長最大，因為所以當弦長為粒子做圓周運動的直徑時，弦長最大，即故選A。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9.關于下列課本上四幅插圖的說法正確的是（）

A.圖甲是速度選擇器示意圖，電子能夠沿直線通過速度選擇器的條件是B.圖乙是磁流體發電機結構示意圖，由圖可以判斷出A極板是發電機的正極C.圖丙是質譜儀結構示意圖，打在底片上的位置越靠近狹縫說明粒子的比荷越大D.圖丁是回旋加速器示意圖，增大電壓U可使粒子飛出加速器時的動能增大【9題答案】【答案】AC【解析】【詳解】A．圖甲是速度選擇器示意圖，電子能夠沿直線通過速度選擇器滿足則故A正確；B．圖乙是磁流體發電機結構示意圖，根據左手定則可知正離子向下極板偏移，因此可以判斷出A極板是發電機的負極，故B錯誤；C．圖丙是質譜儀結構示意圖，根據解得可知比荷越大半徑越小，越接近狹縫，故C正確；D．圖丁是回旋加速器示意圖，根據則動能可知動能與加速電壓無關，故D錯誤。故選AC。10.如圖甲所示，正方形線圈abcd內有垂直于線圈的勻強磁場，已知線圈匝數n=10，邊長ab=1m，線圈總電阻r=1Ω，線圈內磁感應強度隨時間的變化情況如圖乙所示。設圖示的磁場方向與感應電流方向為正方向，則下列有關線圈的電動勢e，感應電流i，焦耳熱Q以及ab邊的安培力F（取向下為正方向）隨時間t的變化圖象正確的是（）A. B.C. D.【10題答案】【答案】CD【解析】【詳解】A．0~1s內產生的感應電動勢為e1==2V方向為逆時針，同理1~5s內產生的感應電動勢為e2==1V方向順時針，A錯誤；B．對應0~1s內的感應電流大小為方向為逆時針（負值），同理1~5s內感應電流大小為i2=1A方向順時針（正值），B錯誤；C．ab邊受到的安培力大小為F=nBiL可知0~1s內0≤F≤4N方向向下，1~3s內0≤F≤2N方向向上，3~5s內0≤F≤2N方向向下，C正確；D．線圈產生的焦耳熱為Q=eit0~1s內Q1=4J1~5s內Q2=4JD正確。故選CD。11.CT掃描是計算機X射線斷層掃描技術的簡稱，CT掃描機可用于對多種病情的探測。圖（a）是某種CT機主要部分的剖面圖，其中X射線產生部分的示意圖如圖（b）所示。圖（b）中M、N之間有一電子束的加速電場，虛線框內有勻強偏轉磁場；經調節后電子束從靜止開始沿帶箭頭的實線所示的方向前進，打到靶上，產生X射線（如圖中帶箭頭的虛線所示），將電子束打到靶上的點記為P點。則（）

A.M處的電勢高于N處的電勢B.偏轉磁場的方向垂直于紙面向外C.增大M、N之間的加速電壓可使P點右移D.增大偏轉磁場磁感應強度的大小可使P點右移【11題答案】【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．根據題意可知，電子在MN之間加速，受到向右的電場力，所以MN之間的電場線水平向左，則M點的電勢比N點電勢低，故A錯誤；B．由電子運動軌跡粒子，電子進入磁場時受到豎直向下的洛倫茲力作用，根據左手定則可知偏轉磁場的方向垂直于紙面向里，故B錯誤；CD．電子在加速電場中加速，由動能定理得電子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得解得電子在磁場中做圓周運動的軌道半徑如增大M、N之間的加速電壓，電子在磁場中做圓周運動的半徑r增大，電子射出磁場時的偏角α減小，電子在磁場中轉過的圓心角減小，電子出磁場時的速度偏角減小，P點右移；增大偏轉磁場磁感應強度的大小，則電子在磁場中做圓周運動的半徑減小，電子出磁場時的速度偏角增大，P點左移，故C正確，D錯誤。故選C。12.如圖所示，水平面上有兩根足夠長的光滑平行金屬導軌MN和PQ，兩導軌間距為L，電阻不計。在MQ之間接有一阻值為R的電阻。導體桿ab質量為m、電阻也為R，并與導軌接觸良好，整個裝置處于方向豎直向上、磁感應強度為B的勻強磁場中。現給ab桿一個初速度，使桿向右運動。下列說法正確的是（）A.ab桿將做勻減速直線運動直到靜止B.整個過程電阻R上產生的熱量為C.ab桿速度減為時，ab桿加速度大小為D.ab桿速度減為零時，ab桿走過的位移為【12題答案】【答案】BD【解析】【詳解】A．導體棒運動過程中受到安培力安培力方向與速度方向相反，因此做減速運動，安培力逐漸減小，則加速度逐漸減小，故A錯誤；B．整個過程中根據能量守恒可知回路中產生熱量電阻R上產生的熱量為C．ab桿速度減為時，ab桿加速度大小為故C錯誤；D．ab桿速度減為零時，根據動量定理得ab桿走過的位移為故D正確。故選BD。三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13.a．如圖所示是“研究電磁感應現象”的實驗裝置：

