1、天津市耀华中学2019-2020学年度第一学期第二次阶段检测高二年级物理学科试卷一、单选题（每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确的）1.如图所示，一个边长L、三边电阻相同的正三角形金属框放置在磁感应强度为B的匀强磁场中。若通以图示方向的电流(从A点流入，从C点流出)，电流为I，则金属框受到的磁场力的合力为（ ）A. 0B. ILBC. ILBD. 2ILB【答案】B【解析】解：由图示可知，电流由A流入，从C流出，则有电流从A到C直导线，与从A到B再到C两直导线，从A到B再到C两直导线，产生的安培力，可等效成从A到C直导线产生的安培力，由于总电流强度为I，因此金属框受
2、到的磁场力BIL，故B正确，ACD错误；故选：B考点：安培力分析：由安培力公式F=BILsin分析答题，其中L是通电导线的有效长度，是导线在磁场中两端点间的距离点评：正确理解安培力公式F=BILsin中各符合所表示物理量是正确解题的关键，分析清楚图示情景，求出导线有效长度L即可正确解题2.一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图所示如果直导线可以自由地运动且通以由a到b的电流，则导线ab受磁场力后的运动情况为()A. 从上向下看顺时针转动并靠近螺线管B. 从上向下看顺时针转动并远离螺线管C. 从上向下看逆时针转动并远离螺线管D. 从上向下看逆时针转动并靠近螺线管【答案】D【解析】
3、试题分析：通电导线因放在通电螺线管的磁场中故受到磁场力，因左右两侧磁场方向不同，故可以分左右两边分别分析研究，画出两侧的磁场方向，则由左手定则可判出磁场力的方向，根据受力情况可判出物体的转动情况当导体转动后，我们可以认为电流向右偏内，受力也将发生变化，为了简便，我们可以判断导体转动到向里的位置判断导体的受力情况，再判出导体的运动情况解：通电螺线管的磁感线如图所示，则由图示可知左侧导体所处的磁场方向斜向上，右侧导体所处的磁场斜向下，则由左手定则可知，左侧导体受力方向向外，右侧导体受力方向向里，故从上向下看，导体应为逆时针转动；当导体转过90时，由左手定则可得导体受力向下，故可得出导体运动为逆时针
4、转动的同时还要向下运动即为a端转向纸外，b端转向纸里，且靠近通电螺线管，故D正确，ABC错误；故选：D【点评】解决本题的关键（1）清楚通电螺线管的磁场，应看到左右两边磁场的不同；（2）能准确地应用左手定则判断磁场与电流不垂直的情况；（3）会找到一些有代表性的特殊位置求解3.如图所示是两个互连的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一，磁场垂直穿过大金属环所在区域当磁感应强度随时间均匀变化时，在大环内产生的感应电动势为E，则a、b两点间的电势差为()A. EB. EC. ED. E【答案】B【解析】【详解】ab间的电势差等于路端电压，而小环电阻占电路总电阻的，故UabE；A.E，与计算结
5、果不一致，故A错误；B.E，与计算结果一致，故B正确；C.E，与计算结果不一致，故C错误；D. E，与计算结果不一致，故D错误；4.如图所示，一宽40 cm的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，一边长为20 cm的正方形导线框位于纸面内，以垂直于磁场边界的速度v20 cm/s匀速通过磁场区域.在运动过程中，线框有一边始终与磁场区域的边界平行，取它刚进入磁场的时刻t0，正确反映感应电流随时间变化规律的图象是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】线框进入磁场过程：时间根据楞次定律判断可知感应电流方向是逆时针方向，感应电流大小不变线框完全在磁场中运动过程：磁通量不变，没有感应产生，
6、经历时间线框穿出磁场过程：时间感应电流方向是顺时针方向，感应电流大小不变，故C正确。5.水平面上有 U 形导轨 NMPQ，它们之间的宽度为 L，M 和 P 之间接入电源，现垂直于导轨搁一根质量 为 m 的金属棒 ab，棒与导轨的动摩擦因数为 (滑动摩擦力略小于最大静摩 擦力)，通过棒的电流强度为 I，现加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向垂直于金属棒 ab，与垂直导轨平面的方向夹角为 如图所 示，金属棒处于静止状态，重力加速度为 g，则金属棒所受的摩擦力大小为A. BILsin B. BILcos C (mgBILsin )D. (mgBILcos )【答案】B【解析】导体棒受
