内蒙古 高中高二(上)期末物理试卷-

1、题号高二（上）期末物理试卷一二三四总分得分一、单选题（本大题共10小题，共30.0分）1.关于通电导线所受安培力F的方向、磁场B的方向、电流I的方向之间的关系，下述说法中正确的是（）A.F、B、I三者必须相互垂直B.F必须垂直B、I，但B、I可以不垂直C.B必须垂直F、I，但F、I可以不垂直D.I必须垂直F、B，但F、B可以不垂直2.如图所示的四种情况，通电导体均置于匀强磁场中，其中通电导线不受安培力的是（）A.B.C.D.3.如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速度沿与x轴成30角从原点垂直射入磁场，则正、负电子在磁场中运动时间之比为（）A.1：2B.2：

2、1C.：D.1：14.质量为m、带电量为q的小球，从倾角为的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向外的匀强磁场中，其磁感强度为B，如图所示若带电小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法中正确的是（）小球带正电小球在斜面上运动时做匀加速直线运动小球在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动则小球在斜面上下滑过程中，当小球对斜面压力为零时的速率为A.B.C.D.5.闭合线框abcd，自某高度自由下落时穿过一个有界的匀强磁场，当它经过如图所示的三个位置时，感应电流的方向是（）A.经过时，B.经过时，C.经过时，无感应电流D.经过时，6.在闭合线圈上方有一条形磁铁自由下

3、落，直至穿过线圈的过程中，下列说法中正确的是（）第1页，共17页A.磁铁在下落过程中机械能守恒B.磁铁的机械能增加C.磁铁的机械能有时增加有时减少D.线圈增加的内能是由磁铁减少的机械能转化而来的7.如图所示，A、B、C、D是四个相同的白炽灯，都处于正常发光状态，则图中ab、cd两端电压U1与U2之比是（）A.3：1B.4：1C.3：2D.2：18.远距离送电，已知升压变压器输出电压为U，输出功率为P，降压变压器的输入电压为U，输电线的电阻为R，则线路损耗的热功率P损可用下面哪种方法计算（）A.损B.损C.D.损9.如图所示，a、b、c三个闭合线圈放在同一平面内，当a线圈中通有电流I时，它们的磁

4、通量分别是a、b、c，下列说法正确的是（）A.B.C.D.10.如图所示电路中，灯LA、LB完全相同，带铁芯的线圈L的电阻可忽略，则（）A.S闭合瞬间，、同时发光，接着熄灭，更亮，最后熄灭B.S闭合瞬间，不亮，立即亮C.S闭合瞬间，、都不立即亮D.稳定后再断开S的瞬间，熄灭，比原先亮度更亮二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）11.如图所示，一束带电粒子沿着水平方向平行地飞过磁针的上方时，磁针的S极向纸内偏转，这一带电粒子束可能是（）A.向右飞行的正离子束B.向右飞行的负离子束C.向左飞行的正离子束D.向左飞行的负离子束12.位于光滑水平面的小车上放置一螺线管，一个比螺线管长的条形磁铁沿着

5、螺线管的轴线水平穿过，如图所示，在此过程中（）A.磁铁做匀速直线运动C.小车向右做加速运动B.磁铁做减速运动D.小车先加速后减速13.如图所示，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，D形盒半径为R用该回旋加速器加速质子时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电周期为T（粒子通过狭缝的时间忽略不计）则（）第2页，共17页A.质子在D形盒中做匀速圆周运动的周期为TB.质子被加速后的最大速度可能超过C.质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小

6、无关D.不改变B和T，该回旋加速器也能用于加速粒子14.如图所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻不计，磁场方向垂直于斜面向上，质量为m、电阻不计的金属棒ab在沿着斜面、与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑h高度，在此过程中（）A.作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零B.作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻R上发出的焦耳热之和C.恒力F与安培力的合力所的功等于零D.恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上发出的焦耳热15.如图，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2、R3和R4均为固定电阻，开关S是闭合的和

