1、黑龙江省大庆市2021-2022学年高二物理下学期开学考试试题说明：1本试题满分110分，答题时间90分钟。2请将答案填写在答题卡上，考试结束后只交答题卡。一、选择题（本题共12题，每小题5分，1至7小题为单选题，8至12小题为多选题，多选半对得3分，共60分）1图1中的通电导线在磁场中受力分析正确的是() 图1图22.两根互相垂直的绝缘通电长直导线放在水平面上,两个相同的闭合圆形线圈a、b放在同一水平面上,两线圈的圆心到两导线的距离都相等.设两直导线中的电流大小相等,方向如图2所示.若两直导线中的电流以相同的变化率均匀减小,则下列说法正确的是()A.a中有顺时针方向的感应电流,b中无感应电流
2、B.a中有逆时针方向的感应电流,b中无感应电流C.a中无感应电流,b中有顺时针方向的感应电流D.a中无感应电流,b中有逆时针方向的感应电流图33.如图3所示,三根长为L的通电导线在空间构成等边三角形,电流的方向垂直于纸面向里,电流大小均为I,其中A、B在C处产生的磁感应强度的大小均为B0,导线C位于水平面上且处于静止状态,则导线C受到的静摩擦力的大小和方向是()A.B0IL,水平向左 B.B0IL,水平向右C.B0IL,水平向左 D.B0IL,水平向右图44.如图4所示,半径为r的金属圆盘在垂直于盘面、磁感应强度为B的匀强磁场中绕O以角速度沿逆时针方向匀速转动,金属圆盘的电阻不计,则通过阻值为
3、R的电阻的电流的大小和方向是()A.I=,由d到c B.I=,由c到d C.I=,由d到c D.I=,由c到d 图55.如图5所示,MN、PQ为光滑金属导轨,磁场垂直于导轨平面,C为电容器,导体棒ab垂直跨接在导轨之间,原来ab静止,C不带电.现给导体棒ab一初速度v0,则导体棒()A.做匀速运动 B.做匀减速运动C.做加速度减小的减速运动,最后静止 D.做加速度减小的减速运动,最后匀速运动图66如图6所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以
4、速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好，导轨电阻忽略不计)则()A电路中感应电动势的大小为B电路中感应电流的大小为C金属杆所受安培力的大小为D金属杆的发热功率为aaavBB图7-1图7-2Ai3aa-I02aI0OxBi3aa-I02aI0Oxx-2I0i3a2aI0OCaxI0i3a2aaDO2I0-I07.如图7-1所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为B，磁场方向相反，且与纸面垂直，磁场区域在x轴方向宽度均为a，在y轴方向足够宽。现有一高为a的正三角形导线框从图示位置开始向右匀速穿过磁场区域。若以逆时针方向为电流的正方向，在图7-2中，线框中感应电
5、流i与线框移动距离x的关系图象正确的是（ ）图88.如图8所示,从一粒子源 O 发出质量相等的三种粒子,以相同的速度垂直射入匀强磁场中,结果分成了a、b、c 三束.下列说法正确的是()A.a 粒子带正电,b 粒子不带电,c 粒子带负电B.a 粒子带负电,b 粒子不带电,c 粒子带正电C.a、c 带的电荷量的大小关系为 qaqc图99.如图9所示,A、B两个闭合单匝线圈用完全相同的导线制成,半径rA=3rB,图示区域内有匀强磁场,且磁感应强度随时间均匀减小,则()A.A、B线圈中产生的感应电动势之比EAEB=31B.A、B线圈中产生的感应电动势之比EAEB=91C.A、B线圈中产生的感应电流之比
6、IAIB=31D.A、B线圈中产生的感应电流之比IAIB=11图1010.如图10所示的圆形区域内有匀强磁场,方向垂直于纸面向里, 有一束速率各不相同的质子自A点沿半径方向射入磁场,这些质子在磁场中()A.运动时间越长,其轨迹对应的弦长越小B.运动时间越长,其轨迹越长C.运动时间越短,射出磁场区域时的速度越小D.运动时间越短,射出磁场区域时速度的偏转角越小B图11-1IBTt/sO图11-2234511.在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为0.1m2，线圈电阻为1规定线圈中感应电流I 的正方向从上往下看是顺时针方向，如图11-1所示磁场的磁感应强度B随t
7、的变化规律如图11-2所示则以下说法正确的是()A在时间05s内I的最大值为0.1AB在时间05s内I的方向先逆时针后顺时针C在时间05s内，线圈最大发热功率为1.010-4wD在时间05s内，通过线圈某截面的总电量为零图12vo+qB12.如图12，一个质量为m、带电量为+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中现给圆环一个水平向右的初速度v0，在以后的运动中下列说法正确的是（ ）A 圆环可能做匀减速运动B 圆环可能做匀速直线运动C 圆环克服摩擦力所做的功可能为mv02D 圆环克服摩擦力所做的功可能为mv02二、实验题（本题共2小题，共12分）13.
