江苏省南通市启东市吕四中学2017-2018学年高二上学期期中考试物理（必修）试题

江苏省南通市启东市吕四中学20172018学年高二上学期期中物理试卷（必修）一、单项选择题1.如图所示，两根垂直纸面平行放置的直导线M和N，通有大小相等方向相反的电流I，在纸面上与M、N距离相等的一点P处，M、N导线产生的磁场的磁感应强度分别为B1、B2，则B1与B2合矢量B的方向的是（）A.竖直向下B.竖直向上C.水平向左D.水平向右【答案】D【解析】MN在P点产生的磁感应强度大小相等，根据安培定则，电流M在P点的磁场与MP垂直向右上方，电流N在P点的磁场的方向与NP垂直向右下方，所以，合磁场的方向水平向右．如图．故D正确，ABC错误．故选：D2.如图所示的电路中，电源的电动势E和内电阻r恒定不变，电灯L恰能正常发光，如果变阻器的滑片P向b端滑动，则（）A.电灯L变亮，电流表的示数增大B.电灯L变亮，电流表的示数变小C.电灯L变暗，电流表的示数变小D.电灯L变暗，电流表的示数增大【答案】B【解析】试题分析：据题意，当滑片向b端滑动时，外电阻增加，据闭合电路欧姆定律：可知电流减小，而内电压为：减小，外电压为：变大，故灯泡变亮而电流表示数减小，故选项B正确而选项A、C、D错误。考点：本题考查电路动态平衡问题。3.某同学将一个电源分别跟R1和R2串联进行实验，电阻两端的电压随电流变化关系和电源的路端电压随电流变化关系如图所示，下列说法中错误的是（）A.定值电阻R1=3Ω，R2=0.75ΩB.电源电动势E=9V，内阻r=1ΩC.接R1时，电源的输出功率为12WD.接R2时，电源的输出功率为12W【答案】B.....................B、根据闭合电路欧姆定律，则有：E=6+2r；及E=3+3r；解得：电动势E=9V，内阻r=3Ω，故B错误；C、当接R1时，电源的输出功率为P1=U1I1=6×2=12W，故C正确；D、当接R2时，电源的输出功率为P2=U2I2=3×4=12W，故D正确．本题选择错误的，故选：B．4.如图所示，条形磁铁放在水平地面上，两个完全相同的线圈a和b在等高处水平放置，a线圈在N极的正上方，b线圈位于磁铁的正中央，关于它们的磁通量Φa和Φb，下列判断正确的是（）A.Φa＞ΦbB.Φa=ΦbC.Φa＜ΦbD.无法判定【答案】A【解析】试题分析：磁通量等于穿过线圈的磁感线的条数．a线圈在N极的正上方时，有磁感线穿过a线圈．b线圈位于磁铁的正中央，左半边线圈中磁感线斜向右上方穿过，右半边线圈磁感线斜向右向下穿过，方向相反，完全抵消，磁通量为零．故A正确．故选A5.如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．线框由静止释放，在下落过程中（）A.穿过线框的磁通量保持不变B.线框中感应电流方向保持不变C.线框所受安掊力的合力为零D.线框的机械能不断增大【答案】B【解析】试题分析：A、线框在下落过程中，所在磁场减弱，穿过线框的磁感线的条数减小，磁通量减小．故A错误．B、下落过程中，因为磁通量随线框下落而减小，根据楞次定律，感应电流的磁场与原磁场方向相同，不变，所以感应电流的方向不变，故B正确．C、线框左右两边受到的安培力平衡抵消，上边受的安培力大于下边受的安培力，安培力合力不为零．故C错误．D、线框中产生电能，机械能减小．故D错误故选B视频6.一带负电荷的物体从粗糙斜面顶端滑到斜面底端时的速度为v，若加上一个垂直于纸面向里的磁场，如图所示，而物体仍能沿斜面滑到底端，则滑到底端时（）A.v将变小B.v将变大C.由于洛伦兹力垂直于速度v，所以v将不变D.不能确定v的变化【答案】B故选：B．7.质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示．下列表述正确的是（）A.M带负电，N带正电B.M的速率小于N的速率C.洛伦兹力对M、N做正功D.M的运行时间大于N的运行时间【答案】A【解析】A项：根据洛伦兹力的特点：洛伦兹力方向始终垂直速度方向，所洛伦兹力不做功，故A项错误；B项：由得由图可知M运动半径大于N的运动半径，所以M的速率大于N的速率，故B项错误；C项：根据洛伦兹力提供向心力，再由左手定则可知，M带负电，N带正电，故C项正确；D项：M、N在磁场中运行的时间都为，故D项错误。点晴：解决本题关键理解带电粒子在磁场中做圆周运动的半径公式，周期公式；注意利用左手定则判断负电荷所受洛伦兹力方向时，四个手指应指向负电荷运动的相反方向。8.英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究，于1922年荣获了诺贝尔化学奖．若一束粒子（不计重力）由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列说法中不正确的是（）A.