《安徽省安慶市第一中學2021-2022學年高二上學期期中考試物理（理科） Word版含解析.docx》由會員上傳分享，免費在線閱讀，更多相關內容在教育資源-天天文庫。

安慶一中2021-2022學年度高二第一學期期中考試物理試卷一、單選題（共8小題，每題4分，共32分）1.關于磁場，下列說法正確的是（）A.根據安培分子電流假說，所謂磁化就是分子電流由無序變成有序排列B.電流元所受安培力為零，則該處磁感應強度也為零C.磁場的方向就是一小段通電導線在該點的受力方向D.穿過平面磁通量為零，磁感應強度一定為零【答案】A【解析】【詳解】A．根據安培分子電流假說，所謂磁化就是分子電流由無序變成有序排列，故A正確；B．一小段通電導線（電流元）在磁場中某處所受安培力為零，可能是電流的方向與磁場平行，該處磁感應強度不一定為零，故B錯誤；C．根據左手定則可知，磁場的方向與一小段通電導線在該點的受力方向垂直，故C錯誤；D．根據Φ=BScosθ穿過平面的磁通量為零，可能是平面與磁場的方向垂直，磁感應強度不一定為零，故D錯誤。故選A。2.如圖，等邊三角形線框LMN由三根相同的導體棒連接而成，固定于勻強磁場中，線框平面與磁感應強度方向垂直，線框頂點M、N與直流電源兩端相接，已如導體棒MN受到的安培力大小為F，則線框LMN受到的安培力的大小為（　　）A.2FB.1.5FC.0.5FD.0【答案】B【解析】【詳解】設每一根導體棒的電阻為R，長度為L，則電路中，上下兩路電阻之比為，根據并聯電路兩端各電壓相等的特點可知，上下兩路電流之比 ．如下圖所示，由于上路通電的導體受安培力的有效長度為L，根據安培力計算公式，可知，得，根據左手定則可知，兩力方向相同，故線框LMN所受的合力大小為，故本題選B．3.如圖所示，空間存在方向垂直紙面的勻強磁場，一粒子發(fā)射源P位于足夠大絕緣平板MN的上方距離為d處，在紙面內向各個方向發(fā)射速率均為v的同種帶電粒子，不考慮粒子間的相互作用和粒子重力，已知粒子做圓周運動的半徑大小也為d，則粒子（　?。〢.能打在板上的區(qū)域長度為2dB.能打在板上離P點的最遠距離為1.5dC.到達板上的最長時間為D.到達板上的最短時間為【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．粒子打在平板上粒子軌跡的臨界狀態(tài)如圖1所示，左端粒子軌跡與平板相切，右邊為直徑與平板的交點根據幾何關系知，帶電粒子能到達板上的長度 L＝R+故A錯誤；B．由圖可以看到打在板上最遠點是右邊，由幾何關系它與P點的距離是s＝2R＝2d故B錯誤；CD．粒子在磁場中運動時間最短時劣弧對應的弦長最短所以最短的弦長為d；粒子在磁場中運動的時間最長時，粒子軌跡對應的圓心角最大，在磁場中運動時間最短如圖2中的劣弧1，粒子運動時間最長如圖2中的優(yōu)弧2所示由幾何關系知，最長時間t1＝最短時間t2＝故C正確；D錯誤。故選C。4.如圖所示，在第一象限內有垂直紙面向里的勻強磁場，一對正、負電子分別以相同速度、與x軸成30°角從原點射入磁場，則正、負電子在磁場中的運動時間之比為（不計重力）（　?。〢.2：1B.1：2C.1：D.1：1【答案】A 【解析】【詳解】根據牛頓第二定律有解得周期為可知正、負電子在磁場中運動的周期相同，正電子在磁場中軌跡如圖所示由幾何知識可知正電子轉過的角度為，則正電子在磁場中的運動時間為負電子在磁場中軌跡如圖所示由幾何知識可知負電子轉過的角度為，則負電子在磁場中的運動時間為則正、負電子在磁場中的運動時間之比為故選A。 5.如圖所示，厚度為h、寬度為d的某種半導體板，放在垂直紙面向里的勻強磁場中，磁感應強度大小為B.當電流通過導體板時，在導體板的上、下表面之間會產生電勢差，這種現象稱為霍爾效應。