2022-2023学年江西省萍乡市芦溪县高二（下）期中物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年江西省萍乡市芦溪县高二（下）期中物理试卷一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）1.下列说法正确的是(

)A.穿过闭合电路的磁通量不为零时，闭合电路中感应电流可能为零

B.磁场是一种为研究物理问题而假想的物质

C.E=Fq和B=FIL都采用了比值定义法，场强E的方向与电场力F的方向相同或相反，磁感应强度2.某地理老师给同学们展示了一种磁悬浮地球仪，底座通电时球体会悬浮起来(图甲)，它的内部原理是如图乙所示，底座里面有线圈，球体是磁铁，球体的顶端是S极，底部是N极，底座通电时能让球体悬浮起来。则下列叙述中正确的是(

)

A.地球仪底座对桌面的压力大小等于底座受到的重力

B.球体能够悬浮是利用了电流的磁效应

C.电路中的b端点须连接直流电源的负极

D.若增加线圈的电流，则球体重新静止时受到的斥力将变大3.如图所示，水平导线中有电流I通过，导线正下方电子的初速度方向与电流I的方向相同，均平行于纸面水平向左。下列四幅图是描述电子运动轨迹的示意图，正确的是(

)A. B.

C. D.4.如图所示，分界线MN上下两侧有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2。一质量为m，电荷量大小为q的带电粒子(不计重力)从O点出发以一定的初速度v0沿纸面垂直MN向上射出，经时间t又回到出发点O，形成了图示“心形”图案，则A.粒子一定带正电

B.MN上下两侧的磁场方向相反

C.MN上下两侧的磁感应强度的大小B1:5.华为笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。则元件的(

)

A.前表面的电势比后表面的低 B.前、后表面间的电压U与v无关

C.前、后表面间的电压U与c成正比 D.自由电子受到的洛伦兹力大小为e6.图甲为某款“自发电”无线门铃按钮，其“发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过程磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮磁铁远离螺线管回归原位置。下列说法正确的是(

)

A.按下按钮过程，螺线管Q端电势较高

B.松开按钮过程，螺线管P端电势较低

C.按住按钮不动，螺线管中会产生感应电动势

D.按下和松开按钮过程，螺线管产生大小相同的感应电动势7.如图所示，水平面内存在两个磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于水平面的有界匀强磁场，磁场宽度均为a、在水平面内有一边长也为a的等边三角形金属框MNH，在外力作用下沿水平向右方向匀速通过这两个磁场区域。已知运动过程中金属框的MN边始终与磁场边界线垂直，若规定逆时针方向为电流的正方向，则从图示位置开始，线框中的感应电流i随线框移动距离x变化的图像中可能正确的是(

)

A. B.

C. D.二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）8.电磁灶是现代家庭中的理想灶具，如图甲、乙是某型号电磁灶的部分解剖图和竖直方向的截面图。下列有关电磁灶的说法正确的是(

)

A.电磁灶在使用时主要利用涡流热效应

B.电磁灶发热原理与电炉相同

C.不锈钢锅、铝锅均可在电磁灶上使用

D.电磁灶加热食物是电磁感应在生活中的应用9.在如图所示的电路中，L为自感系数较大的电感线圈，且电阻不计；A、B为两个完全相同的灯泡，且它们的额定电压均等于电源的电动势。则(

)

A.合上K的瞬间，A先亮，B后亮

B.合上K的瞬间，A、B同时亮

C.合上K以后，B变得更亮，A随之熄灭

D.断开K后，A熄灭，B重新亮后再熄灭10.如图所示，水平方向有磁感应强度大小为0.5T的匀强磁场，单匝矩形线框ab边长为2.5m，ad边长为0.4m，线框绕垂直磁场方向的转轴OO′匀速转动，转动的角速度为20πrad/A.线圈中的最大感应电动势为10πV

B.电阻R两端电压的瞬时值表达式为u=10πsin20πt(V)

11.如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场分布在边长为L的等边三角形ABC内，D是AB边的中点，一群相同的带负电的粒子仅在磁场力作用下，从D点沿纸面以平行于BC边方向、大小不同的速率射入三角形内，不考虑粒子间的相互作用力，已知粒子在磁场中运动的周期为T，则下列说法中正确的是(