7、为理想电压表，读数分别为U1和U2；、和为理想电流表，读数分别为I1、I2和I3现断开S，U1数值不变，下列推断中正确的是（）A.变小、变小C.变小、变小B.不变、变大D.变大、变大三、填空题（本大题共2小题，共14.0分）16.现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计（零刻线在正中位置）及开关如图连接在一起，在开关闭合、线圈A在线圈B中的情况下，某同学发现当他将滑动变阻器的滑动片P向左滑动时，电流计指针向右偏转，由此可以推断：如果将线圈A从线圈B中抽出时，电流表指针_当开关由断开状态突然闭合，电流表指针将_当滑动变阻器滑片P向右滑动时，电流表指针_（填右偏、左偏）17.在如下情

8、况中，求出金属杆ab上的感应电动势，回答两端的电势高低（1）ab杆沿轨道下滑到速度为v时（图甲），=_，_端电势高（图中、B、l均为已知）第3页，共17页（2）ab杆绕a端以角速度匀速转动时（图乙），=_，_端电势高图中B、l均为已知）四、计算题（本大题共4小题，共36.0分）18.一个10匝的闭合线圈的总电阻为0.5线圈的面积为10cm2，有一垂直于线圈平面的匀强磁场，其磁感应强度随时间变化的情况如图所示，求：（1）00.2s内线圈中磁通量的变化率；（2）00.2s内线圈中产生的热量。19.如图所示，质量为为m、电量为q的带电粒子，经电压为U的电场加速，又经磁感应强度为B的匀强磁场后落到图中

9、D点，求A、D间的距离和粒子在磁场中运动的时间20.轻直导线杆ab沿垂直于轨道方向放在水平平行的光滑轨道上，ab杆所在区域充满竖直向下的匀强磁场，如图所示，磁感应强度B=0.2T，轨道间距为10cm，当给ab杆施加一个大小为0.04N，方向水平向左的力时，ab杆恰好静止不动，已知电源内阻r=1，电阻R=8，ab杆电阻为4，导轨电阻不计，求电源电动势第4页，共17页21.如图所示，ab=25cm，ad=20cm，匝数为50匝的矩形线圈线圈总电阻r=1外电路电阻R=9磁感应强度B=0.4T线圈绕垂直于磁感线的OO轴以角速度50rad/s匀速转动求：（1）从此位置开始计时，它的感应电动势的瞬时值表达

10、式（2）1min内R上消耗的电能（3）当从该位置转过60时，通过R上瞬时电功率是多少？（4）线圈由如图位置转过30的过程中，R的电量为多少？第5页，共17页答案和解析1.【答案】B【解析】解：根据左手定则，可知：磁感线穿过掌心，安培力与磁感线垂直，且安培力与电流方向垂直，所以安培力垂直于磁感线与电流构成的平面。但磁感线不一定垂直于电流，故只有B正确，ACD均错误；故选：B。左手定则的内容：伸开左手，使大拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。根据左手定则的内容判断安培力的方向。解决本

11、题的关键是掌握用左手定则判定安培力的方向。2.【答案】C【解析】解：根据左手定则来确定安培力的方向，其内容：伸开左手，大拇指与四指在同一平面，且与四指垂直，让磁感线穿过掌心，四指向为电流的方向，则大拇指向为安培力的方向。A选项受到到安培力方向水平向左；B选项受到安培力方向水平向右；D选项受到安培力方向垂直纸面向里。而C选项，由于通电导线与磁感线平行，所以没有磁场力。故选：C。通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F=BIL求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方向学会区分左手定则与右手定则，前者是判定安培力的方向，而后者是判定感应电流的方向3.【答案】B【解析】第6页，共17页解：正离子进

12、入磁场后，在洛伦兹力作用下向上偏转，而负离子在洛伦兹力作用下向下偏转正离子以60入射，则圆弧对应的圆心角为120，而负离子以30入射，则圆弧对应的圆心角为60，所以正离子运动时间是负离子时间的2倍故选B带电粒子以一定的速度垂直进入匀强磁场，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动粒子受到的洛伦兹力提供向心力；粒子在磁场中运动的周期仅与粒子的比荷及磁场有关，而运动的时间与偏转角有关带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径则可画出正、负离子运动轨迹，由几何关系可知答案4.【答案】B【解析】解：、小球向下运动，由磁场垂直纸面向外，又由于洛伦兹力垂直斜面向上，所以小球带正电。故正确；、小球

