高二上学期期末物理试卷.doc

高二（上）期末测试物理试卷

一、单项选择题：（每题4分共32分）
1．（4分）如图所示，一带电粒子（重力不计）在匀强磁场中沿图中所示轨迹运动，中央是一块薄绝缘板，粒子在穿过绝缘板时有动能损失，由图可知（　　）

A．粒子的运动方向是abcde
B．粒子的运动方向是edcba
C．粒子带负电
D．粒子在下半周所用时间比上半周长
2．（4分）如图所示，质量为m、电荷量为﹣q的粒子（重力不计），以速度v0垂直磁场边界进入磁感应强度为B、宽度为L（左右无边界）的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里．当粒子从上边界飞出时，运动方向改变了30°，则v0的大小为（　　）

A． B． C． D．
3．（4分）如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图．若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是（　　）

A．a粒子动能最大
B．c粒子速率最大
C．c粒子在磁场中运动时间最长
D．它们做圆周运动的周期Ta＜Tb＜Tc
4．（4分）如图，闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N极朝下．当磁铁向下运动时（但未插入线圈内部）（　　）

A．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互吸引
B．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互排斥
C．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互吸引
D．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互排斥
5．（4分）电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示。现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是（　　）

A．从a到b，上极板带正电 B．从a到b，下极板带正电
C．从b到a，上极板带正电 D．从b到a，下极板带正电
6．（4分）如图甲所示，长直导线与矩形线框abcd处在同一平面中固定不动，长直导线中通以大小和方向随时间作周期性变化的电流i，i﹣t图象如图乙所示，规定图中箭头所指的方向为电流正方向，则在～时间内，对于矩形线框中感应电流的方向，下列判断正确的是（　　）

A．始终沿逆时针方向
B．始终沿顺时针方向
C．先沿逆时针方向然后沿顺时针方向
D．先沿顺时针方向然后沿逆时针方向
7．（4分）如图所示，有一匝接在电容器C两端的圆形导线回路，垂直于回路平面以内存在着向里的匀强磁场B，已知圆的半径r=5cm，电容C=20μF，当磁场B以4×10﹣2T/s的变化率均匀增加时，则（　　）

A．电容器a板带正电，电荷量为2π×10﹣9C
B．电容器a板带负电，电荷量为2π×10﹣9C
C．电容器b板带正电，电荷量为4π×10﹣9C
D．电容器b板带负电，电荷量为4π×10﹣9C
8．（4分）穿过某线圈的磁通量随时间变化的关系如图所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最小的是（　　）

A．0～2 s B．2 s～4 s C．4 s～5 s D．5 s～10 s

二、多项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分．）
9．（4分）如图所示是粒子速度选择器的原理图，如果粒子所具有的速率v=那么（　　）

A．带正电粒子必须沿ab方向从左侧进入场区，才能沿直线通过
B．带负电粒子必须沿ba方向从右侧进入场区，才能沿直线通过
C．不论粒子电性如何，沿ab方向从左侧进入场区，都能沿直线通过
D．不论粒子电性如何，沿ba方向从右侧进入场区，都能沿直线通过
10．（4分）如图为一利用海流发电的原理图，用绝缘材料制成一个横截面为矩形的管道，在管道的上、下两个内表面装有两块电阻不计的金属板M、N，板长为a，宽为b，板间的距离d。将管道沿海流方向固定在海水中，在管道中加一个与前后表面垂直的匀强磁场，磁感应强度B．将电阻为R的航标灯与两金属板连接（图中未画出）。海流方向如图，海流速率为v，下列说法正确的是 （　　）

A．M板电势高于N板的电势 B．发电机的电动势为Bdv
C．发电机的电动势为Bav D．M板电势低于N板的电势
11．（4分）如图中，长为L的金属杆在外力作用下，在匀强磁场中沿水平光滑导轨匀速运动，如果速度v不变，而将磁感强度由B增为2B．除电阻R外，其它电阻不计。那么（　　）

A．作用力将增为4倍
B．作用力将增为2倍
C．感应电动势将增为2倍
D．感应电流的热功率将增为4倍
12．（4分）如图所示，在下列情况下电流计G中有电流通过的是（B为匀强磁场）（　　）

A．MN向左匀速运动的过程中
B．MN向左加速运动的过程中
C．MN向右匀速运动的过程中
D．MN向右加速运动的过程中
13．（4分）如图所示，要使Q线圈产生图示方向的电流，可采用的方法有（　　）