8、(4分)如图13所示是“探究影响通电导线受力的因素”的实验装置图,三块相同的蹄形磁铁并列放置,可以认为磁极间的磁场是均匀的.实验时,先保持导体棒通电部分的长度不变,改变电流的大小;然后保持电流的大小不变,改变导体棒通电部分的长度.每次实验中导体棒在磁场内同一位置平衡时,悬线与竖直方向的夹角记为.图13(1)下列说法正确的是(不定项选择，填选项前的字母).A.该实验探究了导体棒通电部分长度和电流大小对安培力的影响B.该实验探究了磁感应强度大小以及通电导体棒长度对安培力的影响C.如果想增大,可以把磁铁的N极和S极对调D.如果想减小,可以把接入电路的导体棒从、两端换成、两端(2)若当电流为I且接通、
9、时,导体棒受到的安培力为F,则当电流减半且接通、时,导体棒的安培力为.14.(8分)在“探究电磁感应现象”的实验中:(1)首先要确定电流表指针偏转方向与电流方向间的关系,实验中所用电流表量程为0100 A,电源电动势为1.5 V,待选的保护电阻有R1=20 k、R2=1 k、R3=100 三种,应选用阻值为的电阻.(2)已测得电流表指针向右偏时,电流是由正接线柱流入.由于某种原因,螺线管线圈绕线标识没有了,通过实验查找绕线方向如图14-1所示,当磁铁N极插入线圈时,电流表指针向左偏,则线圈的绕线方向是图14-2中的(选填“甲”或“乙”).图14-3 图14-2图14-1(3)若将条形磁铁的S极
10、放在下端,从螺线管中拔出,这时电流表的指针应向(选填“左”或“右”)偏.(4)若将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流表及开关按图14-3连接.在开关闭合后,线圈A放在线圈B中的情况下,某同学发现,当他将滑动变阻器的滑片P向左加速滑动时,电流表指针向右偏转.由此可以推断,线圈A中铁芯向上拔出,能引起电流表指针向(选填“左”或“右”)偏转.三、计算题（共38分。第15题10分，第16题12分，第17题16分）图1515.(10分)如图15所示,两个光滑金属导轨(金属导轨电阻忽略不计)相距L=50 cm,导体棒AB长度与导轨间距相同,其电阻为r=1 ,且可以在光滑金属导轨上滑动,定值电
11、阻R1=3 ,R2=6 ,整个装置放在磁感应强度B=1.0 T的匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向里.现用外力F拉着AB向右以v=5 m/s的速度做匀速运动.(1)求导体棒AB上产生的感应电动势E和AB棒上的感应电流方向;(2)求导体棒AB两端的电压U;(3)若图中的电容器的电容C为0.3 F,则其充电电荷量是多少?经过一定时间撤去导体棒,从撤去到稳定,通过电阻R2的电荷量是多少?图1616.(12分)如图16所示,在xOy坐标系的0yd的区域内分布着沿y轴正方向的匀强电场,在dy2d的区域内分布着垂直于xOy平面向里的匀强磁场,MN为电场和磁场的交界,ab为磁场的上边界.现从原点O处沿x轴
12、正方向发射出速率为v0、比荷为k的带正电粒子,粒子运动轨迹恰好与ab相切并返回电场.已知电场强度E= ，不计粒子重力和粒子间的相互作用.(1)求粒子第一次穿过MN时的速度;(2)求磁场的磁感应强度B的大小;(3)求粒子从发射到第二次穿过MN时运动的时间.17.（16分）如图17，间距为L的光滑金属导轨，半径为r的圆弧部分竖直放置、直的部分固定于水平地面，MNQP范围内有磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。金属棒ab和cd垂直导轨放置且接触良好，cd静止在磁场中，ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，进入磁场后与cd在运动中始终不接触。已知两根导体棒的质量均为m、电阻均为R。金属导轨电阻不计，
