湖北省沙市第四中学2020_2021学年高二物理上学期期中试题.docx

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1、湖北省沙市第四中学2020-2021学年高二物理上学期期中试题 时间：90分钟 分值：100分一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）1. 关于磁场、磁感线和磁感应强度的描述，正确的说法是A. 磁感线从磁体的N极出发，终止于S极B. 由可知，一小段通电导体在某处不受磁场力，说明此处一定无磁场C. 磁场的方向就是通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向D. 在磁场强的地方同一通电导体受得到安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小2. 如图所示，两根平行放置、长度均为L的直导线a和b，放置在与导线所在平面垂直的匀强磁场中，当a导线通有电流强度为I，b导线通有电流强度为2I，且电流方向相反时，a导线

2、受到磁场力大小为，b导线受到的磁场力大小为，则a通电导线的电流在b导线处产生的磁感应强度大小为A. B. C. D. 3. 如图所示，半径为R的圆形线圈共有n匝，其中心位置处半径为r的虚线范围内有匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面若磁感应强度为B，则穿过线圈的磁通量为A. B. C. D. 4. 如图所示，水平导线通以向右的恒定电流，导线正下方运动的电子重力不计的初速度方向与电流方向相同，则电子在刚开始的一段时间内做A. 匀速直线运动B. 匀速圆周运动C. 曲线运动，轨道半径逐渐减小D. 曲线运动，轨道半径逐渐增大5. 如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直

3、径AOB方向射入磁场，经过时间从C点射出磁场，OC与OB成角现将带电粒子的速度变为仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为 A. B. C. D. 6. 如图，在一水平、固定的闭合导体圆环上方。有一条形磁铁极朝上，S极朝下由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，关于圆环中感应电流的方向从上向下看，下列说法正确的是A. 总是顺时针B. 总是逆时针C. 先顺时针后逆时针D. 先逆时针后顺时针7. 如图所示，竖直平面内有一半径为a，总电阻为R的金属环，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点用金属铰链连接长度为2a、电阻为的导体棒MN。MN由水平位置紧贴环

4、面摆下，导体棒MN与金属环接触良好，当摆到竖直位置时，N点的线速度大小为v，则这时MN两端的电压大小为 A. B. C. D. Bav8. 如图所示的电路、中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光A. 在电路中，断开S，流过A的电流方向会发生变化B. 在电路中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗C. 在电路中，断开S，A将渐渐变暗D. 在电路中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗9. 如图所示，两匀强磁场的磁感应强度和大小相等、方向相反。金属圆环的直径与两磁场的边界重合。下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是A. 同时增大减小B. 同时减小增大C. 同时以

5、相同的变化率增大和D. 同时以相同的变化率减小和10. 如图所示，导体棒ab在匀强磁场中沿金属导轨向右加速运动，c为铜制圆线圈，线圈平面与螺线管中轴线垂直，圆心在螺线管中轴线上则A. 导体棒ab中的电流由b流向aB. 螺线管内部的磁场方向向左C. 铜制圆线圈c被螺线管吸引D. 铜制圆线圈c有收缩的趋势二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）11. 如图所示，线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出的瞬间，线圈和电流表构成的闭合回路中产生的感应电流方向，正确的是A. B. C. D. 12. 在一个边界为等边三角形的区域内，存在一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场，在磁场边界上的P点处有一个粒子源

6、，发射出比荷相同的三个粒子a、b、不计重力沿同一方向进入磁场，三个粒子通过磁场的轨迹如图所示，用、分别表示a、b、c通过磁场的时间；用、分别表示a、b、c在磁场中的运动半径，则下列判断正确的是A. B. C. D. 13. 回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列方法可行的是 A. 增大磁场的磁感应强度B. 减小狭缝间的距离C. 增大D形金属盒的半径D. 增大两D形金属盒间的加速电压14. 如图所示

7、，空间某区域内存在沿水平方向的匀强磁场，一正方形闭合金属线框自磁场上方某处释放后穿过磁场，整个过程线框平面始终竖直，线框边长小于磁场区域上下宽度。以线框刚进入磁场时为计时起点，下列描述线框所受安培力F随时间t变化关系的图象中，可能正确的是A. B. C. D. 三、计算题（本大题共3小题，共40.0分）15. 如图所示，在倾角为的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L、质量为m的直导体棒，导体棒中通有大小为I、方向垂直纸面向里的电流，欲使导体棒静止在斜面上，可以加方向垂直于导体棒的匀强磁场求： 若匀强磁场的方向在水平方向，磁感应强度为多大？若匀强磁场的方向在竖直方向，磁感应强度为多大？沿什么方向加

