1、2016-2017学年浙江省金华市东阳二中高二（上）期中物理试卷一、选择题单选题（3*13=39分）1下列关于磁场中的通电导线和运动电荷的说法中，正确的是（）A磁场对通电导线的作用力方向一定与磁场方向垂直B有固定转动轴的通电线框在磁场中一定会转动C带电粒子只受洛伦兹力作用时，其动能不变，速度一直不变D电荷在磁场中不可能做匀速直线运动2如图所示，蹄形磁体用悬线悬于O点，在磁体的正下方有一水平放置的长直导线，当导线通以由左向右的电流时，蹄形磁体的运动情况将是（）A静止不动B向纸外运动CN极向纸外转动，S级向纸内转动DN极向纸内转动，S级向纸外转动3物理学的基本原理在生产生活中有着广泛应用下面列举的
2、四种器件中，在工作时利用了电磁感应现象的是（）A回旋加速器B日光灯C质谱仪D速度选择器4如图所示，一闭合金属圆环用绝缘细绳挂于O点，将圆环拉离平衡位置并释放，圆环摆动过程中经过匀强磁场区域，则（空气阻力不计）（）A圆环向右穿过磁场后，还能摆至原高度B在进入和离开磁场时，圆环中均有感应电流C圆环进入磁场后离平衡位置越近速度越大，感应电流也越大D圆环最终将静止在平衡位置5如图，电灯的灯丝电阻为2，电池电动势为2V，内阻不计，线圈匝数足够多，其直流电阻为3先合上电键K，过一段时间突然断开K，则下列说法中正确的是（）A电灯立即变暗再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相同B电灯立即变暗再熄灭，且电灯中
3、电流方向与K断开前方向相反C电灯会突然比原来亮一下再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相同D电灯会突然比原来亮一下再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相反6如图，电灯的灯丝电阻为2，电池电动势为2V，内阻不计，线圈匝数足够多，其直流电阻为3线圈电阻为零，当K突然断开时，则下列说法正确的是（）A电灯立即变暗再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相同B电灯立即变暗再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相反C电灯会突然比原来亮一下再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前相同D电灯会突然比原来亮一下再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前相反7如图，一光滑的平面上，右方有一条形磁铁，一金属环以初速度V沿磁铁的
4、中线向右滚动，则以下说法正确的是（）A环的速度越来越小B环保持匀速运动C环运动的方向将逐渐偏向条形磁铁的N极D环运动的方向将逐渐偏向条形磁铁的S极8如图所示，让闭合矩形线圈abcd从高处自由下落一段距离后进入匀强磁场，从 bc边开始进入磁场到ad边刚进入磁场的这一段时间里，图所示的四个Vt图象中，肯定不能表示线圈运动情况的是（）ABCD9如图所示，两个半径相同、粗细相同互相垂直的圆形导线圈，可以绕通过公共的轴线xx自由转动，分别通以相等的电流，设每个线圈中电流在圆心处产生磁感应强度为B，当两线圈转动而达到平衡时，圆心O处的磁感应强度大小是（）ABB1.414BC2BD010如图所示，通电直导线
5、右边有一个矩形线框，线框平面与通电直导线共面，若使线框逐渐远离（平动）通电导线，则穿过线框的磁通量将（）A逐渐减小B逐渐增大C保持不变D不能确定11如图所示，条形磁铁放在水平粗糙桌面上，它的正中间上方固定一根长直导线，导线中通过方向垂直纸面向里（即与条形磁铁垂直）的电流和原来没有电流通过时相比较，磁铁受到的支持力N和摩擦力f将（）AN减小，f=0BN减小，f0CN增大，f=0DN增大，f012一束电子流沿水平面自西向东运动，在电子流的正上方一点P，由于电子运动产生的磁场在P点的方向为（）A竖直向上B竖直向下C水平向南D水平向北13一带正电荷的小球沿光滑、水平、绝缘的桌面向右运动，如图所示，速度
6、方向垂直于一匀强磁场，飞离桌面后，最终落在地面上设飞行时间为t1、水平射程为s1、着地速率为v1；现撤去磁场其它条件不变，小球飞行时间为t2、水平射程为s2、着地速率为v2则有（）Av1=v2Bv1v2Cs1=s2Dt1t2二、实验题（每空5分共10分）14为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图所示已知线圈由a端开始绕至b端；当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转（1）将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，发现指针向左偏转俯视线圈，其绕向为（填“顺时针”或“逆时针”）（2）当条形磁铁从图中虚线位置向右远离L时，指针向右偏转俯视线圈，其绕向为（填“顺时针”或“逆时针”）三、计算题（