13、没有离开斜面之前，在重力，支持力、洛伦兹力作用下做匀加速直线运动，虽然速度变大，导致洛伦兹力变大，但三个力的合力却不变，故正确；、小球没有离开斜面之前，在重力，支持力、洛伦兹力作用下做匀加速直线运动，虽然速度变大，导致洛伦兹力变大，但重力沿斜面向下的分力却不变，即三个力的合力却不变，故错误；、则小球在斜面上下滑过程中，当小球受到的洛伦兹力等于重力垂直与斜面的分力相等时，小球对斜面压力为零。所以Bqv=mgcos，则速率为v=，故正确；故选：B。带电滑块在滑至某一位置时，由于在安培力的作用下，要离开斜面根据磁场方向结合左手定则可得带电粒子的电性第7页，共17页由光滑斜面，所以小滑块在没有离开斜面

14、之前一直做匀加速直线运动借助于洛伦兹力公式可求出恰好离开时的速度大小，从而由运动学公式来算出匀加速运动的时间由位移与时间关系可求出位移大小本题突破口是从小滑块刚从斜面离开时，从而确定洛伦兹力的大小，进而得出刚离开时的速度大小，由于没有离开之前做匀加速直线运动，所以由运动与力学可解出运动的时间及位移倘若斜面不是光滑的，则随着粒子的下滑，洛伦兹力大小变化，导致摩擦力变化，从而使加速度也发生变化5.【答案】C【解析】解：A、经过时，向里的磁通量增加，根据楞次定律则感应电流磁场方向向外，由右手定则判断感应电流方向为逆时针，故A错误；B、经过时，磁通量不变，则感应电流为0，故B错误，C正确；D、经过时，

15、向里的磁通量减少，根据楞次定律感应电流的磁场方向向里，由右手定则判断感应电流方向为顺时针，故D错误。故选：C。根据楞次定律直接进行判断即可本题考查了由楞次定律和右手定则对感应电流方向以及有无的判断，基础题6.【答案】D【解析】解：A、B、C、磁铁下落过程中，线圈中产生感应电流，根据楞次定律可知，磁铁将向上的安培力阻碍，其机械能减小转化为电能，故ABC错误。D、穿过线圈的磁通量发生变化，将产生感应电流，产生内能。则由能量守恒知，线圈中增加的内能是由磁铁减少的机械能转化而来的。故D正确。故选：D。第8页，共17页条形磁铁在下落过程中穿过闭合线圈，线圈中产生感应电流，该过程是电磁感应现象，磁铁的机械

16、能转化为电能，也是克服阻力做功的过程分析磁铁的受力情况，判断其机械能是否守恒楞次定律有两种表述方式，一种为“增反减同”，另一种为“来拒去留”，我们常用第一种来判断电流方向，但不应忽视第二种表达的应用，可以用来判断磁极间的相互作用或者是运动情况7.【答案】B【解析】解：原副线圈的电流之比为：则，则=，则U=3U原灯因U1=U灯+U原=4U灯则故B正确，ACD错误故选：B。由三个灯泡的电流一样，求得原副线圈的电流之比，进而得出电压之比，再由U1=UA+U原，从而得U1与U2之比考查变压器的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，从而分析计算电流电压8.【答案】D【解析】解：根据P=U1I得，输电线上的

17、电流I=。，则输电线上损耗的功率P损=I2R=又输电线上电压U线=U-U，则输电线上损耗的功率P损=正确，A、B、C错误。故选：D。根据功率和输出电压得出输送电流的大小，根据P损=I2R=的功率=故D求出线路损耗第9页，共17页解决本题的关键知道：1、输送功率、输送电压、电流之间的关系，2、升压变压器的输出电压、降压变压器的输入电压、电压损失之间的关系9.【答案】B【解析】解：根据题意可知，结合安培定则可得，线圈a内部的磁场方向垂直纸面向外，a的外部磁场方向垂直纸面向里，而磁通量可看成穿过线圈的磁感线条数，当线圈的面积越大时，则相互抵消的越多，因此穿过线圈a的磁通量最大，线圈c的磁通量最小；故