實驗表明，當磁場不太強時，上、下表面之間的電勢差U、電流I和B的關系為，式中的比例系數k稱為霍爾系數。設電流I（方向如圖）是由帶正電荷的空穴定向移動形成的，導體中單位體積中空穴的個數為n，空穴定向移動的速率為v，電荷量為e。下列說法正確的是（）A.上表面的電勢比下表面低B.導體板之間的電場強度C.霍爾系數k的大小與d、h有關D.霍爾系數k的大小與n、e有關【答案】D【解析】【詳解】A．根據左手定則可知，正電荷向上表面偏轉，則上表面的電勢高于下表面，故A錯誤；B．根據勻強電場中，電勢差和電場強度的關系，可知導體板之間的電場強度為故B錯誤；CD．電荷在磁場中受到洛倫茲力的作用，向上極板偏轉，穩(wěn)定后，極板間形成電場，電荷在電場力和洛倫茲力的共同作用下，處于平衡狀態(tài)，則有解得U=vBh結合電流的微觀表達式I=neSv=nehdv解得則霍爾系數為 故霍爾系數k的大小與n、e有關，故D正確，C錯誤。故選D。6.如圖甲所示，水平面內虛線MN的右側存在豎直向下的勻強磁場，現有一個閉合的金屬線框以恒定速度從MN左側沿垂直MN的方向進入勻強磁場區(qū)域，線框中的電流隨時間變化的圖像如圖乙所示，則線框的形狀可能是下圖中的（　?。〢.B.C.D.【答案】A【解析】【詳解】A．導體棒切割磁感線產生的感應電動勢設線框總電阻R，則感應電流由圖乙所示圖像可知，感應電流先均勻變大，后均勻變小，由于B、v、R是定值，由上式知I與有效切割長度成正比，則導體棒的有效長度L應先均勻變長，后均勻變短，三角形線框勻速進入磁場時，有效長度L先均勻增加，后均勻減小，故A正確；B．梯形線框勻速進入磁場時，有效長度L先均勻增加，后不變，最后均勻減小，故B錯誤；C．閉合圓環(huán)勻速進入磁場時，有效長度L先變大，后變小，但隨時間非均勻變化，故C錯誤； D．圖示形狀勻速進入磁場時，有效長度L先均勻增加，后不變，最后均勻減小，故D錯誤。故選A。7.如圖所示，光滑水平面上存在有界勻強磁場，磁感應強度為，質量為邊長為的正方形線框斜向穿進磁場，當剛進入磁場時，線框的速度為，方向與磁場邊界成，若線框的總電阻為，則（　?。〢.線框穿進磁場過程中，框中電流的方向為B.剛進入磁場時線框中感應電流為C.剛進入磁場時線框所受安培力為D.此時兩端電壓為【答案】C【解析】【詳解】A．線框進入磁場的過程中穿過線框的磁通量增大，由楞次定律可知，感應電流的磁場的方向向外，則感應電流的方向為ABCD方向，故A錯誤；B．AC剛進入磁場時CD邊切割磁感線，AD邊不切割磁感線，所以產生的感應電動勢則線框中感應電流為故B錯誤；C．AC剛進入磁場時線框的CD邊產生的安培力與v的方向相反，AD邊受到的安培力的方向垂直于AD向下，它們的大小都是由幾何關系可以看出，AD邊與CD邊受到的安培力的方向相互垂直，所以AC剛進入磁場時線框所受安培力為AD邊與CD邊受到的安培力的矢量合，即 故C正確；D．當AC剛進入磁場時，CD兩端電壓故D錯誤。故選C。8.如圖所示，水平面上固定著兩根相距L且電阻不計的足夠長的光滑金屬導軌，導軌處于方向豎直向下、磁感應強度為B的勻強磁場中。相同的銅棒a、b平行地靜止在導軌上且與導軌接觸良好，每根銅棒的長度等于兩導軌的間距、電阻為R、質量為m。現給銅棒a一個平行于導軌向右的瞬時沖量I，關于此后的過程，下列說法正確的是（　　）A.銅棒b獲得的最大速度為B.銅棒b的最大加速度為C.銅棒b中的最大電流為D.銅棒b中產生的最大焦耳熱為【答案】A【解析】【詳解】A．兩銅棒在任意時刻所受安培力等大反向，所以系統(tǒng)動量守恒，共速時b有最大速度銅棒b的最大速度故A正確；C．選取水平向右正方向，根據動量定理求解a開始時速度根據左手定則判斷安培力，可知此后a導體棒做減速運動，b導體棒做加速運動，所以回路中的感應電動勢最大值 銅棒b中的最大電流為故C錯誤；B．