2022-2023學年遼寧省朝陽市建平縣重點中學高二（下）期中物理試卷（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2022-2023學年遼寧省朝陽市建平縣重點中學高二（下）期中物理試卷一、選擇題（本大題共12小題，共48分）1.如圖所示，表示磁場對直線電流的作用力示意圖中正確的是(

)A. B. C. D.2.兩個帶電粒子以相同的速度垂直磁感線方向進入同一勻強磁場，兩粒子質量之比為1:4，電荷量之比為1:2，則剛進入磁場時兩帶電粒子所受洛倫茲力之比為(

)A.2:1 B.1:1 C.1:2 D.1:43.一個不計重力的帶正電荷的粒子，沿圖中箭頭所示方向進入磁場，磁場方向垂直于紙面向里，則粒子的運動軌跡為(

)

A.圓弧a B.直線b

C.圓弧c D.a、b、c都有可能4.如圖所示，長為2L的直導線折成邊長相等、夾角為60°的V形，并置于與其所在平面相垂直的勻強磁場中，磁感應強度為B，當在該導線中通以電流I時，該V形通電導線受到的安培力大小為(

)

A.0 B.0.5BIL C.BIL D.2BIL5.下列關于自感系數及自感電動勢的說法中正確的是(

)A.通過線圈的電流為最大值的瞬間，自感電動勢最大

B.電流變化越大，自感電動勢越大

C.線圈中的電流變化越快，其自感系數越大

D.線圈內插入鐵芯，其自感系數增大6.一飛機在南半球上空做飛行表演。當它自東向西方向做飛行表演時，飛機左右兩機翼端點哪一點電勢高(

)A.飛機右側機翼電勢低，左側電勢高 B.飛機右側機翼電勢高，左側電勢低

C.兩機翼電勢一樣高 D.條件不足，無法判斷7.如圖甲所示，線圈總電阻r=0.5Ω，匝數n=10，其端點a、b與R=1.5Ω的電阻相連，線圈內磁通量變化規(guī)律如圖乙所示.下列關于a、b兩點電勢φa、φb的關系及兩點電勢差Uab的選項，正確的是(

)

A.φa>φb，Uab=1.5V B.φa<φb，U8.關于楞次定律，下列說法中正確的是(

)A.感應電流的磁場方向總是與原磁場的方向相反

B.感應電流的磁場方向總是與原磁場的方向相同

C.感應電流的磁場方向與磁通量增大還是減小有關

D.感應電流的磁場總是阻止原磁場的變化9.質量和電荷量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經小孔S垂直進入勻強磁場并最終打在金屬板上，運動的半圓軌跡如圖中虛線所示，不計重力，下列表述正確的是(

)

A.M帶負電，N帶正電 B.M的速率小于N的速率

C.洛倫茲力對M、N做正功 D.M的運動時間等于N的運動時間10.如圖所示，一導線彎成閉合線圈，以速率v向左勻速進入磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外。線圈總電阻為R，從線圈進入磁場開始到完全進入磁場為止，下列結論正確的是(

)

A.感應電流一直沿順時針方向

B.線圈受到的安培力先增大，后減小

C.感應電動勢的最大值E=Brv

D.穿過線圈某個橫截面的電荷量為B11.如圖所示，用細線吊一個質量為m的帶電絕緣小球，小球處于勻強磁場中，空氣阻力不計.小球分別從A點和B點向最低點O運動，當小球兩次經過O點時(

)

A.小球的動能相同 B.細線所受的拉力相同

C.小球所受的洛倫茲力相同 D.小球的向心加速度大小相同12.如圖所示，回旋加速器是用來加速帶電粒子使它獲得很大動能的裝置。其核心部分是兩個D型金屬盒，置于勻強磁場中，兩盒分別與高頻電源相連。則下列說法正確的是(

)

