2022-2023学年辽宁省朝阳市建平县重点中学高二（下）期中物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年辽宁省朝阳市建平县重点中学高二（下）期中物理试卷一、选择题（本大题共12小题，共48分）1.如图所示，表示磁场对直线电流的作用力示意图中正确的是(

)A. B. C. D.2.两个带电粒子以相同的速度垂直磁感线方向进入同一匀强磁场，两粒子质量之比为1:4，电荷量之比为1:2，则刚进入磁场时两带电粒子所受洛伦兹力之比为(

)A.2:1 B.1:1 C.1:2 D.1:43.一个不计重力的带正电荷的粒子，沿图中箭头所示方向进入磁场，磁场方向垂直于纸面向里，则粒子的运动轨迹为(

)

A.圆弧a B.直线b

C.圆弧c D.a、b、c都有可能4.如图所示，长为2L的直导线折成边长相等、夹角为60∘的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B，当在该导线中通以电流I时，该V形通电导线受到的安培力大小为(

)

A.0 B.0.5BIL C.BIL D.2BIL5.下列关于自感系数及自感电动势的说法中正确的是(

)A.通过线圈的电流为最大值的瞬间，自感电动势最大

B.电流变化越大，自感电动势越大

C.线圈中的电流变化越快，其自感系数越大

D.线圈内插入铁芯，其自感系数增大6.一飞机在南半球上空做飞行表演。当它自东向西方向做飞行表演时，飞机左右两机翼端点哪一点电势高(

)A.飞机右侧机翼电势低，左侧电势高 B.飞机右侧机翼电势高，左侧电势低

C.两机翼电势一样高 D.条件不足，无法判断7.如图甲所示，线圈总电阻r=0.5Ω，匝数n=10，其端点a、b与R=1.5Ω的电阻相连，线圈内磁通量变化规律如图乙所示.下列关于a、b两点电势φa、φb的关系及两点电势差Uab的选项，正确的是(

)

A.φa>φb，Uab=1.5V B.φa<φb，U8.关于楞次定律，下列说法中正确的是(

)A.感应电流的磁场方向总是与原磁场的方向相反

B.感应电流的磁场方向总是与原磁场的方向相同

C.感应电流的磁场方向与磁通量增大还是减小有关

D.感应电流的磁场总是阻止原磁场的变化9.质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场并最终打在金属板上，运动的半圆轨迹如图中虚线所示，不计重力，下列表述正确的是(

)

A.M带负电，N带正电 B.M的速率小于N的速率

C.洛伦兹力对M、N做正功 D.M的运动时间等于N的运动时间10.如图所示，一导线弯成闭合线圈，以速率v向左匀速进入磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。线圈总电阻为R，从线圈进入磁场开始到完全进入磁场为止，下列结论正确的是(

)

A.感应电流一直沿顺时针方向

B.线圈受到的安培力先增大，后减小

C.感应电动势的最大值E=Brv

D.穿过线圈某个横截面的电荷量为B11.如图所示，用细线吊一个质量为m的带电绝缘小球，小球处于匀强磁场中，空气阻力不计.小球分别从A点和B点向最低点O运动，当小球两次经过O点时(

)

A.小球的动能相同 B.细线所受的拉力相同

C.小球所受的洛伦兹力相同 D.小球的向心加速度大小相同12.如图所示，回旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的装置。其核心部分是两个D型金属盒，置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连。则下列说法正确的是(

)

A.高频交变电流的周期与粒子运动周期一定相同

B.粒子从磁场中获得能量

C.带电粒子加速所获得的最大动能与加速电压的大小有关

D.带电粒子加速所获得的最大动能与金属盒的半径有关二、非选择题（52分）13.如图为“研究电磁感应产生的条件”的实验装置。已经探明，在闭合开关S后，磁铁的N极向下插入线圈时，灵敏电流计的指针向右偏转，则：(以下三空均选填“不会”、“向左”、“向右”)。(1)待稳定后，让线圈B和磁铁一起以相同速度向上运动，指针________偏转。(2)待稳定后，断开图中开关S，灵敏电流计的指针________偏转。(3)重新闭合开关S，待稳定后，把磁铁N极从线圈中拔出时，灵敏电流计的指针________偏转。14.下图为“研究电磁感应现象”的实验装置。(1)将图中所缺的导线补接完整(2分)。(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向左偏了一下，那么合上开关后可能出现的情况有：①将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将________；②原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器的阻值调大时，灵敏电流计指针________。15.半径为a的圆形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B=0.5T，磁场方向垂直纸面向里，半径为b的金属圆环与磁场区域同圆心放置，磁场方向与环面垂直，其中a=1.0m，b=2.0m，一金属棒MN与金属圆环接触良好。(1)若棒以v0=8m/s的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO′的瞬间(如图所示)M、N间的电压(2)撤去中间的金属棒，将右面的半圆环OL2O′以OO′为轴向上翻转9016.如图所示，质量为m=1kg、电荷量为q=5×10−2C的带正电荷的小滑块，从半径为R=0.5m的光滑固定绝缘14圆弧轨道上由静止自A端滑下。整个装置处在方向互相垂直的匀强电场与匀强磁场中。已知E=100V/m，方向水平向右，B=1T(1)滑块到达C点时的速度；(2)在C点时滑块所受洛伦兹力；(3)在C点滑块对轨道的压力。17.一个重力不计的带电粒子，以大小为v的速度从坐标0,L的a点，平行于x轴射入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，并从x轴上b点射出磁场，射出速度方向与x轴正方向夹角为60∘，如图，求：(1)带电粒子在磁场中运动的轨迹半径；(2)带电粒子的比荷qm及粒子从a点运动到b(3)其他条件不变，要使该粒子恰从O点射出磁场，求粒子入射速度大小．18.如图所示，水平放置的U形导轨足够长，置于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B=5T，导轨宽度L=0.4m，左侧与R=0.5Ω的定值电阻连接。右侧有导体棒ab跨放在导轨上，导体棒ab质量m=2.0kg，电阻r=0.5Ω，与导轨的动摩擦因数μ=0.2，其余电阻可忽略不计。导体棒ab在大小为10N的水平外力F作用下，由静止开始运动了x=40cm后，速度达到最大，取g=10m/s2(1)导体棒ab运动的最大速度是多少？(2)当导体棒ab的速度v=1m/s时，导体棒ab的加速度是多少？(3)导体棒ab由静止达到最大速度的过程中，电阻R上产生的热量是多少？