根據牛頓第二定律，銅棒b的最大加速度故B錯誤；D．兩銅棒共速后，回路中不再產生感應電流，則根據能量守恒定律，系統(tǒng)產生的熱量銅棒b中產生的最大焦耳熱為故D錯誤。故選A。二、多選題（共4小題，每題4分，共16分）9.在半徑為R的圓形區(qū)域內，存在垂直圓面向里的勻強磁場。圓邊上的P處有一粒子源，沿垂直于磁場的各個方向，向磁場區(qū)發(fā)射速率均為v0的同種粒子，如圖所示?，F測得：當磁感應強度為B1時，粒子均從由P點開始弧長為πR的圓周范圍內射出磁場；當磁感應強度為B2時，粒子則從由P點開始弧長為πR的圓周范圍內射出磁場。不計粒子的重力，則（　?。〢.前后兩次粒子運動的軌跡半徑之比為r1：r2=：B.前后兩次粒子運動的軌跡半徑之比為r1：r2=2：3C.前后兩次磁感應強度的大小之比為B1：B2=：D.前后兩次磁感應強度的大小之比為B1∶B2=3：2【答案】AC 【解析】【詳解】當磁感應強度為B1時，粒子半徑為r1，粒子運動情況如圖所示根據洛倫茲力提供向心力可得根據幾何關系有聯立解得當磁感應強度為B2時，粒子半徑為r2，粒子運動情況如圖所示根據洛倫茲力提供向心力可得根據幾何關系有聯立解得前后兩次粒子運動的軌跡半徑比為 前后兩次磁感應強度的大小之比為故選AC。10.空間存在豎直向下的勻強電場和水平方向（垂直紙面向里）的勻強磁場，如圖所示，已知一離子在電場力和洛侖茲力共同作用下，從靜止開始自A點沿曲線ACB運動，到達B點時速度為零，C為運動的最低點.不計重力，則　A.該離子帶負電B.A、B兩點位于同一高度C.C點時離子速度最大D.離子到達B點后，將沿原曲線返回A點【答案】BC【解析】【分析】考查帶電粒子在復合場中的運動。【詳解】A．粒子開始受到電場力作用開始向下運動，在運動過程中受洛倫茲力作用向右偏轉，離子帶正電，A錯誤；B．根據動能定理知，洛倫茲力不做功，在A到B的過程中，動能變化為零，則電場力做功為零，A、B兩點等電勢，又因為該電場是勻強電場，所以A、B兩點位于同一高度，B正確；C．根據動能定理得，離子運動到C點電場力做功最大，則速度最大，C正確；D．只要將離子在B點的狀態(tài)（速度為零，電勢能相等）相同，如果右側還有同樣的電場和磁場的疊加區(qū)域，離子就將在B的右側重現前面的曲線運動，因此，離子是不可能沿原曲線返回A點的，D錯誤。故選BC。 11.金屬圓盤置于方向垂直于紙面向里的勻強磁場中，圓盤中央和邊緣各引出一根導線，與套在鐵芯上部的線圈A相連，套在鐵芯下部的線圈B引出兩根導線接在兩根水平導軌上如圖所示，導軌上有一根金屬棒ab處在垂直于紙面向外的勻強磁場中，下列說法正確的是（　?。〢.圓盤順時針加速轉動時，ab棒將向右運動B.圓盤順時針減速轉動時，ab棒將向右運動C.圓盤逆時針減速轉動時，ab棒將向右運動D.圓盤逆時針加速轉動時，ab棒將向右運動【答案】BD【解析】【詳解】AB．由右手定則可知，圓盤順時針加速轉動時，感應電流從圓心流向邊緣，線圈A中產生的磁場方向向下且磁場增強，由楞次定律可知，線圈B中的感應磁場方向向上，由右手螺旋定則可知，ab棒中感應電流方向由a→b，由左手定則可知，ab棒受的安培力方向向左，ab棒將向左運動；同理分析可知，若圓盤順時針減速轉動時，則ab棒將向右運動，故A錯誤，故B正確；CD．由右手定則可知，圓盤逆時針減速轉動時，感應電流從邊緣流向圓心，線圈A中產生的磁場方向向上且磁場減弱，由楞次定律可知，線圈B中的感應磁場方向向上，由右手螺旋定則可知，ab棒中感應電流方向由a→b，由左手定則可知，ab棒受的安培力方向向左，ab棒將向左運動；同理分析可知，若圓盤逆時針加速轉動時，則ab棒將向右運動，故C錯誤；D正確。故選BD。12.