该束粒子带正电B.速度选择器的上极板带正电C.在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大D.在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小【答案】C【解析】A、带电粒子在磁场中向下偏转，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则知，该粒子带正电．故A正确；B、在平行金属板间，根据左手定则知，带电粒子所受的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力的方向竖直向下，知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的上极板带正电．故B正确；CD、进入B2磁场中的粒子速度是一定的，根据得，r=，知r越大，比荷越小，而质量m不一定大．故C错误、D正确．本题选择错误的，故选：C．点睛：根据带电粒子在磁场中的偏转方向确定带电粒子的正负．根据在速度选择器中电场力和洛伦兹力平衡确定上极板的带电情况．在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，求出粒子的轨道半径，即可知道轨迹半径与什么因素有关．9.如图所示，a为带正电的物体，b为不带电的绝缘物块，a、b叠放在粗糙水平地面上．地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场，现用恒力F拉b，使a、b一起无相对滑动地向左加速运动，则在加速阶段，a受到b施加的摩擦力方向及大小变化是（）A.向左，变大B.先向左后向右，先减小后增大C.向左，变小D.向左，不变【答案】C【解析】整体受到总重力、地面的支持力、竖直向下的洛伦兹力、拉力、地面摩擦力．向左加速运动的过程中，速度增加，洛伦兹力增大，则支持力增大，摩擦力变大，合力变小，根据牛顿第二定律，加速度减小．再隔离对a分析，根据牛顿第二定律知，a所受的合力减小．a在水平上仅受静摩擦力，则静摩擦力变小，方向向左．故C正确，A、B、D错误．故选C．点睛：对整体进行受力分析，根据牛顿第二定律判断出整体加速度的变化，再隔离对a分析，得出a合力的变化，从而得知摩擦力的变化．二、不定项选择题10.关于磁场和磁感线的描述，正确的说法是（）A.沿磁感线方向，磁场逐渐减弱B.磁感线在磁体的外部从N极出发到S极C.磁场的方向就是通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向D.在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小【答案】BD【解析】A、磁场的强弱可以由磁感线疏密表示，但沿磁感线，磁场并不一定减弱，故A错误；B、磁感线在磁体外部由N极到S极，磁体内部由S极到N极，故B正确；C、通电导体在磁场中的受力要由左手定则进行判断；磁场的方向并不是通电导体在磁场中某点受磁场力的方向，故C错误；D、因为同一通电导线在磁场的同一位置，不同角度放置，则安培力大小也不同，故在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小．故D正确。故选：BD．11.在倾角为α的光滑绝缘斜面上，放一根通电的直导线，如图，当加上如下所述的磁场后，有可能使导线静止在斜面上的是（）A.加竖直向下的匀强磁场B.加垂直斜面向下的匀强磁场C.加水平向右的匀强磁场D.加沿斜面向下的匀强磁场【答案】AB【解析】试题分析：根据左手定则判断出安培力的方向之后，然后结合共点力平衡的条件即可解答．解：A、加竖直向下的匀强磁场，根据左手定则可知，安培力的方向向左，重力支持力与安培力可以三力平衡．故A正确；B、加垂直斜面向下的匀强磁场，根据左手定则可知，安培力的方向沿斜面的方向向上，重力支持力与安培力可以三力平衡．故B正确；C、加水平向右的匀强磁场，根据左手定则可知，安培力的方向向下，重力、支持力与安培力不可以平衡．故C错误；D、加沿斜面向下的匀强磁场，根据左手定则可知，安培力的方向垂直于斜面向下，重力、支持力与安培力三力不可能平衡．故D错误．故选：AB【点评】该题结合安培力考查共点力平衡的条件，根据左手定则判断出安培力的方向，然后逐项分析即可．12.如图所示，在水平木制桌面上平放一个铜制的圆环，在它上方近处有一个N极朝下的条形磁铁，铜环始终静止．关于铜环对桌面的压力F和铜环重力G的大小关系，下列说法中正确的是（）A.当条形磁铁靠近铜环时，F＞GB.当条形磁铁远离铜环时，F＜GC.