7、到的安培力为F=BIL，对导体棒受力分析，根据共点力平衡可知，f=Fcos=BILcos，故B正确，故选B.6.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点沿直径AOB方向射入磁场，经过t时间从C点射出磁场，OC与OB成600角。现将带电粒子的速度变为v/3，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. 【答案】B【解析】试题分析：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，据牛顿第二定律有，解得粒子第一次通过磁场区时的半径为，圆弧 AC所对应的圆心角 AO C60，经历的时间为（ T为粒子在匀强磁场中
8、运动周期，大小为，与粒子速度大小无关）；当粒子速度减小为 v/3后，根据知其在磁场中的轨道半径变为 r/3，粒子将从 D点射出，根据图中几何关系得圆弧 AD所对应的圆心角 AO D120，经历的时间为由此可知B项正确考点：带电粒子在匀强磁场中的运动【此处有视频，请去附件查看】7.如图所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环，导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按下列哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体圆环将受到向上的磁场作用力( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】导体圆环将受到向上的磁场
9、作用力，根据楞次定律的另一种表述，可见原磁场磁通量是减小，即螺线管和abcd构成的回路中产生的感应电流在减小。根据法拉第电磁感应定律，则感应电流可知减小。A图中减小，则选项A正确；B图中变大，则选项B错误；C图中不变，则选项C错误；D图中不变，则选项D错误；8. 如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于A. 棒的机械能增加量B. 棒的动能增加量C. 棒的重力势能增加量
10、D. 电阻R上放出的热量【答案】A【解析】【分析】棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，F做正功，安培力做负功，重力做负功，动能增大根据动能定理分析力F做的功与安培力做的功的代数和【详解】A棒受重力G、拉力F和安培力FA的作用由动能定理：WF+WG+W安=EK得WF+W安=EK+mgh即力F做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增加量故A正确B由动能定理，动能增量等于合力的功合力的功等于力F做的功、安培力的功与重力的功代数和故B错误C棒克服重力做功等于棒的重力势能增加量故C错误D棒克服安培力做功等于电阻R上放出的热量故D错误【点睛】本题运用功能关系分析实际问题对于动能定理理解要到位：
11、合力对物体做功等于物体动能的增量，哪些力对物体做功，分析时不能遗漏【此处有视频，请去附件查看】二、多选题（每小题6分，共36分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得6分，部分选对的得3分，选错或不答的得0分）9.如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是（ ）A. 开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B. 开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C. 开关闭合并保持一段时间后，小磁针
12、的N极指向垂直纸面向外的方向D. 开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动【答案】AD【解析】【详解】A断出直导线中电流方向为由南向北，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向里，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A正确；BC开关闭合并保持一段时间后，左侧线圈中磁通量不变，线圈中感应电动势和感应电流为零，直导线中电流为零，小磁针恢复到原来状态， BC错误；D开关闭合并保持一段时间后再断开后的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由北向南，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向外，小磁针的N