8、匀强磁场可使磁感应强度最小？最小为多少？16. 如图所示，平面直角坐标系xOy内，x轴上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度，y轴上一点有一粒子源，能向各个方向释放出比荷为的正粒子，粒子初速度，不计粒子重力，求x轴上有粒子穿过的坐标范围.17. 如图所示，间距为d的光滑平行金属导轨MNC、PQD由倾斜和水平两部分组成，其中倾斜部分与水平部分的夹角为，水平部分固定在绝缘水平面上，两部分平滑连接，M、P间接有阻值为R的定值电阻，整个空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m、长度为d、电阻为r的金属棒ab垂直导轨放在导轨的水平部分，距两部分连接处QN的距离为L。现给金属棒ab一水

9、平向左的初速度，金属棒ab在倾斜轨道上上滑的最大高度为h。已知重力加速度为g，金属棒ab始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻忽略不计，求：金属棒ab刚开始运动时通过电阻R的电流；金属棒ab从开始运动到上滑至最高点的过程中通过电阻R的电量；金属棒ab从开始运动到上滑至最高点的过程中电阻R中产生的热量。答案1.【答案】D【解析】【分析】本题考查了磁感线的引入的原因和特点、磁场的性质。由于磁场是看不见，摸不着的，为了描述磁场的性质而引入了磁感线的概念，它是假想出来的有方向的曲线，但可以描述磁场的性质。【解答】A.磁感线是闭合曲线，磁体外部磁感线是从N极到S极，而内部是从S极到N极，故A错误；B.根据公

10、式：可知，一小段通电导体在某处不受磁场力，可能是电流的方向与磁场平行，此处不一定没有磁场，故B错误；C.根据左手定则可知，磁场的方向与通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向垂直，故C错误；D.根据公式：可知，通电导线在磁场强的地方受力可能比在磁场弱的地方受力小，故D正确。故选D。2.【答案】C【解析】【分析】两个导线间的作用力是相互作用力，根据牛顿第三定律，等大、反向、共线；两个导线在原磁场中受到向外侧的作用力；求解出导线a、b间的相互作用力后，再根据磁感应强度的定义式列式求解本题关键是明确两个导线间的作用力是相互作用力，然后根据磁感应强度的定义公式列式求解【解答】两个导线间的作用力是相互作用

11、力，根据牛顿第三定律，等大、反向、共线，大小设为；对左边电流，有：对右边电流，有：两式联立解得：则a通电导线的电流在b导线处产生的磁感应强度大小为：故选C。3.【答案】B【解析】【分析】在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一个面积为S且与磁场方向垂直的平面，磁感应强度B与面积S的乘积，叫做穿过这个平面的磁通量，故当B与S平面垂直时，穿过该面的磁通量。本题考查了磁通量的定义式和公式的适用范围，只要掌握了磁通量的定义和公式的适用条件就能顺利解决注意磁通量与线圈匝数无关。【解答】解：由于线圈平面与磁场方向垂直，故穿过该面的磁通量为：，半径为r的虚线范围内有匀强磁场，所以磁场的区域面积为：所以故选项B正确

12、；故选：B。4.【答案】D【解析】【分析】本题是安培定则、左手定则和半径公式的综合应用，基本题。水平导线中通有稳定电流I，根据安培定则判断出导线所产生的磁场方向，由左手定则判断电子所受的洛伦兹力方向，即可分析电子的运动方向；根据半径公式，结合磁感应强度的变化分析电子半径如何变化。【解答】水平导线中通有稳定电流I，根据安培定则判断导线下方的磁场方向向里，由左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力向下，其速率v不变，而离导线越远，磁场越弱，磁感应强度B越小，由公式可知，电子的轨迹半径逐渐增大，故轨迹不是圆；故D正确，ABC错误。故选D。5.【答案】B【解析】【分析】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，

13、要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，利用洛伦兹力提供向心力，结合几何关系进行求解；运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间。粒子在匀强磁场做匀速圆周运动，运动周期，与粒子速度大小无关，可见，要计算粒子在磁场中运动的时间，只要求得它在磁场中运动轨迹对应的圆心角，就可得到所用的时间。【解答】设圆形磁场区域的半径是R，以速度v射入时，半径，根据几何关系可知，所以；运动时间：以速度射入时，半径设第二次射入时的圆心角为，根据几何关系可知：，可得则第二次运动的时间为：所以：，即粒子在磁场中的运动时间变为，故B正确，ACD错误。故选B。6.【答案】C【解析】解：由