A．闭合电键K
B．闭合电键K后，把R的滑动方向右移
C．断开电键K
D．闭合电键K后，把Q靠近P

三、填空题（本题共8分）
14．（4分）如图所示，正、负电子垂直磁场方向沿与边界成θ=30°角的方向射入匀强磁场中，不计重力，那么在磁场中正、负电子的运动时间之比为　 　。

15．（4分）有一面积为S=100cm2的金属环，电阻为R=0.1Ω，环中磁场变化规律如图所示，且磁场方向垂直纸面向里，在t1到t2时间内，通过金属环的电荷量为　 　C。

四、计算题（本题共3小题，共40分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位．）
16．（12分）如图所示，一矩形金属框，可动边AB长为0.10m，电阻为0.20Ω，CD边电阻为0.80Ω，导轨电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为0.50T．当AB边以15m/s的速度向右移动时，求：
（1）感应电动势的大小；
（2）感应电流的大小；
（3）AB边两端的电压。

17．（12分）如图所示，有一对平行金属板，两板相距为0.08m，电压为16V；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0=0.2T，方向与金属板面平行并垂直于纸面向里．图中右边有一半径R为0.1m、圆心为O的圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B=T，方向垂直于纸面向里．一正离子沿平行于金属板面，从A点垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿直线射出平行金属板之间的区域，并沿直径CD方向射入圆形磁场区域，最后从圆形区域边界上的F点射出．已知速度的偏向角θ=，不计离子重力．求：
（1）离子速度v的大小；
（2）离子的比荷；
（3）离子在圆形磁场区域中运动时间t．

18．（16分）竖直放置的光滑U形导轨宽0.5m，电阻不计，置于很大的磁感应强度是1T的匀强磁场中，磁场垂直于导轨平面，如图所示，质量为10g，电阻为1Ω的金属杆PQ无初速度释放后，紧贴导轨下滑（始终能处于水平位置）．问：
（1）到通过PQ的电量达到0.2C时，PQ下落了多大高度？
（2）若此时PQ正好到达最大速度，此速度多大？
（3）以上过程产生了多少热量？

2017-2018学年内蒙古巴彦淖尔市杭锦后旗奋斗中学高二（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析