)A.粒子垂直BC边射出时，半径R等于34L

B.速度小的粒子一定比速度大的粒子在磁场中运动时间长

C.粒子可能从AB边射出，且在磁场中运动时间为56三、实验题（本大题共1小题，共10.0分）12.小丽同学用图甲的实验装置“研究电磁感应现象”。闭合开关瞬间，发现灵敏电流计的指针向左偏转了一下。(1)闭合开关稳定后，将滑动变阻器的滑片向右滑动过程中，灵敏电流计的指针______(填”向左偏转”，“向右偏转”成“不偏转”(2)闭合开关稳定后，将线圈A从线圈B抽出的过程中，灵敏电流计的指针______(填“向左偏转”，“向右偏转”或“不偏转”(3)如图乙所示，R为光敏电阻，其阻值随着光照强度的加强而减小。金属环A用轻绳悬挂，与长直螺线管共轴，并位于其左侧。当光照减弱时，从左向右看，金属环A中电流方向______(填“顺时针”或“逆时针”)，金属环A将向______(填“左”或“右”)运动，并有______(填“收缩”或“扩张”四、计算题（本大题共4小题，共46.0分）13.如图所示，两根等长的绝缘细线悬挂一水平金属细杆，金属细杆长0.1m、质量为1×10−3k(1(2(3

14.如图，正方形区域ABCD中有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子(不计重力)以一定的速度沿AB边的中点M垂直于AB边射入磁场，恰好从A点射出。已知：磁场边长为a，带电粒子的质量为m，电量为(1)该磁场的磁场强度(2)若改变粒子的入射速度大小，恰好从

15.如图(甲)所示，倾角α=30∘、宽度L=0.5m、电阻不计的光滑金属轨道足够长，在轨道的上端连接阻值R=1.0Ω的定值电阻，金属杆MN的电阻r=0.25Ω，质量m=0.2kg，整个装置处于垂直轨道平面向下的匀强磁场中。将金属杆由静止开始释放，在计算机屏幕上同步显示出电流(1)磁感应强度(2(3)求(4)求

16.如图所示，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等。在该平面内有一个质量为m、带电荷量为+q的粒子从x轴上的P点以初速度v0垂直x轴进入匀强电场，恰好与y轴成45°角射出电场，再经过一段时间恰好垂直于x轴进入下面的磁场，已知O、P之间的距离为(1)第二象限内匀强电场的电场强度(2)第一、第四象限内磁感应强度(3)粒子自进入磁场至在磁场中第二次经过x轴所用时间

答案和解析1.【答案】A

【解析】【分析】本题考查感应电流产生的条件、磁场的概念、比值定义法及左手定则。

根据感应电流产生的条件即可判断；根据对磁场的认识可判断；根据电场强度和磁感应强度的定义式及电场力和安培力特点即可判断；根据对左、右手定则的认识可判断。【解答】A.穿过闭合电路的磁通量不为0，若该磁通量不发生变化，则闭合电路中没有感应电流产生，即感应电流为0，故A正确；

B.磁场是一种客观存在的物质，看不见，摸不着，故B错误；

C.E=Fq和B=FIL都采用了比值定义法，场强E的方向与电场力方向在一条直线上，而磁场B的方向与安培力F的方向是垂直的，故C

2.【答案】B

【解析】【分析】

本题考查了电流周围的磁场及安培定则，解题的关键是对地球仪正确的受力分析，熟练运用安培定则。由于地球仪受到通电线圈给它向上的磁场力和重力平衡，根据安培定则即可知线圈中的电流方向，即可分析。

【解答】

A.地球仪受到重力和通电线圈给它向上的磁场力而处于静止状态，底座受向下的重力和磁铁向下的磁场力以及桌面向上的支持力而平衡，则底座对桌面的压力大小大于底座受到的重力，故A错误；

B.球体能够悬浮是由于通电线圈对磁体产生的磁场力与重力平衡，是利用了电流的磁效应，故B正确；

C.磁体要平衡，由图乙可知通电线圈产生的磁场方向应向上，根据安培定则可知，电路中的b端点须连接直流电源的正极，a端点须连接直流电源的负极，故C错误；

D.若增加线圈的电流，则球体会悬浮到比原来高的位置重新静止，新位置受到的斥力仍与球体重力平衡，与原位置相同，故D错误。

3.【答案】A

【解析】【分析】

本题的关键是掌握住通电直导线的电流产生的磁场的特点，再根据粒子在磁场中运动的半径的公式即可分析粒子运动轨迹的情况。

通电直导线电流产生的磁场是以直导线为中心向四周发散的，离导线越远，电流产生的磁场的磁感应强度越小，由安培定则可以判断出磁场的方向，再根据粒子在磁场中做圆周运动的半径公式可以分析粒子的运动的情况。