7、9分+12分=21分）15如图，长L1宽L2的矩形线圈电阻为R，处于磁感应强度为B的匀强磁场边缘，线圈与磁感线垂直将线圈以向右的速度v匀速拉出磁场，求：（1）拉力F大小；（2）拉力做的功W；（3）通过线圈某一截面的电荷量q16水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L，M和P之间接入电动势为E的电源（不计内阻）现垂直于导轨搁一根质量为m，电阻为R的金属棒ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向与水平面夹角为且指向右斜上方，如图所示，问：（1）当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？（2）若B的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少为多
8、少？此时B的方向如何？2016-2017学年浙江省金华市东阳二中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题单选题（3*13=39分）1下列关于磁场中的通电导线和运动电荷的说法中，正确的是（）A磁场对通电导线的作用力方向一定与磁场方向垂直B有固定转动轴的通电线框在磁场中一定会转动C带电粒子只受洛伦兹力作用时，其动能不变，速度一直不变D电荷在磁场中不可能做匀速直线运动【考点】洛仑兹力【分析】磁场对通电导线作用力的方向与该处的磁场方向垂直根据磁感应强度定义的条件：通电导线与磁感应强度方向垂直分析只有当电荷垂直射入匀强磁场只受洛伦兹力作用时，才做匀速圆周运动洛伦兹力不做功，不能改变动能【解答】
9、解：A、根据左手定则，磁场对通电导线的作用力方向一定与磁场方向垂直故A正确B、有固定转动轴的通电线框在磁场中，所受到的力方向与线框平行，则其力的力矩为零，不发生转动，故B错误；C、由于洛伦兹力始终与速度方向垂直，洛伦兹力不做功，只受洛伦兹力作用时，其动能不变；但洛伦兹力与速度垂直，所以一直在改变速度的方向，故速度一直在变故C错误D、电荷如果沿着磁场方向运动，则电荷不受洛伦兹力，根据牛顿第一定律，不受力将保持原来的匀速直线运动故D错误故选：A2如图所示，蹄形磁体用悬线悬于O点，在磁体的正下方有一水平放置的长直导线，当导线通以由左向右的电流时，蹄形磁体的运动情况将是（）A静止不动B向纸外运动CN极
10、向纸外转动，S级向纸内转动DN极向纸内转动，S级向纸外转动【考点】安培力【分析】假设磁体不动，导线运动，则可以利用微元法，在导线两侧取两段，根据左手定则判断出安培力的方向，当转过90度时，再根据左手定则判断出安培力的方向，从而确定导线的运动情况从而根据相对运动来确定磁体运动情况【解答】解：假设磁体不动，导线运动，则有：根据右手螺旋定则可知，通电导线左边的磁场斜向下，而右边的磁场是斜向上，那么在导线两侧取两小段，根据左手定则可知，左边一小段所受的安培力方向垂直纸面向里，右侧一小段所受安培力的方向垂直纸面向外，从上往下看，知导线顺时针转动，当转动90度时，导线所受的安培力方向向上，所以导线的运动情
11、况为，顺时针转动，同时上升如今导线不动，磁体运动，根据相对运动，则有磁体逆时针转动（从上向下看），即N极向纸外转动，S极向纸内转动故C正确，ABD错误；故选：C3物理学的基本原理在生产生活中有着广泛应用下面列举的四种器件中，在工作时利用了电磁感应现象的是（）A回旋加速器B日光灯C质谱仪D速度选择器【考点】电磁感应在生活和生产中的应用【分析】回旋加速器利用磁场使带电粒子旋转，电场使粒子加速日光灯利用自感现象启动质谱仪是利用电场加速，磁场使粒子偏转电磁炉是利用电磁感应原理【解答】解：A、回旋加速器利用磁场使带电粒子旋转，电场使粒子加速故A错误 B、日光灯利用自感现象启动，而自感现象是特殊的电磁感应
12、现象故B正确 C、质谱仪是利用电场加速，磁场使粒子偏转，不是电磁感应现象故C错误 D、利用了电场加速和电场偏转的原理故D错误故选：B4如图所示，一闭合金属圆环用绝缘细绳挂于O点，将圆环拉离平衡位置并释放，圆环摆动过程中经过匀强磁场区域，则（空气阻力不计）（）A圆环向右穿过磁场后，还能摆至原高度B在进入和离开磁场时，圆环中均有感应电流C圆环进入磁场后离平衡位置越近速度越大，感应电流也越大D圆环最终将静止在平衡位置【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【分析】闭合回路中产生的感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化，判断感应电流的方向首先要确定原磁场的方向及磁通量的变化，然后根据楞