一、单项选择题：（每题4分共32分）
1．【分析】由牛顿第二定律及向心力公式可知粒子转动半径与速度的关系，则可判断粒子在穿过绝缘板前后的运动情况； 由周期公式可知上下两部分的时间关系．
【解答】解：由Bqv=m可知，r=； 因粒子在穿过板后速度减小，则粒子的半径减小，故说明粒子是由下向上穿过，故运动方向为edcba； 故A错误，B正确；
粒子受力指向圆心，则由左手定则可知粒子应带正电，故C错误；
因粒子转动的周期T=，在转动中磁场强度及质量没有变化，故周期不变，而由图可知，粒子在上下都经过半个周期，故时间相等； 故D错误；
故选：B。
【点评】带电粒子在磁场中运动的考查的重点为牛顿第二定律及向心力公式的应用，不过在选择题中可以直接应用结论r=及T=．
2．【分析】先由几何关系和题意求出粒子做匀速圆周运动的半径，再据牛顿第二定律即洛仑兹力产生向心加速度，从而求出粒子进入磁场的初速度．
【解答】解：带电负粒子经过磁场时向右偏转30°，由几何关系，半径对应偏转30°，所以粒子做匀速圆周运动的半径为，由洛仑兹力提供向心力，从而得到磁感应强度大小为．由此可知：选项ABC错误，选项C正确。
故选：C。
【点评】本题的关键是要由题意的偏转角，求出对应半径转过的角度，由三角函数求出粒子做匀速圆周运动的半径，再由牛顿第二定律即洛仑兹力提供向心力从而求出粒子进入磁场的初速度．
3．【分析】三个质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率垂直进入匀强磁场中，则运动半径的不同，导致运动轨迹也不同．运动轨迹对应的半径越大，粒子的速率也越大．而运动周期它们均一样，运动时间由圆弧对应的圆心角决定．
【解答】解：A、B粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，根据qvB=m，可得：r=，粒子的动能，则可知三个带电粒子的质量、电荷量相同，在同一个磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，则由图知，a粒子速率最小，c粒子速率最大。c粒子动能最大。故A错误，B正确。
C、由于粒子运动的周期T=及t=T可知，三粒子运动的周期相同，a在磁场中运动的偏转角最大，运动的时间最长，故C、D错误。
故选：B。
【点评】带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小；运动的周期均相同的情况下，可根据圆弧的对应圆心角来确定运动的时间的长短．
4．【分析】先判断通过线圈的磁场方向及磁通量的变化，由楞次定律可判断电路中电流的方向及磁极间的相互作用．
【解答】解：由图可知，穿过线圈的磁场方向向下增大，由楞次定律可知感应电流的磁场应向上，则由右手螺旋定则可知电流方向与图示方向相同；
由“来拒去留”可知，磁铁靠近线圈，则线圈与磁铁相互排斥，故B正确；
故选：B。
【点评】在判断电磁感应中磁极间的相互作用时可以直接利用楞次定律的第二种表示：“来拒去留”直接判断，不必再由安培定则判断线圈中的磁场，再由磁极间的相互作用判断力的方向．
5．【分析】现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，导致线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电动势，线圈中出现感应电流，由楞次定律可判定电流的方向。当线圈中有电动势后，对电阻来说通电后发热，对电容器来说要不断充电直至稳定。
【解答】解：当磁铁N极向下运动时，导致向下穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律可得，感应磁场方向与原来磁场方向相反，再由安培定则可得感应电流方向沿线圈盘旋而下，由于线圈相当于电源，则流过R的电流方向是从b到a，对电容器充电下极板带正电。
故选：D。
【点评】此时线圈相当于电源，则外电路的电流方向是从正极到负极，而内电路则是从负极到正极。同时电容器在充电时电压随着电量增加而增大。
6．【分析】根据磁场与时间的变化关系，由楞次定律可确定线圈产生的感应电流方向，再由右手螺旋定则可判定线圈所处磁场的方向，从而根据左手定则可确定安培力的方向得出结果．
【解答】解：～时间内，垂直向里的磁场在减弱，导致穿过线圈中的磁通量减小，由楞次定律可知，产生的感应电流方向顺时针；
～时间内，垂直向外的磁场在增强，导致穿过线圈中的磁通量变大，由楞次定律可知，产生的感应电流方向顺时针；
所以选项B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】考查右手螺旋定则、楞次定则，先根据安培定则判断出线圈中的磁场的方向，然后再结合楞次定律的步骤判定即可．
7．【分析】根据楞次定律判断感应电动势的方向，从而得知上极板所带电量的电性，根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势的大小，根据Q=CU求出所带电量的大小．
【解答】解：根据楞次定律知，感应电动势的方向是逆时针方向，则a极板带正电。根据法拉第电磁感应定律得：
E==4×10﹣2×π×52×10﹣4V=π×10﹣4 V，
则：Q=CU=CE=2×10﹣5×π×10﹣4=2π×10﹣9C．故A正确，B、C、D错误。
故选：A。
【点评】解决本题的关键掌握楞次定律判断出感应电动势的方向，以及掌握法拉第电磁感应定律．
8．【分析】根据法拉第电磁感应定律，通过磁通量变化率的大小判断哪段产生的感应电动势最小．
【解答】解：根据E=得，感应电动势与磁通量的变化率成正比。Φ﹣t图线的斜率表示磁通量的变化率，5 s～10 s内磁通量的变化率最小，则产生的感应电动势最小。故D正确，A、B、C错误。
故选：D。
【点评】解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，知道电动势的大小与磁通量的变化率成正比．