【解答】

由安培定则可知，在直导线下方的磁场的方向为垂直纸面向外，根据左手定则可以得知电子受到的力向下，电子向下偏转；离导线越远，电流产生的磁场的磁感应强度越小，由半径公式r= mv 

4.【答案】C

【解析】【分析】本题考查了带电粒子在磁场中运动的一些基本表达式，如半径表达式和周期表达式，解题关键是能够结合图形正确得出几何关系，时间关系。

【解答】A.由于题中未提供磁场的方向和绕行的方向，所以不能确定电荷的电性，故A错误;

B.粒子越过磁场的分界线MN时，洛仑兹力的方向没有变，根据左手定则可知磁场方向相同，故B错误;

C.设上面的圆弧半径是r1，下面的圆弧半径是r2，根据几何关系可知r1:r2=1:2，洛仑兹力充当圆周运动的向心力：qvB=mv2r，解得B=mvqr，所以B1:B5.【答案】D

【解析】【分析】

根据左手定则可知电子偏转到后面表，前表面堆积正电荷；前后表面有一定的电势差，电子同时受电场力的作用，直到洛伦兹力和电场力相等。以后电子做匀速直线运动。

本题考查电子在匀强磁场中受洛伦兹力的作用，发生偏转，解题的关键在于需要掌握电子的受力情况，再根据受力分析运动情况。

【解析】

A.由图知电流从左向右流动，因此电子的运动方向为从右向左，根据左手定则可知电子偏转到后表面，因此前表面的电势比后表面的高，故A错误；

B.电子在运动过程中洛伦兹力和电场力平衡，达到稳定，F洛=evB,F电=eE=eUa，故evB=eUa则电压U=avB，故前后表面的电压与速度有关，与a成正比，故6.【答案】A

【解析】【分析】

按压和松开按钮的过程，会导致螺线管内磁场变化，产生感应电动势，根据楞次定律判断感应电流的方向；当保持不动时，螺线管内磁通量不变化，无感应电流。

本题考查电磁感应现象。解决问题的关键是明确电磁感应的概念，知道螺线管中磁通量变化，才会有感应电动势，闭合回路电路中才有电流产生。

【解答】

A.按下按钮过程中，穿过螺线管的向左的磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向右，此时螺线管Q端电势高，故A正确；

B.松开按按钮过程中，穿过螺线管的向左的磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向左，此时螺线管P端电势高，故B错误；

C.按住按钮不动时，螺线管内磁通量不变化，无感应电动势，故C错误；

D.根据法拉第电磁感应定律可知，产生的电动势的大小与穿过螺线管的磁通量的变化率成正比，由于按下和松开按钮过程对应的时间关系、速度关系都是未知的，所以螺线管产生的感应电动势不一定相等，故D错误。

7.【答案】C

【解析】在0 ≤

x

≤

aE

=

B则Ix=aI在

a2

≤

x

≤

aE

=

B(a

−则Ix=aIx

=

a时Imi在a

≤

x

≤

3a2E

=

2B(x

则Ix=3Ix

=

a时Imi在

3a2

≤

x

E

=

2B(2a则Ix=3Ix

=

2aImi在2a

≤

x

≤

5aE

=

B(x则Ix=5Ix

=

2aImi在

5a2

≤

x

E

=

B(3a

则Ix=5Ix

=

3aImi综上分析ABD错误、C正确。故选C。

8.【答案】AD【解析】【分析】本题考查电磁感应在生活中的应用，要掌握电磁灶的工作原理是电磁感应中的涡流现象，而电炉的工作原理是单纯的电流的热效应。【解答】A.电磁灶是涡流现象在生活中的应用，选项A正确;

BD.电磁灶使用时，线圈将电能转化为电磁能，锅又将电磁能转化为电能，电能通过涡电流做功再转化为内能，电炉的工作原理是电流的热效应，故电磁灶发热原理与电炉不相同，选项B错误，选项D正确;