14、图示可知，在磁铁下落过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，在磁铁远离圆环时穿过圆环的磁通量减小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向，故C正确。故选：C。由楞次定律可以判断出感应电流的方向。本题考查了楞次定律的应用，正确理解楞次定律阻碍的含义是正确解题的关键。7.【答案】B【解析】【分析】本题是电磁感应与电路的结合问题，关键是弄清电源和外电路的构造，由求出感应电动势，然后应用并联电路特点、闭合电路欧姆定律与部分电路欧姆定律解题，本题的易错点是：认为MN间的电压是感应电动势【解答】当摆到竖直位置时，导体棒产生的感应电动势为：

15、；电路电流，MN两端的电压是路端电压，MN两端的电压大小为：，故ACD错误，B正确。故选B。8.【答案】D【解析】解：AB、在电路a中，断开S，由于线圈阻碍电流变小，导致灯A将逐渐变暗，因为断开前后的电流一样，灯不会变得更亮，且通过A的电流方向不变，而通过电阻R的电流方向与之前的相反。故A错误，B也错误；C、在电路b中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小的多，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导致A将变得更亮，然后逐渐变暗。故C错误，D正确；故选：D。电感总是阻碍电流的变化线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向与原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，

16、产生自感电流的方向与原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡A构成电路回路线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈左端是电源正极当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈右端是电源正极9.【答案】B【解析】解：A、增大，则金属圆环上半部分的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反。再根据安培定则，可判定在金属圆环中产生逆时针方向的感应电流；减小，则金属圆环下半部分的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同。再根据安培定则，可判定在金属圆环中产生逆时针方向的感应电流；故同时增大减小在金属圆环中产生逆时针方向的感应电流，故A错误；B

17、、减小，则金属圆环上半部分的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同。再根据安培定则，可判定在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流；增大，则金属圆环下半部分的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反。再根据安培定则，可判定在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流；故同时减小增大在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流，故B正确；CD、根据上面的分析可知同时以相同的变化率增大和或同时以相同的变化率减小和都不会在环中产生感应电流，故CD错误；故选：B。当磁感应强度变化，导致线圈的磁通量变化，根据楞次定律分析感应电流的方向。根据楞次定律分析感应电流的方向，注意在分析过程中要同时考虑

18、和的变化。10.【答案】D【解析】【分析】导体棒ab在匀强磁场中向右加速运动时，根据右手定则判断感应电流方向；感应电流通过螺线管时，由安培定则判断磁场方向；根据线圈c的磁通量变化情况，由楞次定律确定线圈被吸引还是排斥，是收缩还是扩张。解决本题的关键是掌握右手定则、安培定则和楞次定律，并能灵活应用。知道导体棒ab加速运动时，产生的感应电流是增大的。【解答】A.导体棒ab向右加速运动，由右手定则知，导体棒ab中的电流方向由a流向b，故A错误；B.对螺线管，电流从左端进入，右端流出，由右手螺旋定则知，螺线管内部的磁场方向向右，故B错误；因为导体棒ab向右加速运动，产生的感应电流是增大的，所以穿过铜制

19、圆线圈c的磁通量增加，根据楞次定律知，铜制圆线圈被螺线管排斥，同时收缩，以阻碍其磁通量的增加，故C错误，D正确。故选D。11.【答案】CD【解析】【分析】当磁铁的运动，导致线圈的磁通量变化，从而产生感应电流，感应磁场去阻碍线圈的磁通量的变化可从运动角度去分析：来拒去留当N极靠近时，则线圈上端相当于N极去抗拒，从而确定感应电流方向【解答】A、当磁铁N极向下运动时，线圈的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反。再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而上。故A错误；B、当磁铁S极向上运动时，线圈的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同。再根据安培定则，可判定

20、感应电流的方向：沿线圈盘旋而上，故B错误；C、当磁铁S极向下运动时，线圈的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反。再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而下，故C正确；D、当磁铁N极向上运动时，线圈的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同。再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而下，故D正确。故选：CD。12.【答案】AC【解析】【分析】粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由图示求出粒子转过的圆心角关系、判断出粒子的轨道半径关系，然后应用周期公式比较粒子运动时间关系。本题考查了比较粒子运动时间与轨道半径关系，分析清楚图示情景、由周期公式即可正确解