二、多项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分．）
9．【分析】带电粒子受到的电场力和洛伦兹力平衡时，才能沿直线通过，根据左手定则判断洛伦兹力方向，确定两个力能否平衡，即可判断粒子能否沿直线运动．
【解答】解：A、带正电粒子沿ab方向从左侧进入场区，所受的电场力竖直向下，由左手定则判断可知，洛伦兹力方向竖直向上，两个力能平衡，粒子能沿直线通过，若粒子ba方向进入场区，洛伦兹力方向竖直向下，与电场力方向相同，两力不能平衡，则粒子向下偏转，故A正确。
B、带负电粒子沿ba方向从右侧进入场区，所受的电场力竖直向上，由左手定则判断可知，洛伦兹力方向竖直向上，粒子向上偏转，不能沿直线通过场区。带负电粒子必须沿ab方向从左侧进入场区，才能沿直线通过。故B错误。
C、D由上分析得知，不论粒子电性如何，沿ab方向从左侧进入场区，都能沿直线通过。故C正确，D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查对速度选择器工作原理的理解，由qE=qvB得，v=，此结论与带电粒子的电性、电量无关．
10．【分析】根据左手定则判断板的极性，离子在运动过程中同时受电场力和洛伦兹力，二力平衡时两板间的电压稳定；由二力平衡方程求出发电机的电动势；由左手定则求管道内海水所受的安培力的方向；
【解答】解：AD、海水中的正离子受到的洛伦兹力向上，正离子向上偏转，M板带正电；负离子受到的洛伦兹力向下，负离子向下偏转，N板带负电，所以M板的电势高于N板的电势，故A正确，D错误；
BC、MN两极板间形成电场，当离子所受的洛伦兹力和电场力平衡时，两板间的电压稳定， q=Bqv，解得U=Bdv，两极板间的电压等于电源的电动势，即发电机的电动势为Bdv，故B正确，C错误；
故选：AB。
【点评】本题的关键要理解磁流体发电机的工作原理，要会分析电源的极性和两板间电压大小的影响因素，会用左手定则判断安培力的方向。
11．【分析】由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，由功率公式求出功率，由安培力公式求出安培力，由平衡条件求出拉力，然后分析答题。
【解答】解：C、感应电动势：E=BLv，把B变为2B，则感应电动势将增为2倍，故C正确；
A、感应电流I=，安培力F安=BIL=，把B变为2B，安培力变为原来的4倍，由平衡条件可知，外力：F=F安，外力将变为原来的4倍，故A正确，B错误；
D、感应电流的热功率P=I2R=，把B变为2B，感应电流的热功率将增为4倍，故D正确；
故选：ACD。
【点评】本题考查了外力、感应电动势、热功率之比，应用E=BLv、欧姆定律、电功率公式、安培力公式、平衡条件即可正确解题。
12．【分析】当穿过线圈a的磁通量发生变化时就会产生感应电流。而a线圈中磁通量是否变化就会磁场是否变化。根据MN的运动情况，判断产生的感应电动势变化，从而判断b线圈中感应电流变化情况，分析铁芯中磁场的变化情况。
【解答】解：AC、当MN向左或向右匀速运动时，速度不变，产生的感应电动势不变，回路中感应电流不变，b线圈形成的磁场不变，穿过a的磁通量不变，所以电流计G中没有电流通过。故AC错误。
BD、当MN向左或向右加速运动时，速度增大，产生的感应电动势增大，回路中感应电流增大，b线圈形成的磁场增强，穿过a的磁通量增加，所以电流计G中没有电流通过。故BD正确。
故选：BD。
【点评】本题的关键是掌握感应电流的产生条件，明确磁通量的变化为必要条件，同时明确两线圈的关系，知道右侧线圈产生的磁场通过左侧线圈时，使左侧线圈产生电磁感应现象。
13．【分析】明确楞次定律的应用，知道当通过闭合回路中的磁通量发生变化，就会产生感应电流，根据楞次定律判断感应电流的方向。
【解答】解：A、闭合电键，在P中的磁场从无到有，穿过P的磁场也穿过Q，知Q中产生感应电流，根据楞次定律，左边导线的电流向下。故A正确。
B、闭合电键K后，把R的滑动方向右移，接入电路中的电阻值增大，由欧姆定律可知电路中的电流值减小，所以磁场在减小，根据楞次定律，左边导线电流方向向上。故B错误。
C、断开电键K，则电路中的电流值减小，所以磁场在减小，根据楞次定律，左边导线电流方向向上。故C错误。
D、闭合电键，将Q靠近P，Q中的磁场方向从左向右，且在增强，根据楞次定律，左边导线的电流向下，故D正确。
故选：AD。
【点评】解决本题的关键掌握感应电流产生的条件，以及会运用楞次定律判断感应电流的方向。

三、填空题（本题共8分）
14．【分析】正负离子垂直射入磁场后都做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律研究轨道半径关系。根据圆的对称性分析重新回到磁场边界时正负离子速度大小和方向的关系。写出轨迹的圆心角，研究运动的时间关系。根据几何知识研究正负离子重新回到磁场边界的位置与O点距离关系。
【解答】解：设正离子轨迹的圆心角为α，负离子轨迹的圆心角为β．由几何知识得到，
α=2π﹣2θ
β=2θ
正离子运动的时间为：t1=T
负离子运动的时间为：t2=T
而周期为：T=相同，所以有：。
故答案为：1：5