如圖所示，足夠長的平行光滑金屬導軌傾斜放置，與水平面夾角為30°，兩導軌間的距離為L，導軌頂端接有電容為C的電容器。一根質量為m的均勻金屬棒ab放在導軌上，與兩導軌垂直且保持良好接觸，整個裝置放在磁感應強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向上，重力加速度為g，不計一切電阻。由靜止釋放金屬棒，金屬棒下滑x的過程中電容器未被擊穿，下列說法正確的是（　　） A.金屬棒做加速度越來越小的加速運動B.金屬棒下滑x時的速度v=C.金屬棒下滑x的過程中電容器儲存的電荷量q=D.金屬棒下滑x的過程中，電容器儲存的電場能E電=【答案】CD【解析】【分析】【詳解】A．導體棒沿光滑導軌下滑切割磁感線產生動生電動勢，同時給電容器充電，由牛頓第二定律有而充電電流為聯立可得可知加速度恒定，即金屬棒做勻加速直線運動，故A錯誤；B．金屬棒做勻加速直線運動，則下滑x時的速度為v，有聯立解得速度故B錯誤；C．金屬棒下滑x的過程中電容器儲存的電荷量為 故C正確；D．金屬棒下滑x的過程中，電容器儲存的電荷量為電荷量與電壓成正比，則電容器儲存的電場能為而聯立解得另解：對棒的下滑過程由動能定理，有而聯立解得故D正確；故選CD。第Ⅱ卷（非選擇題）三、填空題（每空2分，共14分）13.如圖所示，電路中電源內阻不能忽略，L的自感系數很大，其直流電阻忽略不計，A、B為兩個完全相同的燈泡，當S閉合時，A燈________變亮，B燈________變亮．當S斷開時，A燈________熄滅，B燈________熄滅．（均選填“立即”或“緩慢”） 【答案】①.緩慢②.立即③.緩慢④.緩慢【解析】【分析】【詳解】略14.如圖所示，將小螺線管A插入大螺線管B中不動，當開關S閉合或斷開時，電流表中________電流通過；若開關S一直閉合，當改變滑動變阻器的阻值時，電流表中________電流通過；而開關一直閉合，滑動變阻器的滑動觸頭不動時，電流表中________電流通過。（均選填“有”或“無”）【答案】①.有②.有③.無【解析】【分析】【詳解】[1][2][3]如圖所示，將小螺線管A插入大螺線管B中不動，當開關S閉合或斷開時，電流表中有電流通過；若開關S一直閉合，當改變滑動變阻器的阻值時，電流表中有電流通過；而開關一直閉合，滑動變阻器的滑動觸頭不動時，電流表中無電流通過。四、計算題（共3題，共38分）15.回旋加速器原理如圖所示，和是兩個中空的半圓形金屬盒，置于與盒面垂直的勻強磁場中，它們接在交流電源上，位于圓心處的離子源A能不斷產生正離子，它們在兩盒之間被電場加速，當正離子被加速到最大動能后，再設法將其引出。已知正離子的電荷量為q，質量為m，加速時電極間電壓大小恒為U，磁場的磁感應強度為B，D形盒的半徑為R，狹縫之間的距離為d。設正離子從離子源出發(fā)時的初速度為零。 （1）試計算上述正離子被第一次加速后進入中運動的軌道半徑；（2）計算正離子飛出D形盒時的最大動能；（3）設該正離子在電場中的加速次數與回旋半周的次數相同，求正離子在電場中加速的總時間與正離子在D形盒中回旋的總時間之比（正離子在電場中運動時，不考慮磁場的影響）?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）設正離子第1次經過狹縫被加速后的速度為，根據動能定理可得在磁場中，洛倫茲力提供向心力，則有解得（2）離子射出加速器時離子動能為（3）在電場中運動可以看做連續(xù)的勻加速直線運動，設離子射出時速度為。根據平均速度公式可得在電場中運動時間為 離子在形盒中運動的周期為粒子在碰場中回旋的時間為有16.電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來研制新武器和航天運載器．