13、次定律进行判断感应电流的方向【解答】解：A、由于从左侧摆到右侧的过程中，圆环中磁通量发生变化，因而产生感应电流，由于电阻的存在，圆环中将产生焦耳热，根据能量守恒知圆环的机械能将不守恒，故在左侧圆环的高度将低于起始时右侧的高度，故A错误；B、由楞次定律，只有进入与离开磁场时，穿过圆环的磁通量才发生变化，因此产生感应电流，故B正确C、圆环进入磁场后，由于没有磁通量的变化，因而圆环中没有感应电流，不受磁场力作用，只在重力作用下，离平衡位置越近，则速度越大，故C错误；D、圆环只有在进或出磁场时，才有机械能的转化；当完全在磁场中来回摆动时，则没有感应电流，从而只受重力，所以圆环不可能静止在平衡位置，故D
14、错误； 故选：B5如图，电灯的灯丝电阻为2，电池电动势为2V，内阻不计，线圈匝数足够多，其直流电阻为3先合上电键K，过一段时间突然断开K，则下列说法中正确的是（）A电灯立即变暗再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相同B电灯立即变暗再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相反C电灯会突然比原来亮一下再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相同D电灯会突然比原来亮一下再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相反【考点】自感现象和自感系数【分析】断开S，线圈L将产生自感现象，且与电灯构成一闭合回路，通过电灯的电流向上，与断开前的电流方向相反，线圈直流电阻比灯泡大，断开前通过线圈是电流小于通过灯泡的电流【
15、解答】解：断开S，线圈中电流将要减小，产生自感电动势，相当于电源，且与电灯构成一闭合回路，形成自感电流，根据楞次定律可知，此时通过电灯的电流向上，与断开前的电流方向相反；因线圈直流电阻比灯泡大，断开前通过线圈是电流小于通过灯泡的电流，即电灯会突然比原来暗一下再熄灭，B正确，ACD错误故选：B6如图，电灯的灯丝电阻为2，电池电动势为2V，内阻不计，线圈匝数足够多，其直流电阻为3线圈电阻为零，当K突然断开时，则下列说法正确的是（）A电灯立即变暗再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相同B电灯立即变暗再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相反C电灯会突然比原来亮一下再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前
16、相同D电灯会突然比原来亮一下再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前相反【考点】自感现象和自感系数【分析】断开S，线圈L将产生自感现象，且与电灯构成一闭合回路，通过电灯的电流向上，与断开前的电流方向相反，线圈直流电阻比灯泡大，断开前通过线圈是电流小于通过灯泡的电流【解答】解：断开S，线圈中电流将要减小，产生自感电动势，相当于电源，且与电灯构成一闭合回路，形成自感电流，根据楞次定律可知，此时通过电灯的电流向上，与断开前的电流方向相反；因线圈直流电阻比灯泡大，断开前通过线圈是电流小于通过灯泡的电流，即电灯会突然比原来暗一下再熄灭，B正确，ACD错误故选：B7如图，一光滑的平面上，右方有一条形磁铁，一金属
17、环以初速度V沿磁铁的中线向右滚动，则以下说法正确的是（）A环的速度越来越小B环保持匀速运动C环运动的方向将逐渐偏向条形磁铁的N极D环运动的方向将逐渐偏向条形磁铁的S极【考点】楞次定律；左手定则【分析】滚动金属环处于磁场中，导致穿过金属环的磁通量发生变化，从而产生感应电流，因此受到安培阻力根据环的受力情况分析其运动情况【解答】解：A、B由于金属环的移动，导致产生感应电动势，从而产生感应电流，出现安培阻力，使其速度越来越小，故A正确；B错误；C、运动的金属环受到安培力，与速度方向相反，与磁场方向垂直，因此金属环做直线运动，不会偏向磁铁的N极或S极，故CD错误；故选：A8如图所示，让闭合矩形线圈ab
18、cd从高处自由下落一段距离后进入匀强磁场，从 bc边开始进入磁场到ad边刚进入磁场的这一段时间里，图所示的四个Vt图象中，肯定不能表示线圈运动情况的是（）ABCD【考点】导体切割磁感线时的感应电动势【分析】从bc边刚进入磁场到ad边刚进入磁场的这段时间内，线圈可能做匀速运动，可能做加速运动，也可能做减速运动，根据安培力公式F=，安培力与速度成正比，根据牛顿第二定律分析加速度的变化情况，确定速度图象的斜率变化情况【解答】解：A、bc边刚进入磁场时，受到向上的安培力，若所受的安培力与重力平衡，则线框做匀速运动，不符合题意故A错误B、C、bc边刚进入磁场时，受到向上的安培力，若安培力小于重力，线框做