13、重力加速度为g。求：图17bacdBrL(1)ab棒到达圆弧底端时轨道对其的支持力大小；(2)当ab棒速度变为时，cd棒加速度的大小（此时两棒均未离开磁场）；(3)若cd棒以离开磁场，已知从cd棒开始运动到其离开磁场一段时间后，通过cd棒的电荷量为q，求此过程系统产生的焦耳热是多少。(此过程ab棒始终在磁场中运动)高二下学期开学考试物理试题答案一、选择题（本题共12题，每小题5分，1至7小题为单选题，8至12小题为多选题，多选半对得3分，共60分）1.C解析 由左手定则判断通电导线在磁场中的受力,C正确.2.D解析 由安培定则可知通电导线产生的磁场方向,根据叠加原理可知a所在区域的两个磁场方向
14、相反,穿过a的磁通量为0且保持不变,所以a中无感应电流;b所在区域两个磁场方向相同,合磁场不为零,当电流减小时,b中磁通量减小,根据楞次定律可知b中有逆时针方向的感应电流.3.B解析 A、B在C处产生的磁感应强度的大小均为B0,根据平行四边形定则可知BC=B0,由左手定则可知,安培力方向水平向左,大小为FA=B0IL,由于导线C位于水平面上且处于静止状态,所以导线C受到的静摩擦力大小为B0IL,方向水平向右,故B正确.4.C解析 金属圆盘在匀强磁场中匀速转动,可以等效为无数根长为r的导体棒绕O做匀速圆周运动,其产生的感应电动势大小为E=,由右手定则可知,其方向指向O,所以通过电阻的电流大小为I
15、=,方向由d到c,故C正确,A、B、D错误.5.D解析 ab棒切割磁感线,产生感应电动势,给电容器充电,同时ab棒在安培力作用下减速,当电容器两极板间电压与ab棒的电动势相等时,充电电流为零,安培力为零,ab棒做匀速运动,D正确.6.B解析电路中的感应电动势EBlv，感应电流I，故A错误，B正确；金属杆所受安培力大小FBI，故C错误；金属杆的发热功率PI2RI2 r，故D错误7.C8.AC解析 带电粒子在磁场中若受洛伦兹力则做曲线运动,因b运动方向不变,即不受洛伦兹力,所以不带电,由左手定则可知,a带正电,c带负电,故A正确,B错误;由洛伦兹力提供向心力,有Bqv=m,解得q=,由图可知rcq
16、a,故D错误,C正确.9.BC解析 根据法拉第电磁感应定律E=n=nr2,则=,故B正确、A错误;设线圈单位长度的电阻为R,根据闭合电路的欧姆定律得I=,则=,故C正确,D错误.10.AD解析 设磁场区域半径为R,轨迹的圆心角为,根据推论可知,质子在磁场中的偏转角等于轨迹的圆心角,由t=T可知,在磁场中运动的时间越长,则轨迹对应的偏转角越大,圆心角越大,故D正确;弦长L=2Rcos,质子运动的时间越长,则越大,弦长越小,故A正确;质子运动的轨迹长度s=r=,质子运动的时间越长,则越大,s越短,故B错误;质子在磁场中运动的时间为t=T,轨迹半径r=,质子运动的时间越短,则越小,r越大,由r=可知
17、,速度v越大,故C错误.11.CD12.BCD分析： 圆环向右运动的过程中可能受到重力、洛伦兹力、杆的支持力和摩擦力，根据圆环初速度的情况，分析洛伦力与重力大小关系可知：圆环可能做匀速直线运动，或者减速运动到静止，或者先减速后匀速运动，根据动能定理分析圆环克服摩擦力所做的功解：A、当qv0Bmg时，圆环做减速运动到静止，速度在减小，洛伦兹力减小，杆的支持力和摩擦力都发生变化，所以不可能做匀减速运动，故A错误B、当qv0B=mg时，圆环不受支持力和摩擦力，做匀速直线运动，故B正确C、当qv0Bmg时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功根据动能定理得W=0mv02 得W=mv02，当qv0Bmg