无论条形磁铁靠近还是远离铜环，F=GD.无论条形磁铁靠近还是远离铜环，F＞G【答案】AB【解析】A．磁铁的N极向下插入，穿过铜环的磁通量增加，磁场方向向下，根据楞次定律可知，铜环中产生逆时方向的感应电流，铜环上端相当于N极；当S极向下插入，铜环上端相当于S极，与磁铁的极性总相反，存在斥力．所以铜环对桌面的压力F大于铜环重力G的大小，故A正确；BCD．磁铁的N极远离铜环时，穿过铜环的磁通量减小，磁场方向向下，根据楞次定律可知，铜环中产生逆时方向的感应电流，铜环上端相当于S极，与磁铁的极性总相同，存在引力．所以铜环对桌面的压力F小于铜环重力G的大小．所以B正确，CD错误；故选：AB13.如图所示，用两个一样的弹簧秤吊着一根铜棒（与弹簧秤接触处绝缘），铜棒所在的虚线范围内有垂直于纸面的匀强磁场，棒中通以自左向右的电流．当棒平衡时，两弹簧秤的读数都为F1；若将棒中电流反向（强度不变），当棒再次平衡时，两弹簧秤的读数都为F2，且F2＞F1．根据上述信息，可以确定（）A.磁感应强度的方向B.磁感应强度的大小C.铜棒所受安培力的大小D.铜棒的重力【答案】ACD【解析】试题分析:因为电流反向时，弹簧秤的读数F2>F1，所以可以知道电流自左向右时，导体棒受到磁场力方向向上，由左手定则可以确定磁场的方向为垂直直面向里，故A对；设铜棒的重力为mg，安培力的大小为F，由平衡条件得：；当电流反向时，磁场力变为竖直向下，此时同样有平衡条件有：由上两式得：棒的重力为：，安培力F的大小为：，因此可确定安培力的大小与铜棒的重力，故CD对；由于不知电流的大小，故不可确定磁感应强度，故B错。考点:共点力平衡条件的运用、安培力。14.如图所示，一水平放置的光滑绝缘直槽轨连接一竖直放置的半径为R的绝缘半圆形光滑槽轨．槽轨处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B．有一个质量为m，带电量为+q的小球在水平轨道上以一定初速度向右运动．若小球恰好能通过最高点，则下列说法正确的是（）A.小球在最高点只受到洛仑兹力和重力的作用B.由于无摩擦力，且洛仑兹力不做功，所以小球到达最高点时与小球在水平轨道上的机械能相等C.如果设小球到达最高点的线速度是v，小球在最高点时式子成立D.小球从最高点脱离轨道后将做平抛运动【答案】AB【解析】A、据题知，小球恰好通过最高点时，轨道对球无作用力，小球在最高点时只受到重力和洛伦兹力两个力作用，故A正确；B、由于洛伦兹力和轨道的弹力不做功，只有重力做功，小球运动过程中机械能是守恒的，则有小球到达最高点与小球在水平轨道上的机械能相等，故B正确；C、D、如果设小球到最高点的线速度是v，小球在最高点时，由左手定则判断可知，小球受到的洛伦兹力方向竖直向上，根据牛顿第二定律得：，故C错误；D．小球离开轨道后仍然受到重力以及与速度方向垂直的洛伦兹力的作用，所以不能做平抛运动．故D错误．故选：AB点睛：小球恰好通过最高点时，轨道对球无作用力，小球在最高点时受到重力和洛伦兹力，向心力等于重力和洛伦兹力的合力；由于洛伦兹力和轨道的弹力不做功，只有重力做功，小球运动过程中机械能是守恒的，根据牛顿第二定律可得知在最高点时小球的速度与半径的关系式．15.初速度为零的质子p、氘核d和α粒子经过同一电场加速后以垂直于磁场方向的速度进入同一匀强磁场，则它们在磁场中（）A.动能之比Ep：Ed：Eα=1：2：4B.动能之比Ep：Ed：Eα=1：1：2C.运动半径之比rp：rd：rα=1：1：2D.运动半径之比rp：rd：rα=【答案】BD【解析】试题分析：根据动能定理，，可知动能之比为，根据洛伦兹力充当向心力可知半径之比为：，答案选BD考点：本题考查带电粒子在电场中及磁场中的运动。16.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.增大匀强电场间的加速电压B.增大磁场的磁感应强度C.减小狭缝间的距离D.增大D形金属盒的半径【答案】D【解析】根据得，，当粒子做圆周运动的半径等于D形盒半径时粒子的动能最大即，由此可知，要增大出射的动能，可以增大D形金属盒的半径，增大磁场的磁感应强度，故CD正确。点晴：解决本题的关键知道回旋加速器运用电场加速，磁场偏转来加速带电粒子，但要注意粒子射出的动能与加速电压无关，与磁感应强度的大小有关、D形盒的半径有关。三、计算题17.如图所示，已知电源电动势E=20V，内阻r=1Ω，当接入固定电阻R=4Ω时，电路中标有“3V6W”的灯泡L和内阻r′=0.5Ω的小型直流电动机均恰能正常工作，求：（1）电路中的电流强度；（2）电动机的输出功率；（3）电源的效率．【答案】1）电路中的电流强度为2A；（2）电动机的输出功率为12W；（3）电源的效率为90%．【解析】（1）灯泡正常发光，电路流为：；