【点评】带电粒子垂直射入单边界的匀强磁场中，可分两类模型分析：一为同方向射入的不同粒子；二为同种粒子以相同的速率沿不同方向射入。无论哪类模型，都遵守以下规律：
（1）轨迹的圆心在入射方向的垂直线上，常可通过此垂线的交点确定圆心的位置。
（2）粒子射出方向与边界的夹角等于射入方向与边界的夹角。
15．【分析】由法拉第电磁感应定律求出环中产生的感应电动势；由欧姆定律求出感应电流；由电流公式求出通过导体横截面的电荷量。
【解答】解：由法拉第电磁感应定律可得感应电动势：E=N=N；
感应电流为：I=
则在t1到t2时间内，通过金属环的电荷量为：q=I△t
联立解得：q=N=1×C=0.01C
故答案为：0.01
【点评】本题是电磁感应与电路相结合的综合题，关键要会推导感应电量公式q=N，最好在理解的基础上记住，这是电磁感应类型中常用的结论

四、计算题（本题共3小题，共40分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位．）
16．【分析】（1）由E=BLv求出感应电动势
（2）由欧姆定律可以求出电流大小。
（3）由欧姆定律求出AB边电压。
【解答】解：（1）感应电动势：E=BLv=0.5×0.1×15=0.75V，
（2）感应电流：I===0.75A；
（3）AB边两端电压：U=IR=0.75×0.8=0.6V；
答：（1）感应电动势的大小为0.75V
（2）感应电流的大小为0.75A；
（3）AB边两端的电压为0.6V；
【点评】本题考查了求电动势、电流、电压与功率问题，应用E=BLv、欧姆定律、电功率公式即可解题，本题是一道基础题。
17．【分析】（1）对离子直线运动过程进行受力分析，受到洛伦兹力和电场力作用，且二力平衡；结合匀强电场的场强与电势差的关系式，可求出离子在电场中的运动速度；
（2）在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律结合几何关系即可求解比荷；
（3）根据题意画出离子在磁场中运动的轨迹草图，充分利用几何关系，结合离子在磁场中的运动周期公式，即可求解．
【解答】解：（1）离子在平行金属板之间做匀速直线运动，洛仑兹力与电场力相等，即：
B0qv=qE0，
即：E0=
联立并代入数据解得：v=1000m/s
（2）在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律有：
Bqv=m
由几何关系有：tan=
离子的比荷为： =1×104C/kg
（3）弧CF对应圆心角为θ，离子在圆形磁场区域中运动时间t，
t=•T
T=
解得：t===×=×10﹣4s≈1.81×10﹣4s
答：（1）离子速度v的大小为1000m/s；
（2）离子的比荷为1×104C/kg；
（3）离子在圆形磁场区域中运动时间t为1.81×10﹣4s．

【点评】该题考查了带电粒子在匀强电场和匀强磁场中的运动，在混合场中要注意对离子的受力分析；在磁场中要掌握住轨道半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，半径和偏转角的几何关系就比较明显了．
18．【分析】（1）应用二级结论q=可以直接得到通过PQ的电量达到0.2C时，PQ下落高度．
（2）PQ在下落中受到安培力和重力，安培力与速度有关，方向向上且逐渐增大，故当安培力等于重力时PQ速度最大，由此可得PQ的最大速度．
（3）PQ下落过程中重力势能转化为动能和电热，故由能量守恒可得PQ下落过程产生的热量．
【解答】解：（1）由电量q===，解得：h==m=0.4m．
（2）安培力等于重力时PQ速度最大，即： =mg，
解得：v==m/s=0.4m/s．
（3）由能量守恒定律，产生的热量为：
Q=mgh﹣mv2=10×10﹣3×10×0.4﹣×10×10﹣3×0.42=0.0392（J）．
答：
（1）到通过PQ的电量达到0.2c时，PQ下落了0.4m．
（2）若此时PQ正好到达最大速度，此速度为0.4m/s．
（3）以上过程产生了0.0392J的热量．
【点评】本题重点是掌握一个二级结论，这类结论在做题的时候可以不经过推导直接应用，如初速度为零的匀加速直线运动的各种推论，平抛速度反向延长线交于水平位移的中点等，这类结论一般推导比较繁琐，但是用处较大，故应熟练掌握．