18、时，圆环先做减速运动，当qvB=mg时，不受摩擦力，做匀速直线运动当qvB=mg时得v=根据动能定理得W=mv2mv02代入解得W=mv02，故C D正确二、实验题（本题共2小题，共12分）13.(1)AD(2)F解析 (1)该实验探究了导体棒通电部分长度和电流大小对安培力的影响,故A、B错误;把磁铁的N极和S极对调,不改变B的大小,故F不变,故C错误;把接入电路的导体棒从、两端换成、两端,则L减小,故安培力F减小,故D正确. (2)若把电流为I且接通、时,导体棒受到的安培力记为F;则当电流减半且接通、时,导体棒的安培力为F=B3L=BIL=F.14.(1)20 k(2)甲(3)左(4)右解析
19、 (1)由闭合电路欧姆定律得R= =15103 ,由于R1R,不会使电流超过电流表的最大测量值,达到保护电路的作用,所以选用20 k的电阻.(2)已测得电流表指针向右偏时,电流是由正接线柱流入,当磁铁N极插入线圈时,根据楞次定律可知,感应电流的磁场阻碍磁通量的增加,螺线管上端应为N极,下端为S极,由于电流表指针向左偏,可知电流是由电流表正接线柱流出至螺线管上端接线柱,由安培定则可判断螺线管的绕线方向如图甲所示.(3)若将条形磁铁的S极放在下端,从螺线管中拨出,则感应电流的磁场方向向上,由螺线管的绕线方向可以判定,电流是从电流表的负接线柱流入,故指针向左偏.(4)当P向左加速滑动时,线圈A中的电
20、流应越来越小,则其磁场减弱,此时线圈B中产生的电流使指针向右偏转,由此可知,当B中的磁通量减小时,电流表指针向右偏;当将线圈A中铁芯向上拔出的过程中,穿过线圈B的磁通量减小,电流表指针向右偏转.三、计算题（共38分。第15题10分，第16题12分，第17题16分）15.(1)2.5 VB到A(2) V(3)510-7 C10-7 C解析 (1)导体棒AB产生的感应电动势E=BLv=2.5 V由右手定则得,AB棒上的感应电流方向是B到A. (2)外电路电阻R并=2 ,总电流I= A, 导体棒AB两端的电压U=IR并= V(3)电容器充电电荷量Q=CU=510-7 C从撤去到稳定,通过电阻R2的电
21、荷量是QR2=Q=10-7 C.16.(1)2v0,方向与水平方向成60角斜向右上(2)(3)解析 (1)粒子从原点O处沿x轴正方向发射,在电场中做类平抛运动,由动能定理得qEd=mv2-mv02将=k,E=代入,解得v=2v0粒子运动轨迹如图所示图中cos =解得=60.即粒子第一次穿过MN时的速度为2v0,方向与水平方向成60角斜向右上.(2)根据几何关系可知R+Rcos =d 得R=d磁场中做匀速圆周运动qvB=m解得B=(3)粒子在电场中d=at12 t1=联立解得粒子运动的周期T=故粒子在磁场中运动的时间为t2=T=粒子从发射到第二次穿过MN时运动的时间t=t1+t2 t= +17.（1）3mg （2） （3） 解析：（1）设ab到达圆弧底端时受到的支持力大小为N，ab下滑机械能守恒，有： （1分） 由牛顿第二定律：；（1分） （1分）（2）设ab棒的速度时， cd棒的速度为由动量守恒定律： 得（1分） （1分） （1分） （1分） 回路中电流I（1分） 代入数据解得 I此时cd棒所受安培力 F=BIL （1分）此时cd棒加速度为 a=（1分）解得a = （1分）（3）由题意可知，cd棒以离开磁场后向右匀速运动，从开始运动到其离开磁场一段时间后，对ab，由动量定理有： -BILt=mvabmvo （1分）q=It （1分） （1分） （1分） （1分）