13、极朝垂直纸面向外的方向转动，D正确。10.如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略下列说法中正确的是A 合上开关S接通电路时，A2先亮，A1后亮，然后一样亮B. 合上开关S接通电路时，A1和A2始终一样亮C. 断开开关S切断电路时，A2立刻熄灭，A1过一会儿才熄灭D. 断开开关S切断电路时，A1和A2都立刻熄灭【答案】A【解析】【详解】AB.合上开关S接通电路时，立即正常发光，线圈对电流的增大有阻碍作用，所以通过的电流慢慢变大，则先亮，后亮，最后一样亮，故选项A正确，B错误；CD. 断开开关S切断电路时，原来的电流立即减小为零，线圈对电流的减小有阻碍作用，所以通过的电
14、流会慢慢变小，并且通过，所以两灯泡一起过一会儿熄灭，但通过的灯的电流方向与原来的方向相反，故选项C、D错误。11.如图，有两根和水平方向成角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感强度为及一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下。经过足够长的时间，金属杆的速度趋近于一个最大速度vm，则（ ）A. 如果B增大，vm将变大B. 如果变大，vm将变大C. 如果R变大，vm将变大D. 如果m变小，vm将变大【答案】BC【解析】当金属杆做匀速运动时，速度最大，此时有mgsin=F安，又安培力大小为 联立得： 根据上式分析得知：当只B增大时，vm将变小故A错
15、误；如果只增大，vm将变大故B正确；当只R增大，vm将变大，故C正确；只减小m，vm将变小故D错误故选BC点睛：本题第一方面要会分析金属棒的运动情况，第二方面要熟记安培力的经验公式，通过列式进行分析.12.磁流体发电是一项新兴技术。如图所示，平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场。图中虚线框部分相当于发电机。把两个极板与用电器相连，则A. 用电器中的电流方向从B到AB. 用电器中的电流方向从A到BC. 若只减小磁场，发电机的电动势增大D. 若只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势增大【答案】BD【解析】AB、首先对等离子体进行动态分析：开始
16、时由左手定则判断正离子所受洛伦兹力方向向上（负离子所受洛伦兹力方向向下），则正离子向上板聚集，负离子则向下板聚集，两板间产生了电势差，即金属板变为一电源，且上板为正极，下板为负极，所以通过用电器的电流方向从A到B，故B正确，A错误；CD、此后的正离子除受到向上的洛伦兹力f外还受到向下的电场力F，最终两力达到平衡，即最终等离子体将匀速通过磁场区域，因，则q，解得E=Bdv，所以电动势E与速度v及磁场B成正比，故D正确，C错误；故选BD。【点睛】等离子体受到洛伦兹力发生偏转，根据正电荷的偏转方向确定直流电源的正极最终电荷在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡求出电源的电动势。13.回旋加速器在
17、科学研究中得到了广泛应用，其原理如图所示。D1和D2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在电压为U、周期为T的交流电源上。位于D1圆心处的质子源A能不断产生质子（初速度可以忽略），它们在两盒之间被电场加速。当质子被加速到最大动能Ek后，再将它们引出。忽略质子在电场中的运动时间，则下列说法中正确的是（ ）A. 若只增大交变电压U，则质子的最大动能Ek会变大B. 若只增大交变电压U，则质子在回旋加速器中运行的时间不变。C. 若只将交变电压的周期变为2T，仍能用此装置持续加速质子D. 质子第n次被加速前、后的轨道半径之比为【答案】D【解析】【分析】回旋加速器是通过电场进行加速
18、，磁场进行偏转来加速带电粒子带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，根据比较周期当粒子最后离开回旋加速器时的速度最大，根据求出粒子的最大速度，从而得出最大动能的大小关系。【详解】A项：根据得，则最大动能，与加速电压无关，故A错误；B项：若只增大交变电压U，则质子在回旋加速器中加速次数会减小，导致运行时间变短，故B错误；C项：若只将交变电压的周期变为2T，而质子在磁场中运动的周期不变，则两周期不同，所以不能始终处于加速状态，故C错误；D项：根据洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，则有半径公式 与，所以质子第n次被加速前后的轨道半径之比为，故D正确。故选：D。【点睛】解决本题的关键知道带电粒