A.高頻交變電流的周期與粒子運動周期一定相同

B.粒子從磁場中獲得能量

C.帶電粒子加速所獲得的最大動能與加速電壓的大小有關

D.帶電粒子加速所獲得的最大動能與金屬盒的半徑有關二、非選擇題（52分）13.如圖為“研究電磁感應產生的條件”的實驗裝置。已經探明，在閉合開關S后，磁鐵的N極向下插入線圈時，靈敏電流計的指針向右偏轉，則：(以下三空均選填“不會”、“向左”、“向右”)。(1)待穩(wěn)定后，讓線圈B和磁鐵一起以相同速度向上運動，指針________偏轉。(2)待穩(wěn)定后，斷開圖中開關S，靈敏電流計的指針________偏轉。(3)重新閉合開關S，待穩(wěn)定后，把磁鐵N極從線圈中拔出時，靈敏電流計的指針________偏轉。14.下圖為“研究電磁感應現象”的實驗裝置。(1)將圖中所缺的導線補接完整(2分)。(2)如果在閉合開關時發(fā)現靈敏電流計的指針向左偏了一下，那么合上開關后可能出現的情況有：①將原線圈迅速插入副線圈時，靈敏電流計指針將________；②原線圈插入副線圈后，將滑動變阻器的阻值調大時，靈敏電流計指針________。15.半徑為a的圓形區(qū)域內有勻強磁場，磁感應強度為B=0.5T，磁場方向垂直紙面向里，半徑為b的金屬圓環(huán)與磁場區(qū)域同圓心放置，磁場方向與環(huán)面垂直，其中a=1.0m，b=2.0m，一金屬棒MN與金屬圓環(huán)接觸良好。(1)若棒以v0=8m/s的速率在環(huán)上向右勻速滑動，求棒滑過圓環(huán)直徑OO′的瞬間(如圖所示)M、N間的電壓(2)撤去中間的金屬棒，將右面的半圓環(huán)OL2O′以OO′為軸向上翻轉9016.如圖所示，質量為m=1kg、電荷量為q=5×10?2C的帶正電荷的小滑塊，從半徑為R=0.5m的光滑固定絕緣14圓弧軌道上由靜止自A端滑下。整個裝置處在方向互相垂直的勻強電場與勻強磁場中。已知E=100V/m，方向水平向右，B=1T(1)滑塊到達C點時的速度；(2)在C點時滑塊所受洛倫茲力；(3)在C點滑塊對軌道的壓力。17.一個重力不計的帶電粒子，以大小為v的速度從坐標0,L的a點，平行于x軸射入磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向外的圓形勻強磁場區(qū)域，并從x軸上b點射出磁場，射出速度方向與x軸正方向夾角為60°，如圖，求：(1)帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑；(2)帶電粒子的比荷qm及粒子從a點運動到b(3)其他條件不變，要使該粒子恰從O點射出磁場，求粒子入射速度大?。?8.如圖所示，水平放置的U形導軌足夠長，置于方向豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為B=5T，導軌寬度L=0.4m，左側與R=0.5Ω的定值電阻連接。右側有導體棒ab跨放在導軌上，導體棒ab質量m=2.0kg，電阻r=0.5Ω，與導軌的動摩擦因數μ=0.2，其余電阻可忽略不計。導體棒ab在大小為10N的水平外力F作用下，由靜止開始運動了x=40cm后，速度達到最大，取g=10m/s2(1)導體棒ab運動的最大速度是多少？(2)當導體棒ab的速度v=1m/s時，導體棒ab的加速度是多少？(3)導體棒ab由靜止達到最大速度的過程中，電阻R上產生的熱量是多少？

答案和解析1.【答案】A

【解析】【分析】

通電直導線在磁場中受到的安培力方向利用左手定則判斷．對于左手定則的應用，要搞清兩點：一是什么時候用；二是怎樣用．

磁場對直線電流的作用稱為安培力，用左手定則判斷方向．將四個選項逐一代入檢驗，選擇符合題意的選項．

【解析】

A、伸開左手，拇指與手掌垂直且共面，磁感線向里穿過手心，則手心向外．四指指向電流方向：水平向右，根據左手定則判斷可知，拇指指向安培力方向：豎直向上．故A正確．

B、通電導線與磁場方向平行，沒有安培力．故B錯誤．

C、伸開左手，拇指與手掌垂直且共面，磁感線向里穿過手心，則手心向左．四指指向電流方向：垂直紙面向外，根據左手定則判斷可知，拇指指向安培力方向：豎直向上．故C錯誤．

D、伸開左手，拇指與手掌垂直且共面，磁感線向里穿過手心，則手心向下．四指指向電流方向：水平向右，根據左手定則判斷可知，拇指指向安培力方向：垂直紙面向外．故D錯誤．