答案和解析1.【答案】A

【解析】【分析】

通电直导线在磁场中受到的安培力方向利用左手定则判断．对于左手定则的应用，要搞清两点：一是什么时候用；二是怎样用．

磁场对直线电流的作用称为安培力，用左手定则判断方向．将四个选项逐一代入检验，选择符合题意的选项．

【解析】

A、伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向里穿过手心，则手心向外．四指指向电流方向：水平向右，根据左手定则判断可知，拇指指向安培力方向：竖直向上．故A正确．

B、通电导线与磁场方向平行，没有安培力．故B错误．

C、伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向里穿过手心，则手心向左．四指指向电流方向：垂直纸面向外，根据左手定则判断可知，拇指指向安培力方向：竖直向上．故C错误．

D、伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向里穿过手心，则手心向下．四指指向电流方向：水平向右，根据左手定则判断可知，拇指指向安培力方向：垂直纸面向外．故D错误．

2.【答案】C

【解析】解：根据洛伦兹力大小，F=Bqv，结合题意可得，洛伦兹力大小与电量成正比，即1：2，故C正确，ABD错误；

故选：C

带电粒子垂直进入磁场中，受到洛伦兹力作用，根据洛伦兹力大小，F=Bqv，即可求解．

考查洛伦兹力产生条件，及影响洛伦兹力的大小因素，同时运用控制变量法来确定问题．

3.【答案】A

【解析】解：带正电的电荷在向里的磁场中向上运动，根据左手定则可知，粒子的受到的洛伦兹力的方向向左，所以粒子的可能的运动的轨迹为a，所以A正确，BCD错误。

故选：A。

带电粒子在磁场中药受到洛伦兹力的作用，根据左手定则可以判断正电荷的受力的方向．

本题是对左手定则的直接的应用，掌握好左手定则即可判断粒子的受力的方向．

4.【答案】C

【解析】略

5.【答案】D

【解析】【分析】

自感电动势公式为E=LΔIΔt。自感系数由线圈自身决定，与其它因素无关。

【解答】

AB.由E=LΔICD.线圈的自感系数仅由线圈自身的因素决定，如：线圈的横截面积、长度、单位长度上的线圈匝数、有无铁芯等，与其他因素无关，故C错误，D正确。故选D。

6.【答案】B

【解析】略

7.【答案】A

【解析】【分析】

根据法拉第电磁感应定律求出线圈中的感应电动势，根据楞次定律判断感应电流的方向，结合电路知识求出a、b两点电势差。

通过Φ−t图像运用数学知识结合物理规律解决问题，其中我们要知道Φ−t图像斜率的意义，在电磁感应的问题中要知道哪部分相当于电源。

【解答】

从图中发现：线圈的磁通量是增大的，根据楞次定律，感应电流产生的磁场跟原磁场方向相反，即感应电流产生的磁场方向为垂直纸面向外，根据右手定则，我们可以判断出线圈中感应电流的方向为逆时针方向，在回路中，线圈相当于电源，由于电流是逆时针方向，所以a相当于电源的正极，b相当于电源的负极，所以a点的电势大于b点的电势，根据法拉第电磁感应定律得：