18、有：abc。故选：B。根据安培定则可知，环形导线周围磁场的分布；而通过线圈的磁通量变化是末磁通量减去初磁通量，磁通量是标量，但磁感线分正反面穿过线圈，根据抵消后的磁通量计算解决本题的关键安培定则以及应用，掌握磁通量的概念，理解磁通量的正负含义注意分清正反面10.【答案】A【解析】解：ABC、开关S闭合的瞬间，两灯同时获得电压，所以A、B同时发光。由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，流过A灯的电流逐渐减小，流过B灯的电流逐渐增大，则A灯变暗，B灯变亮，最后LA熄灭。故BC错误，A正确。D、稳定后再断开S的瞬间，由于线圈与灯A构成自感回路，与灯B无关，所以LB立即熄灭；流过线圈的电流在A的电流

19、的基础上开始减小，所以LA不能比LB原先亮度更亮。故D错误。故选：A。开关S闭合的瞬间，电源的电压同时加到两灯的两端，两灯同时发光。由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，随后A灯变暗，B灯变亮。断开开关K第10页，共17页的瞬间，B灯立即熄灭，A灯突然闪亮一下再熄灭。对于自感线圈，当电流变化时产生自感电动势，相当于电源，当电路稳定时，相当于导线，将所并联的电路短路。11.【答案】BC【解析】解：小磁针的S极向纸内偏转，N极向外偏转，因此在粒子下方磁场方向向外，根据安培定则可知电流方向向左，故这束粒子若带正电，则向左飞行，若带负电，则向右飞行，故BC正确，AD错误。故选：BC。带电粒子运动时将

20、形成电流，在电流周围形成磁场，根据小磁针的偏转情况，判断出电流形成磁场方向，然后根据安培定则判断出电流方向，从而判断出粒子的正负及运动方向。对于电流方向、磁场方向的规定要熟练掌握，尤其是要正确根据安培定则判断电流方向与磁场方向之间的关系。12.【答案】BC【解析】解：由题意可知，当磁铁向右运动时，即靠近螺线管，导致穿过的磁通量变大，因此根据楞次定律，则有感应电流产生，根据楞次定律，安培力阻碍磁铁靠近，同理；当磁体远离小车时，也受到阻力的作用。磁体受到向左的力，根据牛顿第三定律可知，同时小车受到向右的力，一直向右加速运动，直到磁铁离小车很远。故BC正确，AD错误；故选：BC。当磁铁的运动时，穿过

21、线圈的磁通量变化，由楞次定律判断出小车的受力和磁铁的受力楞次定律是高中物理的一个重点，也是常考内容，一定要正确、全面理解楞次定律含义，掌握应用楞次定律解题的思路与方法第11页，共17页13.【答案】AC【解析】解：A、回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等。故A正确。B、当粒子从D形盒中出来时速度最大，vm=故B错误。C、根据，得，与加速的电压无关。故C正确。D、根据，知质子换成粒子，比荷发生变化，则在磁场中运动的周期发生变化，回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等，故需要改变磁感应强度或交流电的周期。故D错误。故选：AC。回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频

22、交流电的周期相等，当粒子从D形盒中出来时，速度最大，此时运动的半径等于D形盒的半径解决本题的关键知道当粒子从D形盒中出来时，速度最大以及知道回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等14.【答案】AD【解析】解：导体棒匀速上升过程中，根据动能定理得：WF-WG-W安=0，注意克服安培力所做功即为回路电阻中产生的热量，故有：金属棒上的各个力的合力所做的功等于零，A正确，B错误；恒力F与安培力合力做功等于克服重力所做功，故C错误；恒力F与重力的合力所做的功等于克服安培力所做功即等于电阻R上发出的焦耳热，故D正确。故选：AD。导体棒匀速上升，因此合外力为零，对导体棒正确受力分析，根据动能