C.铁质锅、不锈钢锅可在电磁灶上使用，铝锅不可在电磁灶上使用，选项

9.【答案】BD【解析】【分析】

本题考查自感现象。对于通电与断电的自感现象，它们是特殊的电磁感应现象，可用楞次定律分析发生的现象．

闭合K的瞬间，对线圈L是通电自感，阻碍电流的增大；断开K，是断电自感，阻碍电流的减小，结合电路分析AB灯的亮度变化。

【解答】

ABC.闭合K时，线圈L由于自感电动势，瞬间电流为0，可认为是断路，电源的电压同时加到两灯上，A、B同时亮；随着L中电流增大，由于线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，B逐渐被短路直到熄灭，外电路总电阻减小，总电流增大，A灯变亮，故AC错误，B正确；

D.断开K，A立即熄灭，线圈L由于自感电动势的作用，电流逐渐减小，感应电流流过B灯，B10.【答案】AC【解析】【分析】根据Em=NBSω求出最大感应电动势，再写出电压的瞬时值表达式。根据周期求出频率，再确定R中电流方向每秒变化的次数。根据U=Um2写出R两端电压的有效值，再根据P=U2R求R消耗的电功率。

本题考查交变电流最大值、有效值的理解和应用的能力，要注意从线圈与磁场平行位置计时时，电压的瞬时值表达式为余弦形式。

【解答】A、线圈中产生的感应电动势的最大值为Em=BSω=2.5×0.5×0.4×20πV=10πV，故A正确。

B、不计线框及导线电阻，则电阻R两端电压的最大值Um=Em11.【答案】AD【解析】【分析】

根据题意和选项画出运动轨迹图，结合几何关系求解转过的角度，根据周期分析时间的大小，与边界相切是关键点。

本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动、牛顿第二定律等知识点。画出运动轨迹是关键，利用几何知识、匀速圆周运动规律解题是本题的难点。

【解答】解：A.粒子垂直BC边射出时，运动轨迹如图：

根据几何关系知半径为r=12L×sin60°=3L4，故A正确；

BCD.先考虑以下几种情况：①若带电粒子刚好从BC边射出磁场，运动轨迹与BC边相切，可知圆心角为180°，粒子在磁场中经历时间为12T，如图所示：，但若速度比此种情况稍大一点，粒子仍从BC边射出，由于偏转角小于180°，时间小于12T。

②若带电粒子从AB边射出磁场，可知圆心角为240°，粒子在磁场中经历时间为23

12.【答案】(1)向左偏转；(2)向右偏转；(3)【解析】【分析】

由题意可知当穿过B的磁通量增大时，指针向左偏转，则可知当穿过B的磁通量减小时，指针应该向右偏转，所以先判断穿过B的磁通量的变化情况，从而即可判断指针的偏转方向。

由光敏电阻，其阻值随着光照强度的加强而减小，确定电阻的变化，由欧姆定律可知电路中电流的变化，即可得出磁场的变化及穿着线圈的磁通量的变化，则由楞次定律可得出线圈中磁场的方向，从而得出线圈的运动及形状的变化．

本题的关键是要求学生在做题的过程能通过对比找出指针的偏转方向与磁通量的大小变化有关。

【解答】

(1(2)将线圈A从线圈(3)由图乙可知根据右手螺旋定则可判断螺线管磁场方向向右；当光照减弱时，光敏电阻的阻值增加，回路中电流减小，穿过金属环A的磁通量减小，根据楞次定律可知产生向右的感应磁场，再由右手螺旋定则可知，从左向右看，金属环A中电流方向顺时针；因穿过A环的磁通量减小，据楞次定律，金属环A将向右运动，且金属环

13.【答案】(1)金属细杆在重力、安培力、细绳拉力作用下处于平衡状态，对金属杆受力分析可知拉力和重力合力水平向左，故安培力的方向水平向右；

(2)根据左手定则，伸开左手，让磁感线穿过手心，大拇指指向向右，四指从垂直纸面向内，故电流方向垂直纸面向内。

则：B=FIL

①

又F=mgtanα

【解析】本题比较简单，借助于物体平衡，考查了有关安培力的大小和方向问题，要熟练应用左手定则判断安培力的方向，同时熟练应用公式F=BIL进行有关计算。

(1)根据物体平衡条件可以判断安培力的方向