1、20122013学年第一学期12月考试高二物理试卷（考试时间：90分钟；分值：100分；）一、选择题：请将本题答案涂在答题卡上（本题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）。1自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献。下列说法正确的是（ ）A.奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系B.欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系C.法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系D.焦耳发现了电
2、流的热效应，定量经出了电能和热能之间的转换关系2如图所示，金属细棒质量为m，用两根相同轻弹簧吊放在水平方向的匀强磁场中，弹簧的劲度系数为k，棒ab中通有稳恒电流，棒处于平衡，并且弹簧的弹力恰好为零若电流大小不变而将方向突然改变，则()A每根弹簧弹力的大小为mg B每根弹簧弹力的大小为2mgC弹簧形变量为mg/k D弹簧形变量为2mg/k3如图是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流.各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中表示正确的是( )4医生做某些特殊手术
3、时，利用电磁血流计来监测通发过动脉的血流速度。电磁血流计由一对电极a和b以及磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的。使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示。由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差。在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零。在某次监测中，血管内径为5.0mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为300V，磁感应强度的大小为0.050T。则血流速度的近似值和电极a、b的正负为 （ ）A. 1.2m/s ，a正、b负 B. 2.4m/s ， a正、b负
4、C. 1.2m/s，a负、b正 D. 2.4m/s ， a负、b正5如右图所示，一半圆形铝框处在水平向外的非匀强磁场中，离地面越近磁场越强铝框平面与磁场垂直，直径ab水平，(空气阻力不计)铝框由静止释放下落的过程中()A铝框回路磁通量不变，感应电动势为0B回路中感应电流沿顺时针方向，直径ab两点间电势差为0C铝框下落的加速度大小一定小于重力加速度gD直径ab受安培力向上，半圆弧ab受安培力向下6一磁棒自远处匀速沿一圆形线圈的轴线运动，并穿过线圈向远处而去则图中A、B、C、D所示较正确反映线圈中电流i与时间t关系的是(线圈中电流以图示箭头为正方向)7带电粒子以初速度v0从a点进入匀强磁场，如图所
5、示.运动中经过b点，Oa=Ob，若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，仍以v0从a点进入电场，粒子仍能通过b点，那么电场强度E与磁感应强度B之比为( )A .V0 B .1 C. 2V0 D . 8图是质谱仪的工作原理示意图。带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E。平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2。平板S下方有强度为B0的匀强磁场。下列表述正确的是（ ） A质谱仪是分析同位素的重要工具B速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里C能通过的狭缝P的带电粒子的速率等于E/BD粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的荷质
6、比越小9在光滑绝缘水平面上，一轻绳拉着一个带电小球绕竖直方向的轴O在匀强磁场中做逆时针方向的匀速圆周运动，磁场方向竖直向下，且范围足够大，其俯视图如图所示，若小球运动到某点时，绳子突然断开，则关于绳子断开后，对小球可能的运动情况的判断正确的是（)A小球做离心运动，逐渐远离O点B小球仍做逆时针方向的匀速圆周运动，半径不变C小球做顺时针方向的匀速圆周运动，半径和原来相同D小球做顺时针方向的匀速圆周运动，半径比原来小10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源两极相连接的两个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
7、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减小磁场的磁感应强度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减小狭缝间的距离二、填空(共16分)11. (每空2分，共4分)如图所示，一束电子（电量为e）以速度v垂直射入磁感强度为B，宽度为d的匀强磁场中，穿透磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角是30，则电子的质量是 ，穿透磁场的时间是 。12(每空2分，共6分)一个200匝、面积为20 cm2的线圈，放在磁场中，磁场的方向与线圈平面成30角，若磁感应强度在0.05 s内由0.1 T增加到0.5 T.在此过程中穿过线圈的磁通量的变化是_ Wb；磁通量的
