1、2018-2019学年山东省泰安市肥城市泰西中学高二（上）期中物理试卷一、选择题1.如图所示，质量为m的物体放在水平地面上，在与水平面成角的拉力F作用下由静止开始运动，经时间t速度达到v，在这段时间内拉力F和重力mg和合外力的冲量分别是（）A. Ftcos，0，mvB. Ftcos，0，0C. Ft，0，mvD. Ft，mgt，mv【答案】D【解析】【详解】根据冲量的定义可知，拉力和重力的冲量分别为和；根据动量定理，合外力的冲量等于动量的改变量，即，选项D正确2.关于电场力与洛伦兹力，以下说法正确的是（）A. 只有运动的电荷在磁场中才会受到洛伦兹力的作用B. 电场力对运动的电荷一定做功，而洛伦
2、兹力对运动的电荷却不会做功C. 电场力与洛伦兹力一样，方向都沿电场线或磁感线的切线方向D. 电荷只要处在电场中，就会受电场力，电荷静止在磁场中，也可能受到洛伦兹力【答案】A【解析】【详解】AD.电荷只要在电场中就会受到电场力作用，运动电荷在磁场中，与磁场方向平行，不会受到洛伦兹力的作用，只有运动电荷在磁场中才可能受到洛伦兹力作用。故A正确，D错误B.当电场力与电荷的速度方向相垂直时，则电场力对在其电场中的电荷不会做功，而洛伦兹力对磁场中的电荷不会做功。故B错误C.电场力与电场线某点切线方向平行，洛伦兹力与磁场线相互垂直。故C错误3.如图所示，一圆形金属线圈放置在水平桌面上，匀强磁场垂直于桌面向
3、下，过线圈上A点做切线OO/, OO/与线圈在同一平面上。在线圈以OO/为轴翻转180的过程中，线圈中电流流向（ ）A. 始终由ABCAB. 始终由ACBAC. 先由ACBA再由ABCAD. 先由ABCA再由ACBA【答案】A【解析】解：当线圈平面与磁场方向平行时，线圈平面与磁场方向的夹角为0度，则=0当线圈与磁场方向垂直时，穿过线圈平面的磁通量变大图中的情况是磁场与线圈垂直，所以开始时的磁通量最大，转过90时的磁通量最小所以在线圈由图示位置绕转轴OO转动180的过程中，向里穿过线圈的磁通量先减小，后增大向里穿过线圈的磁通量减小时，根据楞次定律可知，产生的感应电流的方向是ABCA，转过角度大于
4、90后，向里的磁通量增大，楞次定律可知，产生的感应电流的方向仍然是ABCA故选：A【点评】解决本题的关键掌握磁通量的公式，知道当线圈平面与磁场平行时，磁通量为0，当线圈平面与磁场方向垂直时，磁通量最大4.如图所示，速度为v0、电荷量为q的正离子恰能沿直线飞出离子速度选择器，选择器中磁感应强度为B，电场强度为E，则A. 若改为电荷量q的离子，将往上偏（其他条件不变）B. 若速度变为2v0将往上偏（其他条件不变）C. 若改为电荷量+2q的离子，将往下偏（其他条件不变）D. 若速度变为将往上偏（其他条件不变）【答案】B【解析】【分析】粒子受到向上的洛伦兹力和向下的电场力，二力平衡时粒子沿直线运动，当
5、二力不平衡时，粒子做曲线运动，从而即可求解。【详解】正离子恰能沿直线飞出离子速度选择器，根据左手定则判断可知，离子受的洛伦兹力方向向上，电场力方向向下，此时洛伦兹力与电场力二力平衡，应该有：qv0B=qE，即v0B=EA项：若改为电荷量-q离子，根据左手定则判断可知，离子受的洛伦兹力方向向下，电场力方向向上，由于qv0B=qE，此时洛伦兹力与电场力仍然平衡，所以负离子不偏转，仍沿直线运动，故A错误；B项：若速度变为2v0，洛伦兹力增大为原来的2倍，而离子受的洛伦兹力方向向上，电场力不变，所以离子将向上偏转，故B正确；C项：若改为电荷量+2q的离子，根据平衡条件得：qv0B=qE，即v0B=E，
6、该等式与离子的电荷量无关，所以离子仍沿直线运动，故C错误；D项：若速度变为，洛伦兹力变为原来的一半，而离子受的洛伦兹力方向向上，电场力不变，所以离子将向下偏转，故D错误。故应选B。【点睛】本题考查了利用质谱仪进行粒子选择原理，只要对粒子进行正确的受力分析即可解决此类问题。5.质量和电荷量都相等的带电粒子M、N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，带电粒子仅受洛伦兹力的作用，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是（）A. M 带正电，N 带负电B. M 的速率小于 N 的速率C. M 的运行时间等于 N 的运行时间D. M 的运行时间大于 N 的运行时间【答案】C【解析】【详解】A、由
7、左手定则可知：带负电荷，带正电荷。故A错误B、带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，由图可右的半径小于的半径，所以的速率大于的速率。故B错误CD、粒子在磁场中运动半周，即时间为其周期的一半，而周期为，与粒子运动的速度无关，所以的运行时间等于的运行时间，故C正确。D错误6. 穿过闭合回路的磁通量随时间变化的图像分别如图所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述，正确的是（ ）A. 图中回路产生的感应电动势恒定不变B. 图中回路产生感应电动势一直在增大C. 图中回路在0t1内产生的感应电动势小于在t1t2内产生的感应电动势D. 图中回路产生的感应电动势先