2.【答案】C

【解析】解：根據洛倫茲力大小，F=Bqv，結合題意可得，洛倫茲力大小與電量成正比，即1：2，故C正確，ABD錯誤；

故選：C

帶電粒子垂直進入磁場中，受到洛倫茲力作用，根據洛倫茲力大小，F=Bqv，即可求解．

考查洛倫茲力產生條件，及影響洛倫茲力的大小因素，同時運用控制變量法來確定問題．

3.【答案】A

【解析】解：帶正電的電荷在向里的磁場中向上運動，根據左手定則可知，粒子的受到的洛倫茲力的方向向左，所以粒子的可能的運動的軌跡為a，所以A正確，BCD錯誤。

故選：A。

帶電粒子在磁場中藥受到洛倫茲力的作用，根據左手定則可以判斷正電荷的受力的方向．

本題是對左手定則的直接的應用，掌握好左手定則即可判斷粒子的受力的方向．

4.【答案】C

【解析】略

5.【答案】D

【解析】【分析】

自感電動勢公式為E=LΔIΔt。自感系數由線圈自身決定，與其它因素無關。

【解答】

AB.由E=LΔICD.線圈的自感系數僅由線圈自身的因素決定，如：線圈的橫截面積、長度、單位長度上的線圈匝數、有無鐵芯等，與其他因素無關，故C錯誤，D正確。故選D。

6.【答案】B

【解析】略

7.【答案】A

【解析】【分析】

根據法拉第電磁感應定律求出線圈中的感應電動勢，根據楞次定律判斷感應電流的方向，結合電路知識求出a、b兩點電勢差。

通過Φ?t圖像運用數學知識結合物理規(guī)律解決問題，其中我們要知道Φ?t圖像斜率的意義，在電磁感應的問題中要知道哪部分相當于電源。

【解答】

從圖中發(fā)現：線圈的磁通量是增大的，根據楞次定律，感應電流產生的磁場跟原磁場方向相反，即感應電流產生的磁場方向為垂直紙面向外，根據右手定則，我們可以判斷出線圈中感應電流的方向為逆時針方向，在回路中，線圈相當于電源，由于電流是逆時針方向，所以a相當于電源的正極，b相當于電源的負極，所以a點的電勢大于b點的電勢，根據法拉第電磁感應定律得：

E=n?ΔΦΔt=10×0.080.4V=2V，

I=ER總=1A，

a、b兩點電勢差就相當于電路中的路端電壓，所以U8.【答案】D

【解析】略

9.【答案】AD

【解析】略

10.【答案】AB

【解析】解：

A、線圈進入磁場的過程，磁通量一直增大，根據楞次定律判斷可知感應電流一直沿順時針方向，故A正確。

B、設線圈有效的切割長度為L，由圖可知L先增大后減小，線圈受到的安培力F=B2L2vR，則知安培力先增大，后減小，故B正確。

C、最大的有效切割長度等于2r，則感應電動勢的最大值E=2Brv，故C錯誤。

D、穿過線圈某個橫截面的電荷量為q=IΔt=ER·Δt=ΔΦΔt·R·Δt=ΔΦR11.【答案】AD

【解析】解：A、由題意可知，拉力與洛倫茲力對小球不做功，僅僅重力作功，則小球機械能守恒，所以小球分別從A點和B點向最低點O運動且兩次經過O點時的動能相同，故A正確；

B、由A選項可知，速度大小相等，則根據牛頓第二定律可知，由于速度方向不同，導致產生的洛倫茲力的方向也不同，則拉力的大小也不同，故B錯誤；

C、由于小球的運動方向不同，則根據左手定則可知，洛倫茲力的方向不同，但大小卻相等，故C錯誤；

D、根據a=v2r，可知小球的向心加速度大小相同，且方向指向固定點，即加速度相同，故D正確；

故選：AD．

帶電小球在重力與拉力及洛倫茲力共同作用下，繞固定點做圓周運動，由于拉力與洛倫茲力始終垂直于速度方向，它們對小球不做功．因此僅有重力作功，則有機械能守恒，從而可以確定動能是否相同；洛倫茲力與運動方向有關，根據向心力公式可以確定拉力的大小是否相同；最后由向心加速度公式來確定是否相同．12.【答案】AD