8、平均变化率是_ Wb/s；线圈中的感应电动势的大小是_ V.13(每空3分，共6分)如右图所示，在光滑的绝缘水平面上，一个半径为10 cm、电阻为1.0 、质量为0.1 kg的金属环以10 m/s的速度冲入一有界磁场，磁感应强度为B=0.5 T ; 经过一段时间后，圆环恰好有一半进入磁场，此时圆环的瞬时速度为6m/s；则瞬时加速度为_ m/s2、该过程产生了 J的电热。三计算题（共44分，解题过程需要有基本公式和必要的文字说明）14（10分）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
9、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？15（12分）已经知道，反粒子与正粒子有相同的质量，却带有等量的异号电荷.物理学家推测，既然有反粒子存在，就可能有由反粒子组成的反物质存在。1998年6月，我国科学家研制的阿尔法磁谱仪由“发现号”航天飞机搭载升空，寻找宇宙中反物质存在的证据.磁谱仪的核心部分如图所示，PQ、MN是两个平行板，它们之间存在匀强磁场区，磁场方向与两板平行.宇宙射线中的各种粒子从
10、板PQ中央的小孔O垂直PQ进入匀强磁场区，在磁场中发生偏转，并打在附有感光底片的板MN上，留下痕迹.假设宇宙射线中存在氢核、反氢核、氦核、反氦核四种粒子，它们以相同速度v从小孔O垂直PQ板进入磁谱仪的磁场区，并打在感光底片上的a、b、c、d四点，已知氢核质量为m，电荷量为e，PQ与MN间的距离为L，磁场的磁感应强度为B.（1）指出a、b、c、d四点分别是由哪种粒子留下的痕迹?（不要求写出判断过程）（2）求出氢核在磁场中运动的轨道半径； （3）反氢核在MN上留下的痕迹与氢核在MN上留下的痕迹之间的距离是多少?16（12分）如图4-3-14所示，半径为R的圆形导轨处在垂直于圆平面的匀强磁场中，磁感
11、应强度为B，方向垂直于纸面向内.一根长度略大于导轨直径的导体棒MN以速率v在圆导轨上从左端滑到右端，电路中的定值电阻为r，其余电阻不计.导体棒与圆形导轨接触良好.求： (1)、在滑动过程中通过电阻r的电流的平均值；(2)、当MN通过圆导轨中心时，通过r的电流是多大？(3)、MN从左端到右端的整个过程中，通过r的电荷量？17. （10分）两根足够长的光滑平行直导轨MN、PQ与水平面成角放置，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻。一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直。整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，导轨和金属杆接触良好，它们的电阻不
12、计。现让ab杆由静止开始沿导轨下滑。求ab杆下滑的最大速度vm；BRabMNPQ ab杆由静止释放至达到最大速度的过程中，电阻R产生的焦耳热为Q，求该过程中ab杆下滑的距离x。 高二物理试题参考答案一、选择题1.选ACD。2.AC 3. C、D 4.A 5.CD 6.B7.C.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则由 8. AC解析：由加速电场可见粒子所受电场力向下，即粒子带正电，在速度选择器中，电场力水平向右，洛伦兹力水平向左，如图所示，因此速度选择器中磁场方向垂直纸面向外，B不正确；经过速度选择器时满足，可知能通过的狭缝P的带电粒子的速率等于E/B，带电粒子进入磁场做匀速圆周运动则有，可见当v
13、相同时，所以可以用来区分同位素，且R越大，比荷就越大，D错误。9.BCD10.C. 回旋加速器工作时，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由qvBm，得v；带电粒子射出时的动能Ekmv2.因此增大磁场的磁感应强度或者增大D形金属盒的半径，都能增大带电粒子射出时的动能二、填空题(共16分)11. (每空2分，共4分) m=2dBe/v t=d/3v。12. (每空2分，共6分) 410-4 Wb 810-3 Wb/s 1.6 V.磁通量的变化量是由磁场的变化引起的，所以=BSsin=（0.5-0.1）2010-40.5 Wb=410-4 Wb磁通量的变化率=Wb/s=810-3 Wb/s感应电动
14、势E=n=200810-3 V=1.6 V.13(每空3分，共6分) 0.6 m/s2；3.2J此时切割磁感线的有效长度为圆环直径，故瞬时电动势为E=Blv1，瞬时电流I=，安培力F=BIl，瞬时加速度为a=，整理得：a=0.6 m/s2.根据能量守恒定律，动能的减少等于产生的电热，即 mv2-mv12=E热，代入数据解得：E热=3.2 J； 三、计算题14、（10分）【详解】(1)水平方向：fF安sin 竖直方向：NF安cos mg又F安BILBL联立得：Nmgf(2)使ab棒受支持力为零，且让磁场最小，则受安培力竖直向上则有F安mg，Bmin，根据左手定则判定磁场方向水平向右15解: （1
15、2分）（1）a、b、c、d四点分别是反氢核、反氦核、氦核和氢核留下的痕迹. （2）对氢核，在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得： （3）由图中几何关系知： 所以反氢核与氢核留下的痕迹之间的距离16、（12分）解：导体棒从左向右滑动的过程中，切割磁感线产生感应电动势，对电阻r供电.(1)、计算平均电流，应该用法拉第电磁感应定律，先求出平均感应电动势.整个过程磁通量的变化为=BS=BR2，所用的时间t=，代入公式E=，平均电流为I=.(2)、当MN通过圆形导轨中心时，切割磁感线的有效长度最大，l=2R，根据导体切割磁感线产生的电动势公式E=Blv得：E=B2Rv，此时通过r的电流为I=.(3)、电荷量的运算应该用平均电流，q=It=17. （10分）【解析】 根据法拉第电磁感应定律有 根据欧姆定律有 根据安培力公式有 根据牛顿第二定律 有 整理得 当加速度为零时，速度达最大，速度最大值 根据能量守恒定律 有 得