8、变小后变大【答案】D【解析】试题分析:根据电动势的定义式：可知，电动势的大小与通量的变化率有关，即可以理解为线圈匝数不变的情况下磁通量变化率越大，感应电动势越大。在图中斜率表示磁通量的变化率，A的斜率为0，即磁通量的变化率为0，故A不产生感应电动势。B的斜率一直不变，故感应电动势应为恒定。C中的过程中斜率为负值，故应产生反向感应电动势。D中前半段曲线走势越来越平，即斜率越来越小，故电动势越来越小，后半段曲线越来越陡，即斜率越来越大，故电动势越来越大。综合上述A.B.C均错误,D正确。考点：感应电动势大小的决定因素与图像处理能力7.如图所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起，置于
9、粗糙的固定斜面上，地面上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现用平行于斜面的恒力F拉乙物块，在使甲、乙一起保持相对静止沿斜面向上加速运动的阶段中A. 甲、乙两物块间的摩擦力不断增大B. 甲、乙两物块间的摩擦力保持不变C. 甲、乙两物块间的摩擦力不断减小D. 乙物块与斜面之间的摩擦力不断减小【答案】AD【解析】试题分析：对整体，分析受力情况：重力、斜面的支持力和摩擦力、拉力F和洛伦兹力，洛伦兹力方向垂直于斜面向上，则由牛顿第二定律得：F-m总gsin-FN=m总a；FN=m总gcos-F洛随着速度的增大，洛伦兹力增大，则由知：FN减小，乙所受的滑动摩擦力f=FN减小；以甲为研究对象，有：m甲gsin
10、-f=m甲a；由知，f减小，加速度不变，因此根据可知，甲乙两物块之间的摩擦力保持不变，故B正确，ACD错误；故选B考点：牛顿第二定律；洛伦兹力【名师点睛】解决本题运用整体法和隔离法结合研究，关键是抓住洛伦兹力随速度而增大的特点进行分析，注意甲、乙之间受到的是静摩擦力，大小与正压力无关。8.如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框，导线框右侧有两个宽度也为L的有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B、方向分别竖直向下和竖直向上，t=0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框在外力作用下，以速度v匀速进入并通过磁场区域规定电流i沿逆时针方向时为正，磁感线竖直向下时磁通为正，安培力
11、的合力F向左为正则以下关于、i、F和线框中的电功率P随时间变化的图象大致是下列图中的（）A. B. C. D. 【答案】BD【解析】试题分析：当线圈进入0-L时，磁通量向里由0增加到BL2，感应电流，方向逆时针；安培力，方向向左；安培力的功率：；当线圈进入L-2L时，磁通量向里逐渐减小到零，然后向外增加到BL2，感应电流，方向顺时针；安培力，方向向左；安培力的功率：；当线圈运动2L-3L时，磁通量向外由BL2逐渐减小到零，感应电流，方向逆时针；安培力，方向向左；安培力的功率：；综上所述，故选项BD正确，AC错误；故选BD考点：电磁感应的图线问题【名师点睛】此题是电磁感应与图象的结合问题，关键要
12、分段由电磁感应和电路的基本规律：法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式和电功率，得到电流、安培力及电功率的解析式，再进行选择在解题时要灵活选择解法，也可以运用排除法等进行解答。9.如图甲、乙所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯A的电阻，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则（）A. 在电路甲中，断开S后，A将立即熄灭B. 在电路甲中，断开S后，A将先变得更亮，然后逐渐变暗C. 在电路乙中，断开S后，A将逐渐变暗D. 在电路乙中，断开S后，A将先变得更亮，然后逐渐变暗【答案】D【解析】【分析】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更原电流的方向相反，抑