(1)如果在閉合開關時發現靈敏電流計指針向右偏了一下，那么合上開關后，將A線圈迅速插入B線圈中，電流計指針將__________偏轉；（填“向左”、“向右”或“不”）(2)連好電路后，并將A線圈插入B線圈中后，若要使靈敏電流計的指針向左偏轉，可采取的操作是___________；A．插入鐵芯B．拔出A線圈C．變阻器的滑片向左滑動D．斷開電鍵S瞬間b．G為指針零刻度在中央的靈敏電流表，連接在直流電路中時的偏轉情況如圖（1）中所示，即電流從電流表G的左接線柱進時，指針也從中央向左偏。今把它與一線圈串聯進行電磁感應實驗，則圖(2)中的條形磁鐵的運動方向是向________（填“上”、“下”）；圖(4)中的條形磁鐵下端為________極（填“N”、“S”）。

【13題答案】【答案】①.向右②.BD③.下④.S【解析】【詳解】(1)[1]已知閉合開關瞬間，A線圈中的磁通量增加，產生的感應電流使靈敏電流計的指針向右偏轉，可知磁通量增加時，靈敏電流計的指針向右偏轉；當開關閉合后，將A線圈迅速插入B線圈中時，B線圈中的磁通量增加，所以產生的感應電流也應使靈敏電流計的指針向右偏轉。(2)[2]要使靈敏電流計的指針向左偏轉，根據楞次定律知，磁通量應減小。A．插入鐵芯時，B線圈中的磁通量增加，故A錯誤；B．拔出A線圈時，B線圈中的磁通量減小，故B正確；C．變阻器的滑片向左滑動時，電流增大，B線圈中的磁通量增大，故C錯誤；D．斷開電鍵S瞬間，電流減小，B線圈中的磁通量減小，故D正確。故選BD。[3]圖(2)中指針向左偏，可以知道感應電流的方向是順時針（俯視），感應電流的磁場方向向下，條形磁鐵的磁場方向向上，由楞次定律可知，磁能量增加，條形磁鐵向下插入。[4]圖(4)中可以知道指針向右偏，則感應電流的方向逆時針（俯視），由安培定則可知，感應電流的磁場方向向上，條形磁鐵向上拔出，即磁通量減小，由楞次定律可知，條形磁鐵的磁場方向應該向上，所以條形磁鐵上端為N極，下端為S極。14.某班物理實驗課上，同學們用可拆變壓器探究“變壓器的電壓與匝數的關系”?？刹鹱儔浩魅鐖D甲、乙所示。（1）下列說法正確的是__________。A.為確保實驗安全，實驗中要求原線圈匝數小于副線圈匝數B.變壓器開始正常工作后，鐵芯導電，把電能由原線圈輸送到副線圈C.可以先保持原線圈電壓、匝數不變，改變副線圈的匝數，研究副線圈匝數對其電壓的影響D.測量副線圈電壓時，先用最大量程試測，大致確定后再選用適當的擋位進行測量（2）一位同學實驗時，觀察兩個線圈的導線，發現粗細不同，他選擇的原線圈為800匝，副線圈為400匝，原線圈接學生電源的正弦交流輸出端，所接電源為“8V”擋位，測得副線圈的電壓為4.2V。則下列敘述中可能符合實際情況的一項是_________。A.原線圈導線比副線圈導線粗B.學生電源實際輸出電壓大于標注的“8V”C.原線圈實際匝數與標注“800”不符，應大于800匝D.副線圈實際匝數與標注“400”不符，應小于400匝（3）變壓器鐵芯是利用由相互絕緣的薄硅鋼片平行疊壓而成的，而不是采用一整塊硅鋼，如圖所示。圖中，硅鋼片應平行于____________。A.平面abcdB.平面abfeC.平面abghD.平面aehd【14題答案】【答案】①.CDDC②.B③.D【解析】【詳解】（1）[1]A．為了確保實驗安全，應該使用降壓變壓器，實驗中要求原線圈匝數大于副線圈匝數，故A錯誤；B．