E=n⋅ΔΦΔt=10×0.080.4V=2V，

I=ER总=1A，

a、b两点电势差就相当于电路中的路端电压，所以U8.【答案】D

【解析】略

9.【答案】AD

【解析】略

10.【答案】AB

【解析】解：

A、线圈进入磁场的过程，磁通量一直增大，根据楞次定律判断可知感应电流一直沿顺时针方向，故A正确。

B、设线圈有效的切割长度为L，由图可知L先增大后减小，线圈受到的安培力F=B2L2vR，则知安培力先增大，后减小，故B正确。

C、最大的有效切割长度等于2r，则感应电动势的最大值E=2Brv，故C错误。

D、穿过线圈某个横截面的电荷量为q=IΔt=ER·Δt=ΔΦΔt·R·Δt=ΔΦR11.【答案】AD

【解析】解：A、由题意可知，拉力与洛伦兹力对小球不做功，仅仅重力作功，则小球机械能守恒，所以小球分别从A点和B点向最低点O运动且两次经过O点时的动能相同，故A正确；

B、由A选项可知，速度大小相等，则根据牛顿第二定律可知，由于速度方向不同，导致产生的洛伦兹力的方向也不同，则拉力的大小也不同，故B错误；

C、由于小球的运动方向不同，则根据左手定则可知，洛伦兹力的方向不同，但大小却相等，故C错误；

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

故选：AD．

带电小球在重力与拉力及洛伦兹力共同作用下，绕固定点做圆周运动，由于拉力与洛伦兹力始终垂直于速度方向，它们对小球不做功．因此仅有重力作功，则有机械能守恒，从而可以确定动能是否相同；洛伦兹力与运动方向有关，根据向心力公式可以确定拉力的大小是否相同；最后由向心加速度公式来确定是否相同．12.【答案】AD

【解析】【分析】

回旋加速器是通过电场对粒子加速，磁场对粒子偏转来实现多次加速的，要使粒子每一次进入电场都能被加速，则电场的变化周期与粒子在磁场的运动周期要相等；由得出粒子在磁场中的轨道半径，由D形的盒的半径可得粒子最大的轨道半径，从而由动能的公式可得最大动能的表达式，据此分析即可。

本题的关键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轨道半径，即可分析问题。

【解答】

解：AB.回旋加速器是通过电场对粒子加速，磁场对粒子偏转来实现多次加速的，要使粒子每一次进入电场都能被加速，则电场的变化周期与粒子在磁场的运动周期要相等，故A正确，B错误；

CD.由洛伦兹力提供向心力可得：qvB=mv2R，粒子被加速以后最大的轨道半径为D形盒的半径，故有：mvqB⩽RD，可得最大的动能为：Ekm=q2B13.【答案】不会；不会；向左

【解析】解：(1)当让线圈B和磁铁一起以相同速度向上运动，穿过闭合回路的磁通量不变，不产生感应电流，指针不会偏转

(2)当断开图中开关s，穿过线圈的磁通量减小，线圈中会产生感应电动势，但由于线圈与灵敏电流计没有构成闭合电路，则不产生感应电流，灵敏电流计指针不会偏转．

(3)根据在闭合开关s后，磁铁的N极向下插入线圈时，导致线圈中的磁通量增大，而灵敏电流计的指针向右偏转，

当闭合开关s，待稳定后，把磁铁N极从线圈中拔出时，导致线圈中的磁能量减小，则灵敏电流计的指针向左偏转；

故答案为：(1)不会；(2)不会；(3)向左．

穿过闭合回路的磁通量发生变化时，电路产生感应电流，根据感应电流产生的条件分析答题．

本题考查了判断指针是否偏转，知道感应电流产生的条件、根据题意判断磁通量是否变化即可正确解题，注意第二问，虽产生感应电动势，而不满足感应电流产生条件．

14.【答案】(1)将电源、电键、变阻器、小螺线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示：

(2)①向左偏转一下；②向右偏转一下。

【解析】【分析】

本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同．知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键。

(1)注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路，据此可正确解答。

(2)磁场方向不变，磁通量的变化不变时电流方向不变，电流表指针偏转方向相同，磁通量的变化相反时，电流表指针方向相反。

【解答】

(1)将电源、电键、变阻器、小螺线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示：

(2)闭合开关，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流表的指针向左偏；

①将原线圈迅速插入副线圈时，磁场方向不变，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流计指针将向左偏转一下．

②原线圈插入副线圈后，滑动变阻器接入电路的阻值调大时，原线圈电流变小，穿过副线圈的磁场方向不变，但磁通量变小，灵敏电流计指针将右偏转一下。

15.【答案】(1)

UMN【解析】(1)金属棒切割磁感线产生的感应电动势为

E1=B⋅2a两个灯泡并联，等效阻值为

R′=R⋅RR+R电路中的电流

I=E1UMN=联立解得

UMN=4V(2)撤去金属棒后，磁场均匀变化，产生的感应电动势为

E

16.【答案】(1)

vf=q方向竖直向睛

(3)

FN=20.1N

在

C

点滑块对轨道的压力是

【解析】(1)滑块滑运过程中洛伦兹力不做功，由动能定理得：mgR−qER=代入数据解得：

v(2)根据洛伦兹力大小公式得：

f=q方向竖直向睛(3)在

C

点，受到四个力作用，如图所示，由牛顿第二定律与圆周运动知识得：F解得：

F根据牛顿第三定律压力

F′N

17.【答案】解：