13、制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡构成电路回路。【详解】在电路甲中，断开S，由于线圈阻碍电流变小，导致A将逐渐变暗，故AB错误；在电路乙中，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，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，通过A的电流变大，导致A将变得更亮，然后逐渐变暗，故C错误，D正确。所以D正确，ABC错误。【点睛】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。10.回旋加速器是加速带电粒子装置，其核心部分是分别
14、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的周期性变化的电场，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，则下列说法中正确的是（）A. 增大磁场的磁感应强度B. 增大匀强电场间的加速电压C. 增大D形金属盒的半径D. 减小狭缝间的距离【答案】AC【解析】【详解】由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得粒子的动能为：，可知动能与加速的电压无关，狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和形盒的半径有关，增大磁感应强度和形盒的半径，可以增加粒子的动能。故A、C正确，B、D错误。11.下列关于磁感应强度的方向的说法中，正确
15、的是()A. 某处磁感应强度的方向就是一小段通电导体放在该处时所受磁场力的方向B. 小磁针S极受磁力的方向就是该处磁感应强度的方向C. 垂直于磁场放置的通电导线的受力方向就是磁感应强度的方向D. 磁场中某点的磁感应强度的方向就是该点的磁场方向【答案】D【解析】A、某处磁感应强度的方向与一小段通电导体放在该处时所受磁场力的方向垂直，故A错误；B、小磁针N极受磁力的方向就是该处磁感应强度的方向，故B错误；C、垂直于磁场放置的通电导线的受力方向与磁感应强度的方向垂直，故C错误；D、磁场中某点的磁感应强度的方向就是该点的磁场方向，故D正确；点睛：磁感应强度的方向就是磁场的方向，是小磁针静止的时候N极所
16、指的方向，也是小磁针的N极所受力的方向；磁感应强度的方向沿磁感线的切线方向；磁感应强度的方向与通电导线所受安培力的方向垂直。12.如图所示，平行金属导轨间距为L，与水平面间的倾角为（导轨电阻不计）。两导轨与阻值为R的定值电阻相连，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过导轨平面，有一质量为m，长为L的导体棒在ab位置获得平行于斜面的大小为v的初速度向上运动，最远处到达cd的位置，滑行距离为s，导体棒的电阻也为R，导体棒与导轨间的动摩擦因数为，则（ ）A. 上滑过程中导体棒受到的最大安培力为B. 导体棒上滑过程中克服安培力、滑动摩擦力和重力做的总功为C. 上滑过程中电流做功产生的热量为-mgssinD.
17、 上滑过程中导体棒损失的机械能为mgssin【答案】BD【解析】【详解】导体棒开始运动时速度最大，产生的感应电动势和感应电流最大，所受的安培力最大，由E=BLv、I=、FA=BIL得：最大安培力为 Fmax=故A错误。导体棒上滑的过程中，根据动能定理得知，克服安培力、滑动摩擦力和重力做的总功为mv2故B正确。根据能量守恒可知，上滑过程中导体棒的动能减小，转化为焦耳热、摩擦生热和重力势能，则有电流做功发出的热量为 Q=mv2-mgs（sin+cos），故C错误。上滑的过程中导体棒的动能减小mv2，重力势能增加mgssin，所以导体棒损失的机械能为mv2-mgssin故D正确。故选BD。【点睛】本
18、题从两个角度研究电磁感应现象，一是力的角度，关键是推导安培力的表达式；二是能量的角度，关键分析涉及几种形式的能，分析能量是如何转化的二、实验题13.首先发现电流磁效应的科学家是_；发现电磁感应现象的科学家是_【答案】 (1). 奥斯特; (2). 法拉第【解析】【详解】首先发现电流磁效应的科学家是奥斯特；发现电磁感应现象的科学家是法拉第14. 在“研究电磁感应现象”的实验中：（1）实验装置如下图（a）所示，合上电键S时发现电流表指针向右偏，填写下表空格：实验操作指针偏向（填“左”或“右”）滑片P右移时在原线圈中插入软铁棒时拔出原线圈时（2）如图（b）所示，A、B为原、副线圈的俯视图，已知副线圈
19、中产生顺时针方向的感应电流，根据图（a）可判知可能的情况是（ ） A原线圈中电流为顺时针方向，变阻器滑动片P在右移B原线圈中电流为顺时针方向，正从副线圈中拔出铁芯C原线圈中电流为逆时针方向，正把铁芯插入原线圈中D原线圈中电流为逆时针方向，电键S正断开时【答案】（1）右，右，左（2）BC【解析】试题分析：（1）因合上电键S时，电流增大，穿过线圈的磁通量增加，此时电流表指针向右偏，则当滑片P右移时，电阻减小，电流也是增加，故此时电流表指针也向右偏；在原线圈中插入软铁棒时，穿过线圈的磁通量也增加，则此时电流表指针也向右偏；拔出原线圈时，穿过线圈的磁通量减小，则此时电流表指针也向左偏；（2）因副线圈中