19、加速运动，随着速度增大，由安培力公式F=，可知安培力增大，合力减小，加速度减小，则线框做加速度减小的加速运动，当加速度减至零后做匀速运动，由速度图象的斜率先逐渐减小后变为零，B符合题意，故B正确，C错误D、bc边刚进入磁场时，受到向上的安培力，若安培力大于重力，线框做减速运动，随着速度减小，由安培力公式F=，可知安培力减小，合力减小，加速度减小，则线框做加速度减小的变减速运动，加速度减至零时做匀速直线运动，由速度图象的斜率逐渐减小直至零，不符合题意，故D错误；故选：B9如图所示，两个半径相同、粗细相同互相垂直的圆形导线圈，可以绕通过公共的轴线xx自由转动，分别通以相等的电流，设每个线圈中电流在
20、圆心处产生磁感应强度为B，当两线圈转动而达到平衡时，圆心O处的磁感应强度大小是（）ABB1.414BC2BD0【考点】磁感线及用磁感线描述磁场；磁感应强度【分析】该题是关于磁场的叠加问题首先运用安培定则每个圆环在圆心O处产生的磁感应强度的方向，利用平行四边形定则进行矢量合成，即求出O处的磁感应强度大小【解答】解：根据安培定则可知，竖直方向的通电圆环在圆心O处产生的磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为B，水平方向的通电圆环在圆心O处产生的磁感应强度方向竖直向上，大小为B，两者相互垂直，由于同向电流吸引，两个线圈重合，故当两线圈转动而达到重合时，圆心O处的磁感强度的大小是BO=2B故选：C10如图所
21、示，通电直导线右边有一个矩形线框，线框平面与通电直导线共面，若使线框逐渐远离（平动）通电导线，则穿过线框的磁通量将（）A逐渐减小B逐渐增大C保持不变D不能确定【考点】磁通量【分析】磁通量是穿过磁场中某一平面的磁感线的条数当线圈面积不变，根据磁感线的疏密判断穿过线框的磁通量的变化【解答】解：由题，通电直导线产生稳定的磁场，离导线越远磁场越弱，磁感线越疏，则当线框远离通电导线时，穿过线框的磁感线的条数越来越少，磁通量将逐渐减小故选：A11如图所示，条形磁铁放在水平粗糙桌面上，它的正中间上方固定一根长直导线，导线中通过方向垂直纸面向里（即与条形磁铁垂直）的电流和原来没有电流通过时相比较，磁铁受到的支
22、持力N和摩擦力f将（）AN减小，f=0BN减小，f0CN增大，f=0DN增大，f0【考点】电流的磁场对磁针的作用【分析】（1）通电导体在磁场中受到力的作用，力的方向可以用左手定则判断；（2）摩擦力产生的条件是两个物体相互接触，有相对运动的趋势或者已经发生相对运动【解答】解：（1）磁铁的磁感线在它的外部是从N极到S极，因为长直导线在磁铁的中央上方，所以此处的磁感线是水平的，电流的方向垂直与纸面向里，根据左手定则，导线受磁铁给的“安培力”方向竖直向上，如下图所示：（2）长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，导线给磁铁的反作用力方向就是竖直向下的；（3）因此磁铁对水平桌面的压力除了重力之
23、外还有通电导线的作用力，压力是增大的；因为这两个力的方向都是竖直向下的，所以磁铁不会发生相对运动，也就不会产生摩擦力故选：C12一束电子流沿水平面自西向东运动，在电子流的正上方一点P，由于电子运动产生的磁场在P点的方向为（）A竖直向上B竖直向下C水平向南D水平向北【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【分析】根据右手螺旋定则，右手握住导线，使拇指的方向与电流的方向相同，此时四指所指的方向就是在该点的磁场方向【解答】解：电子流沿水平面自西向东运动，根据右手螺旋定则可知，电子流在P点产生的磁场的方向为水平向北，所以D正确，ABC错误故选：D13一带正电荷的小球沿光滑、水平、绝缘的桌面向右运动，
24、如图所示，速度方向垂直于一匀强磁场，飞离桌面后，最终落在地面上设飞行时间为t1、水平射程为s1、着地速率为v1；现撤去磁场其它条件不变，小球飞行时间为t2、水平射程为s2、着地速率为v2则有（）Av1=v2Bv1v2Cs1=s2Dt1t2【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】小球在有磁场时做一般曲线运动，无磁场时做平抛运动，运用分解的思想，两种情况下，把小球的运动速度和受力向水平方向与竖直方向分解，然后利用牛顿第二定律和运动学公式来分析判断运动时间和水平射程；最后利用洛伦兹力不做功判断落地的速率【解答】解：A、在有磁场，重力和洛仑兹力共同作用时，其洛仑兹力的方向每时每刻都跟速度方向垂直，不