【解析】【分析】

回旋加速器是通過電場對粒子加速，磁場對粒子偏轉來實現多次加速的，要使粒子每一次進入電場都能被加速，則電場的變化周期與粒子在磁場的運動周期要相等；由得出粒子在磁場中的軌道半徑，由D形的盒的半徑可得粒子最大的軌道半徑，從而由動能的公式可得最大動能的表達式，據此分析即可。

本題的關鍵是要明白回旋加速器的加速原理，找出粒子加速以后最大的軌道半徑，即可分析問題。

【解答】

解：AB.回旋加速器是通過電場對粒子加速，磁場對粒子偏轉來實現多次加速的，要使粒子每一次進入電場都能被加速，則電場的變化周期與粒子在磁場的運動周期要相等，故A正確，B錯誤；

CD.由洛倫茲力提供向心力可得：qvB=mv2R，粒子被加速以后最大的軌道半徑為D形盒的半徑，故有：mvqB?RD，可得最大的動能為：Ekm=q2B13.【答案】不會；不會；向左

【解析】解：(1)當讓線圈B和磁鐵一起以相同速度向上運動，穿過閉合回路的磁通量不變，不產生感應電流，指針不會偏轉

(2)當斷開圖中開關s，穿過線圈的磁通量減小，線圈中會產生感應電動勢，但由于線圈與靈敏電流計沒有構成閉合電路，則不產生感應電流，靈敏電流計指針不會偏轉．

(3)根據在閉合開關s后，磁鐵的N極向下插入線圈時，導致線圈中的磁通量增大，而靈敏電流計的指針向右偏轉，

當閉合開關s，待穩(wěn)定后，把磁鐵N極從線圈中拔出時，導致線圈中的磁能量減小，則靈敏電流計的指針向左偏轉；

故答案為：(1)不會；(2)不會；(3)向左．

穿過閉合回路的磁通量發(fā)生變化時，電路產生感應電流，根據感應電流產生的條件分析答題．

本題考查了判斷指針是否偏轉，知道感應電流產生的條件、根據題意判斷磁通量是否變化即可正確解題，注意第二問，雖產生感應電動勢，而不滿足感應電流產生條件．

14.【答案】(1)將電源、電鍵、變阻器、小螺線管串聯成一個回路，再將電流計與大螺線管串聯成另一個回路，電路圖如圖所示：

(2)①向左偏轉一下；②向右偏轉一下。

【解析】【分析】

本題考查研究電磁感應現象及驗證楞次定律的實驗，對于該實驗注意兩個回路的不同．知道磁場方向或磁通量變化情況相反時，感應電流反向是判斷電流表指針偏轉方向的關鍵。

(1)注意該實驗中有兩個回路，一是電源、電鍵、變阻器、小螺線管串聯成的回路，二是電流計與大螺線管串聯成的回路，據此可正確解答。

(2)磁場方向不變，磁通量的變化不變時電流方向不變，電流表指針偏轉方向相同，磁通量的變化相反時，電流表指針方向相反。

【解答】

(1)將電源、電鍵、變阻器、小螺線管串聯成一個回路，再將電流計與大螺線管串聯成另一個回路，電路圖如圖所示：

(2)閉合開關，穿過副線圈的磁通量增大，靈敏電流表的指針向左偏；

①將原線圈迅速插入副線圈時，磁場方向不變，穿過副線圈的磁通量增大，靈敏電流計指針將向左偏轉一下．

②原線圈插入副線圈后，滑動變阻器接入電路的阻值調大時，原線圈電流變小，穿過副線圈的磁場方向不變，但磁通量變小，靈敏電流計指針將右偏轉一下。

15.【答案】(1)

UMN【解析】(1)金屬棒切割磁感線產生的感應電動勢為

E1=B?2a兩個燈泡并聯，等效阻值為

R′=R?RR+R電路中的電流

I=E1UMN=聯立解得

UMN=4V(2)撤去金屬棒后，磁場均勻變化，產生的感應電動勢為

E

16.【答案】(1)

vf=q方向豎直向睛

(3)

FN=20.1N

在

C

點滑塊對軌道的壓力是

【解析】(1)滑塊滑運過程中洛倫茲力不做功，由動能定理得：mgR?qER=代入數據解得：

v(2)根據洛倫茲力大小公式得：

f=q方向豎直向睛(3)在

C

點，受到四個力作用，如圖所示，由牛頓第二定律與圓周運動知識得：F解得：

F根據牛頓第三定律壓力

F′N

17.【答案】解：