電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動勢為E，電容器的電容為C．兩根固定于水平面內的光滑平行金屬導軌間距為l，電阻不計．炮彈可視為一質量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導軌間處于靜止狀態(tài)，并與導軌良好接觸．首先開關S接1，使電容器完全充電．然后將S接至2，導軌間存在垂直于導軌平面、磁感應強度大小為B的勻強磁場（圖中未畫出），MN開始向右加速運動．當MN上的感應電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時，回路中電流為零，MN達到最大速度，之后離開導軌．問：（1）磁場的方向；（2）MN剛開始運動時加速度a的大?。唬?）MN離開導軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少．【答案】（1）垂直于導軌平面向下；（2）（3）【解析】【詳解】（1）電容器充電后上板帶正電，下板帶負電，放電時通過MN電流由M到N，欲使炮彈射出，安培力應沿導軌向右，根據左手定則可知磁場的方向垂直于導軌平面向下．（2）電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，根據歐姆定律，電容器剛放電時的電流：炮彈受到的安培力：根據牛頓第二定律： 解得加速度（3）電容器放電前所帶的電荷量開關S接2后，MN開始向右加速運動，速度達到最大值vm時，MN上的感應電動勢：最終電容器所帶電荷量，導體棒運動過程中受到安培力的作用，磁感應強度和導體棒長度不變，即安培力和電流成正比，因此在此過程中MN的平均電流為，MN上受到的平均安培力：由動量定理，有：又：整理的：最終電容器所帶電荷量17.如圖所示,在直角坐標系xoy中，矩形區(qū)域內(包含邊界)有垂直于紙面向外的勻強磁場,磁感應強度大小B=T；第一象限內有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大小E=N/C．已知矩形區(qū)域邊長為1.6m，邊長為0.5m．在邊中點N處有一放射源，某時刻,放射源沿紙面向磁場中各方向均勻地射出速率均為m/s的某種帶正電粒子，帶電粒子質量m=kg，電荷量q=C，不計粒子重力及粒子間相互作用，取sin37°=0.6，cos66°=0.4．求：(1)粒子在磁場中運動的半徑；(2)從邊射出粒子(不進入電場區(qū)域)的最長軌跡的長度及射出邊時的位置坐標；(3)沿x軸負方向射出的粒子,從射出到從y軸離開磁場所用的時間．【答案】（1）0.5m（2）1.1m,坐標為（1.6m，-0.1m）（3）2.68×10-6s【解析】【分析】 由題意得出粒子的運動軌跡；由洛侖茲力充當向心力可求得半徑；畫出粒子運動軌跡，根據幾何關系即可求出最長軌跡的長度和坐標；由幾何關系確定磁場中的運動圓心角，再直線運動規(guī)律確定粒子在電場中運動的時間，則可求得總時間．【詳解】（1）粒子磁場中運動，洛倫茲力提供向心力得：解得：R=0.5m（2）當軌跡與x軸相切時軌跡最長，粒子在磁場中得運動軌跡如圖中所示：由幾何關系得，解得：，所以，軌跡的長度：粒子從ab邊離開磁場時的位置坐標為（1.6m,-0.1m）．(3)y沿x軸射出的粒子如圖，粒子先在磁場中運動四分之一圓周，然后在電場中做一個往復運動，再回到磁場，最后從y軸射出磁場，粒子先在磁場中運動的時間為，周期：，粒子在電場中運動的時間為，速度為：，加速度為：，粒子從電場中回到磁場中，設其在磁場中運動的軌跡圓弧所對應的圓心角為，由幾何關系得：，可得：，所以粒子返回磁場后運動的時間為：，總時間為．