19、子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，求出粒子的周期和最大动能，根据质量比和电量比，去比较周期和最大动能。14.如图所示，在平板PQ上有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里某时刻有a、b、c三个电子(不计重力)分别以大小相等、方向如图所示初速度va、vb和vc经过平板PQ上的小孔O射入匀强磁场这三个电子打到平板PQ上的位置到小孔O的距离分别是la、lb和lc，电子在磁场中运动的时间分别为ta、tb和tc.整个装置放在真空中，则下列判断正确的是() A. lalclbB. lalblcC. tatbtcD. tatbtc【答案】AD【解析】三个电子的速度大小相等，方向如图所示，垂直进入同一匀强磁
20、场中由于初速度va和vc的方向与MN的夹角相等，所以这两个电子的运动轨迹正好组合成一个完整的圆，则这两个电子打到平板MN上的位置到小孔的距离是相等的而初速度vb的电子方向与MN垂直，则它的运动轨迹正好是半圆，所以电子打到平板MN上的位置到小孔的距离恰好是圆的直径由于它们的速度大小相等，因此它们的运动轨迹的半径均相同所以速度为vb的距离最大选项A正确，B错误；从图中可得，初速度va的电子偏转的角度最大，初速度vc的电子偏转的角度最小，根据粒子在磁场中运动的时间与偏转的角度之间的关系：可得，偏转角度最大的a运动的时间最长，偏转角度最小的c在磁场中运动的时间最短故选项C错误，D正确故选AD三、填空题
21、（每空3分，共6分）15.正方形导线框处于匀强磁场中，磁场方向垂直框平面，磁感应强度随时间均匀增加，变化率为k。导体框质量为m、边长为L，总电阻为R，在恒定外力F作用下由静止开始运动。导体框在磁场中的加速度大小为_，导体框中感应电流做功的功率为_。【答案】， 【解析】【详解】试题分析：导体框四个边所受安培力的合力为零，故可知其在磁场中的加速度为；导体框中的电流为，故感应电流做功的功率为考点：欧姆定律、电功率、电磁感应定律【此处有视频，请去附件查看】四、计算题（本题共26分，16题12分，17题14分）16.如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点
22、垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求：（1）磁场的磁感应强度大小；（2）甲、乙两种离子的比荷之比。【答案】（1） （2）【解析】【详解】（1）设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有： 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有： 由几何关系知： 由式得： （2）设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有：
23、由题给条件有 由式得，甲、乙两种离子的比荷之比为17.如图所示，两根正对的平行金属直轨道MN、MN位于同一水平面上，两轨道之间的距离l = 0.50 m，轨道的MM端之间接一阻值R = 0.40 的定值电阻，NN端与两条位于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP、NP平滑连接，两半圆轨道的半径均为R0 = 0.50 m。直轨道的右端处于竖直向下、磁感应强度B = 0.5 T的匀强磁场中，磁场区域的宽度d = 0.80 m，且其右边界与NN重合。现有一质量m = 0.20 kg、电阻r = 0.10 的导体杆ab静止在距磁场的左边界s = 2.0 m处。在与杆垂直的水平恒力F = 2.0 N的作用下a
24、b杆开始运动，当运动至磁场的左边界时撤去F，结果导体ab恰好能以最小速度通过半圆形轨道的最高点PP。已知导体杆ab在运动过程中与轨道接触良好，且始终与轨道垂直，导体杆ab与直轨道之间的动摩擦因数 = 0.10，轨道的电阻可忽略不计，取g = 10 m/s2，求：（1）导体杆刚进入磁场时，通过导体杆上的电流大小和方向；（2）导体杆穿过磁场的过程中通过电阻R上的电荷量；（3）导体杆穿过磁场的过程中整个电路产生的焦耳热。【答案】（1）3 A，方向由b到a （2）04 C （3）0.94 J【解析】【分析】本题考查电磁感应现象与能量问题的综合。【详解】（1）设导体杆在F的作用下运动至磁场的左边界时的速
25、度为v1，根据动能定理则有： 导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势：此时通过导体杆上的电流大小：=3A根据右手定则可知，电流方向为由b向a（2）设导体杆在磁场中运动的时间为t，产生的感应电动势的平均值为E平均，则由法拉第电磁感应定律有： 通过电阻R的感应电流的平均值：通过电阻R的电荷量：q=I平均t=0.4C（3）设导体杆离开磁场时的速度大小为v2，运动到圆轨道最高点的速度为v3，因导体杆恰好能通过半圆形轨道的最高点，根据牛顿第二定律对导体杆在轨道最高点时有：对于导体杆从NN运动至PP的过程，根据机械能守恒定律有：解得v2=5.0m/s导体杆穿过磁场的过程中损失的机械能：此过程中电路中产生的焦耳热为：