變壓器開始正常工作后，原副線圈根據互感原理，將電能由原線圈輸送到副線圈，故B錯誤；C．可以先保持原線圈電壓、匝數不變，改變副線圈的匝數，研究副線圈匝數對其電壓的影響，故C正確；D．測量副線圈電壓時，避免燒壞電壓表，先用最大量程試測，大致確定后再選用適當的擋位進行測量，故D正確。故選CD。（2）[2]A．原線圈800匝，副線圈400匝，副線圈匝數少電流大，因此副線圈比較粗，減小熱損，故A錯誤；B．因為原副線圈匝數比為2:1，副線圈實際電壓為4.2V，因此學生電源實際電壓大于標注的“8V”，故B正確；CD．根據可知，若原線圈實際匝數與標注“800”不符，應小于800匝，若副線圈實際匝數與標注“400”不符，應大于400匝，故CD錯誤。故選B。（3）[3]磁感線環繞方向應該沿閉合鐵芯，產生的渦流應沿abcd平面，為了減小渦流影響，硅鋼片應平行于平面aehd，故ABC錯誤，D正確。故選D。15.電子感應加速器是利用感生電場加速電子的裝置，基本原理如圖所示，上圖為側視圖，S、N為電磁鐵的兩個磁極，磁極之間有一環形真空室，下圖為真空室的俯視圖。電磁鐵線圈中電流發生變化時，產生的感生電場可以使電子在真空室中加速運動。已知電子的帶電量為e，質量為m，初速度為零，運動軌跡半徑恒為R，電子軌跡所在處的感生電場的場強大小恒為E，方向沿軌跡切線方向。求：（1）經時間t電子獲得的動能；（2）t時刻電子所在位置的磁感應強度B的大小。

【15題答案】【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）電子受到一直沿切線方向的電場力而不斷加速，由牛頓第二定律得由勻變速直線運動規律得由動能表達式聯立解得（2）電子受到一直指向圓心的洛倫茲力而不斷改變速度的方向，由牛頓第二定律得解得16.圖為一電流表的原理示意圖。質量為m的均質細金屬棒MN的中點處通過一絕緣掛鉤與一豎直懸掛的彈簧相連，彈簧勁度系數為k。在矩形區域abcd內有勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向外。與MN的右端N連接的一絕緣輕指針可指示標尺上的讀數，MN的長度大于ab。當MN中沒有電流通過且處于平衡狀態時，MN與矩形區域的cd邊重合，當MN中有電流通過時，指針示數可表示電流強度。（1）若要電流表正常工作，MN的哪一端應與電源正極相接？（2）若，，，，此電流表的量程是多少？（不計通電時電流產生的磁場的作用）（3）若將量程擴大2倍，磁感應強度應變為多大？

【16題答案】【答案】（1）M端接正極；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）為使指針有示數，金屬棒所受安培力向下，因此電流從M流向N，M端接正極。（2）設彈簧的伸長為，則有設滿量程時通過MN的電流強度為Im，則有聯立并代入數據得（3）設量程擴大后，磁感應強度變為B′，則有解得代入數據得17.如圖，兩根足夠長的光滑平行金屬導軌固定于傾角的斜面上，導軌上、下端分別接有阻值為和的電阻，導軌自身電阻不計，導軌寬度為，在整個導軌平面內有垂直于導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度，現將質量為，電阻為的金屬棒ab在較高處靜止釋放，金屬棒ab下滑高度為h，，金屬棒ab在下滑過