21、题。【解答】粒子在磁场中做匀速圆周运动，由图示情景可知：粒子轨道半径：，粒子转过的圆心角：，粒子在磁场中做圆周运动的周期：，由于粒子的比荷相同、B相同，则粒子周期相同，粒子在磁场中的运动时间：，由于，T相同，则：，故AC正确，BD错误；故选AC。13.【答案】AC【解析】【分析】回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子射出时的速度，从而得出动能公式，据公式判断动能与什么因素有关。解本题的关键是理解回旋加速器的工作原理，能用相应的物理知识求解。【解答】在磁场中，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得；则动能，则动能与加速电压无关，与狭缝间的距离无关，与磁感

22、应强度的大小和D形盒的半径有关，由公式可知，增大D形盒的半径和磁感应强度可以增加粒子的动能，故BD错误，AC正确；故选AC。14.【答案】BCD【解析】【分析】分析线框进入磁场时重力和安培力的大小关系，根据安培力的计算公式推导安培力与时间的关系，然后进行判断。对于图象问题，关键是能够根据已知的公式、定律等推导出横坐标和纵坐标的关系式，分析斜率的变化，然后作出正确的判断。【解答】A.线框受重力作用加速下落，进入与离开磁场时受到安培力作用。进入磁场时若安培力大于重力，做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，某时刻安培力等于重力，线框做匀速运动，此时，完全进入后只受重力，线框加速，刚要离开时

23、的速度大于完全进入时的速度，故安培力大于重力，做减速运动，速度减小，安培力也减小，故A错误；B.若线框进入磁场时恰好重力等于安培力，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，故B正确；C.若重力小于安培力，由可知，线框做加速度减小的减速运动，安培力随速度的减小而减小，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，进入过程与离开过程可能安培力变化情况可能完全相同，故C正确；D.若进入时重力大于安培力，由，做加速度减小的加速运动，离开磁场时安培力大于重力，做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，故D正确。故选BCD。15.【答案】解：根据左手定则

24、可知磁场方向水平向左：由得：故磁场方向向左，磁感应强度大小为：根据左手定则可知磁场方向竖直向上：由，得：故磁场方向竖直向上，大小为：根据左手定则可知方向垂直斜面向上：由，得：故当磁场方向垂直斜面向上时最小，最小为：答：若匀强磁场的方向在水平方向，磁感应强度为；若匀强磁场的方向在竖直方向，磁感应强度为；磁场方向垂直斜面向上时最小，最小为。【解析】解答本题的关键是熟练应用左手定则，明确磁场方向、安培力方向、电流方向三者之间的关系，知道安培力方向既与电流方向垂直，又与磁场方向垂直。根据左手定则：伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向里穿过手心，四指指向电流方向，大拇指指向为安培力方向，可以判断安培

25、力的方向，根据磁感应强度的定义式可以求出磁感应强度的大小。 16.【答案】解：粒子带正电，由左手定则可知，粒子在磁场中沿顺时针方向转动，粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，代入数据解得：，粒子临界运动轨迹如图所示，由几何知识得：，代入数据解得：，x轴上有粒子穿过的坐标范围是：；答：x轴上有粒子穿过的坐标范围是：。【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子轨道半径，然后根据题意作出粒子临界运动轨迹，求出x轴上有粒子穿过的坐标范围。粒子在磁场中做匀速圆周运动的问题，一般根据洛伦兹力做向心力求得轨道半径，然后由几何关系，根据运动轨迹求解。17

26、.【答案】解：金属棒ab开始运动时产生的感应电动势为：由闭合电路欧姆定律得：解得：由法拉第电磁感应定律得：由闭合电路欧姆定律得：通过电阻R的电量为：联立解得：由能量守恒定律得：电阻R中产生的热量为：联立解得：【解析】本题是电磁感应中的能量类问题、电磁感应中的轨道滑杆类问题，电磁感应中的电路类问题，主要考查动生电动势、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律、能量守恒定律。求出金属棒ab开始运动时产生的感应电动势，结合闭合电路欧姆定律，即可求出金属棒ab刚开始运动时通过电阻R的电流；由法拉第电磁感应定律得出平均电动势，由闭合电路欧姆定律得出平均电流，根据求出金属棒ab从开始运动到上滑至最高点的过程中通过电阻R的电量；由能量守恒定律得出电路中产生的总热量，再求出金属棒ab从开始运动到上滑至最高点的过程中电阻R中产生的热量。