25、对粒子做功，不改变粒子的动能，有磁场和无磁场都只有重力作功，动能的增加是相同的有磁场和无磁场，小球落地时速度方向并不相同，但速度的大小是相等的，即v1=v2，故A正确，B错误；C、有磁场时，小球下落过程中要受重力和洛仑兹力共同作用，重力方向竖直向下，大小方向都不变；洛仑兹力的大小和方向都随速度的变化而变化，但在能落到地面的前提下洛仑兹力的方向跟速度方向垂直，总是指向右上方某个方向，其水平分力fx水平向右，竖直分力fy竖直向上 如图所示，竖直方向的加速度仍向下，但小于重力加速度g，从而使运动时间比撤去磁场后要长，即t1t2，小球水平方向也将加速运动，从而使水平距离比撤去磁场后要大，即s1s2，故
26、CD错误；故选：A二、实验题（每空5分共10分）14为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图所示已知线圈由a端开始绕至b端；当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转（1）将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，发现指针向左偏转俯视线圈，其绕向为顺时针（填“顺时针”或“逆时针”）（2）当条形磁铁从图中虚线位置向右远离L时，指针向右偏转俯视线圈，其绕向为逆时针（填“顺时针”或“逆时针”）【考点】研究电磁感应现象【分析】电流从左端流入指针向左偏转，根据电流表指针偏转方向判断电流方向，然后应用安培定则与楞次定律分析答题【解答】解：（1）将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，穿过L的磁场向下，磁
27、通量增大，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，感应电流磁场应该向上，电流表指针向左偏转，电流从电流表左端流入，由安培定则可知，俯视线圈，线圈绕向为顺时针（2）当条形磁铁从图中虚线位置向右远离L时，穿过L的磁通量向上，磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流磁场应向上，指针向右偏转，电流从右端流入电流表，由安培定则可知，俯视线圈，其绕向为逆时针故答案为：（1）顺时针；（2）逆时针三、计算题（9分+12分=21分）15如图，长L1宽L2的矩形线圈电阻为R，处于磁感应强度为B的匀强磁场边缘，线圈与磁感线垂直将线圈以向右的速度v匀速拉出磁场，求：（1）拉力F大小；（2）拉力做的功W；（3）
28、通过线圈某一截面的电荷量q【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的能量转化【分析】（1）线圈匀速拉出时，拉力等于安培力，结合切割产生的感应电动势公式、闭合电路欧姆定律以及安培力的大小公式求出拉力的大小（2）由功的计算公式求出功（2）根据电量q=It求出通过线圈某一截面的电荷量【解答】解：（1）感应电动势：E=BL2V，电流：，安培力：F安=BIL2，线框做匀速直线运动，由平衡条件得：F=F安，解得：；（2）拉力的功：；（3）电荷量：答：（1）拉力F大小为；（2）拉力做的功W为；（3）通过线圈某一截面的电荷量q为16水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ，它们之间的宽
29、度为L，M和P之间接入电动势为E的电源（不计内阻）现垂直于导轨搁一根质量为m，电阻为R的金属棒ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向与水平面夹角为且指向右斜上方，如图所示，问：（1）当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？（2）若B的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少为多少？此时B的方向如何？【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；安培力【分析】（1）作出受力分析图，根据共点力平衡，结合安培力大小公式、闭合电路欧姆定律求出支持力和摩擦力的大小（2）当ab棒所受的安培力竖直向上时，支持力为零时，B的大小最小，根据共点力平衡求出B的大小，根据左手定则判断B的方向【解答】解：从b向a看其受力如图所示（1）水平方向：f=FAsin竖直方向：N+FAcos=mg又FA=BIL=BL联立得：N=mg，f=（2）使ab棒受支持力为零，且让磁场最小，可知所受安培力竖直向上，则有FA=mg解得：Bmin=，根据左手定则判定磁场方向水平向右 答：（1）当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力分别为N=mg，f=（2）B的大小至少为，此时B的方向水平向右2016年12月17日