（2）电动机的额定工作电压为：UM=EI（R+r）UL1=202×（4+1）3=7V

电动机的输出功率为：P输=U2II2r′=7×222×0.5=12W

（3）电动机的电功率为：P电=UI=7×2W=14W；

外电路总功率为：P外=P电+PL+I2R=14+6+22×4=36W

电源的总功率为：P总=EI=20×2=40W；

故电源的效率为：18.如图所示，在倾角为θ=30°的斜面上，固定一宽L=0.25m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R．电源电动势E=12V，内阻r=1Ω，一质量m=20克的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好．整个装置处于磁感应强度B=0.80T、垂直于斜面向上的匀强磁场中，金属棒的电阻R1=1Ω（导轨电阻不计）．金属导轨是光滑的，要保持金属棒在导轨上静止，取g=10m/s2，求：（1）金属棒所受到的安培力的大小；（2）如果通电100秒，金属棒产生的焦耳热是多少？（3）滑动变阻器R接入电路中的阻值．【答案】（1）金属棒所受到的安培力为0.1N；（2）通过金属棒的电流为0.5A；（3）滑动变阻器R接入电路中的阻值为22Ω．【解析】（1）金属棒静止在金属导轨上受力平衡，F安=mgsin30°代入数据得F安=0.1N；（2）由F安=BIL得Q=I2R1t=25J；（3）设滑动变阻器接入电路的阻值为R，根据闭合电路欧姆定律得：E=I（R+R1+r）解得R=﹣r﹣R1=22Ω19.如图所示，有一对平行金属板，两板相距为0.08m，电压为16V；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0=0.2T，方向与金属板面平行并垂直于纸面向里．图中右边有一半径R为0.1m、圆心为O的圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为，方向垂直于纸面向里．一正离子沿平行于金属板面，从A点垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿直线射出平行金属板之间的区域，并沿直径CD方向射入圆形磁场区域，最后从圆形区域边界上的F点射出．已知速度的偏向角，不计离子重力．求：（1）离子速度v的大小；（2）离子的比荷；（3）离子在圆形磁场区域中运动时间t．【答案】（1）离子速度v的大小为1000m/s；（2）离子的比荷为1×104C/kg；（3）离子在圆形磁场区域中运动时间t为1.81×10﹣4s．【解析】（1）离子在平行金属板之间做匀速直线运动，洛仑兹力与电场力相等，即：B0qv=qE0，即：E0=U/d联立并代入数据解得：v=1000m/s（2）在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律有：由几何关系有：tan=R/r离子的比荷为：=1×104C/kg（3）弧CF对应圆心角为θ，离子在圆形磁场区域中运动时间t，t=•T解得：t===≈1.81×10﹣4s20.如图所示，坐标系xOy平面内，第一、二象限内有与y轴平行的匀强电场（图中未面出），第三、四象限内有垂直于xOy平面向内的匀强磁场，从第一象限的点P（20cm，5cm）沿x轴负方向以大小为v0=100