23、定理列方程，弄清功能转化关系，注意克服安培力所做功即为回路电阻中产生的热量第12页，共17页对于电磁感应与功能结合问题，注意利用动能定理进行判断各个力做功之间关系，尤其注意的是克服安培力所做功等于整个回路中产生热量15.【答案】BC【解析】解：理想变压器的电压与匝数程正比，由于理想变压器原线圈接到电压不变，则副线圈电压不变，所以V2的示数U2也不变，当s断开之后，并联电路的电阻变大，副线圈的电阻也就变大，由于副线圈电压不变，所以副线圈的总电流减小，即I2变小，由于电流与匝数成反比，当副线圈的电流减小时，原线圈的电流也就要减小，所以I1变小，由于副线圈的总电流减小，R1的电压减小，并联电路的电压

24、就会增大，所以R3的电流I3就会增大，所以BC正确，AD错误故选BC和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R2的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法16.【答案】右偏；左偏；左偏【解析】解：由图示可知，将滑动变阻器的滑动片P向左滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，通过线圈A的电流减小，电流产生的磁场减弱，穿过线圈B的磁通量减小，电流计指针向右偏转，由此可知，穿过线圈B的磁通量减

25、少时，电流表指针向右偏，则磁通量减少时，指针向左偏；如果将线圈A从线圈B中抽出时，穿过线圈B的磁通量减少，电流表指针右第13页，共17页偏；当开关由断开状态突然闭合，穿过线圈B的磁通量增大，电流表指针将左偏；当滑动变阻器滑片P向右滑动时，通过A的电流增大，穿过线圈B的磁通量增大，电流表指针左偏；故答案为：右偏；左偏；左偏根据题意确定电流表指针偏转方向与磁通量变化间的关系，然后根据题意判断磁通量如何变化，再判断指针偏转方向本题无法直接利用楞次定律进行判断，但是可以根据题意得出产生使电流表指针右偏的条件，即可不根据绕向判出各项中应该出现的现象17.【答案】BLvcosa；a；BL2；a【解析】解：

26、（1）由图示可知，为B与v间的夹角，感应电动势：E=BLvcos，由右手定则可知，感应电流由b流向a，在电源内部，电流由低电势点流向高电势点，则a点电势高；（2）ab杆绕a端以角速度匀速转动时（图乙），=BL=BL=根据右手定则判断可知a端电势高故答案为：（1）BLvcosa，a（2）BL2，a（1）由E=BLvcos求出感应电动势，其中为B与v间的夹角，由右手定则判断出感应电流方向，然后判断电势高低（2）根据公式=低求解转动产生的感应电动势，由右手定则判断电势高本题考查了求感应电动势、判断电势高低，应用E=BLvcos、=手定则即可正确解题和右第14页，共17页18.【答案】解：（1）1.0

27、0.2内磁通量的变化率=S=1010-4Wb/s=0.01Wb/s。（2）00.2产生的感应电动势E=n=100.01V=0.1V线圈中产生的热量Q=410-3J答：（1）00.2s内线圈中磁通量的变化率是0.01Wb/s；（2）00.2s内线圈中产生的热量是410-3J。【解析】（1）根据B-t图象可得到磁感应强度的变化率，再求得磁通量的变化率；（2）00.2s内，根据法拉第电磁感应定律求得感应电动势，再由焦耳定律求线圈中产生的热量。本题考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、焦耳定律的综合运用，要知道感应电动势与磁通量的变化率成正比，当磁通量均匀变化量电路中产生恒定的感应电动势。19.【答案】解：粒子在电场中加速，由动能定理得：qU=mv2-0，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，A、D间的距离：d=2r，解得：d=，粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=粒子在磁场中的运动时间：t=T=；，答：A、D间的距离为，粒子在磁场中运动的时间为【解析】粒子在电场中加速，由动能定理求出粒子进入磁场时的速度；粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