20、产生顺时针方向的感应电流，故穿过A的磁通量为向里的减小或者向外的增加；若原线圈中电流为顺时针方向，变阻器滑动片P在右移，则电流增大，磁通量为向里增加，选项A错误； 原线圈中电流为顺时针方向，正从副线圈中拔出铁芯 ，则磁通量为向里减小，选项B正确；原线圈中电流为逆时针方向，正把铁芯插入原线圈中，则磁通量为向外增加，选项C正确；原线圈中电流为逆时针方向，电键S正断开时，则磁通量为向外减小，选项D错误；故选BC考点：研究电磁感应现象三、计算题15. 如图所示，质量为m，带电量为q的微粒，以速度v与水平方向成45角进入匀强电场和匀强磁场同时存在的空间，如图所示，微粒在电场、磁场、重力场的共同作用下做匀
21、速直线运动，求：（1）电场强度的大小，该带电粒子带何种电荷（2）磁感应强度的大小【答案】（1），正（2）【解析】【分析】对带电微粒进行受力分析，受到竖直向下的重力，电场力和洛伦兹力，由于微粒在电场、磁场、重力场的共同作用下做匀速直线运动，所以其受力平衡，据此判断粒子的带电性；接下来由平衡条件列方程，即可求出电场强度与磁感应强度；【详解】解(1)微粒受重力mg，电场力qE，洛伦兹力qvB，微粒做匀速直线运动，所受合力必为零，根据共点力平衡条件可知，微粒只能带正电，否则不能平衡，受力如图所示，由几何关系知，则电场强度为：(2)由于合力为零，则：所以：16.如图所示，足够长的平行光滑U形导轨倾斜放置
22、，所在平面倾角37，导轨间的距离L1.0 m，下端连接R1.6 的电阻，导轨电阻不计，所在空间均存在磁感应强度B1.0 T、方向垂直于导轨平面的匀强磁场，质量m0.5 kg、电阻r0.4 的金属棒ab垂直置于导轨上，现用沿轨道平面且垂直于金属棒、大小F5.0 N的恒力使金属棒ab从静止起沿导轨向上滑行，当金属棒滑行2.8 m后速度保持不变求：(sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2)(1)金属棒匀速运动时的速度大小v；(2)当金属棒沿导轨向上滑行的速度v2 m/s时，其加速度的大小a.【答案】(1)4 m/s(2)2 m/s2【解析】(1)金属棒匀速运动时产生的感应电流：Im
23、 由平衡条件有：FmgsinBImL代入数据解得：v4m/s(2)此时金属棒受到的安培力：F安由牛顿第二定律有：FmgsinF安ma解得：a2 m/s2.点睛：此题考查电磁感应与力学的综合，涉及到共点力平衡、闭合电路欧姆定律、切割产生感应电动势公式等知识，关键是安培力的分析和计算。记住安培力的求解的经验公式F安.17.如图，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为和是它的两条边界现有质量为m，电量为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入，要使粒子不从边界射出，粒子入射速率的最大值可能是多少？【答案】 或 【解析】解析：题目中只给出粒子“电荷量为q”，未说明是带哪种电荷。若q为正电荷，轨迹是如图所示上方
24、与NN相切的圆弧，轨道半径： 又 解得 若q为负电荷，轨迹如图所示的下方与NN相切的圆弧，则有： 解得 综上所述本题答案是：(q为正电荷)或 (q为负电荷)18.如图所示，坐标平面第象限内存在大小为E4105N/C方向水平向左的匀强电场，在第象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。质荷比为41010kg/C的带正电粒子从x轴上的A点以初速度v02107m/s垂直x轴射入电场，OA0.2m，不计重力。求：（1）粒子经过y轴时的位置到原点O的距离；（2）若要求粒子不能进入第三象限，求磁感应强度B的取值范围（不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况）。【答案】(1)0.4m；(2)【解析】【详解】画出粒子的运动轨迹如图（1）粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中运动的时间为，粒子经过轴时的位置与原点的距离为在轴方向，粒子做匀加速运动，粒子到达轴时，在轴方向的位移为：粒子的加速度为：在轴方向，粒子做匀速运动，粒子到达轴时，在轴方向的位移为：由以上方程解得：（2）粒子经过轴时在电场方向分速度为：粒子经过轴时的速度大小为：与轴正方向的夹角为，且，所以要粒子不进入第三象限，如图所示，此时粒子做圆周运动的轨道半径为，则：由洛伦兹力提供向心力由以上方程联立解得：
