2021-2022学年安徽省滁州市定远县育才学校分层班高二（下）第二次月考物理试卷（含答案解析)

2021-2022学年安徽省滁州市定远县育才学校分层班高二（下）第二次月考物理试卷

1.  如图所示，有一边长为L的刚性正三角形导线框ABC在竖直平面内，且AB水平，其重力不计，各边导线材料及粗细完全相同，处在方向垂直导线框所在平面向里的匀强磁场中。在C点悬挂一个重力为G的物体，在两顶点A、B上加上恒定电压，重物恰好对地面无压力。某时刻A、B间导线的某处突然断开，其他条件不变，则稳定后物体对地面的压力是(    )

A.
B.
C.
D.

2.  如图所示，虚线区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，一边长为L的正方形单匝导体框垂直磁场放置，框的右边与磁场边界重合，此时穿过导体框的磁通量为。现将导体框以速度v沿纸面垂直边界拉出磁场，在此过程中(    )

A. 穿过导体框的磁通量增加，产生的感应电动势是
B. 穿过导体框的磁通量减小，产生的感应电动势是
C. 穿过导体框的磁通量增加，产生的感应电动势是
D. 穿过导体框的磁通量减小，产生的感应电动势是

3.  如图所示，导线框ABC与长直导线在同一平面内，直导线通有恒定电流I，在导线框由直导线左侧向右匀速靠近直导线过程及在直导线右侧向右匀速远离直导线过程中，导线框中感应电流的方向分别是(    )

A. 都是ABC B. 都是CBA
C. 靠近时是ABC，远离时是CBA D. 靠近时是CBA，远离时是ABC

4.  中核集团研发的“超导质子回旋加速器”，能够将质子加速至光速的。用如图所示的回旋加速器加速粒子，两D形金属盒接高频交流电极，使粒子通过两D形金属盒间的狭缝时得到加速，两D形金属盒处于方向垂直盒底的匀强磁场中，下列操作能使带电粒子射出时的动能增大的是(    )

A. 增大D形金属盒的半径 B. 减小D形金属盒的半径
C. 增大狭缝间的加速电压 D. 减小狭缝间的加速电压

5.  如图所示，边长为L的正方形有界匀强磁场ABCD，带电粒子从A点沿AB方向射入磁场，恰好从C点飞出磁场；若带电粒子以相同的速度从AD的中点P垂直AD射入磁场，从DC边的M点飞出磁场点未画出。设粒子从A点运动到C点所用时间为，由P点运动到M点所用时间为带电粒子重力不计，则：为(    )

A. 2：1 B. 2：3 C. 3：2 D. ：

6.  如图所示，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电直导线A，A与螺线管垂直，A导线中的电流方向垂直纸面向里，开关S闭合，A受到通电螺线管磁场的作用力的方向是(    )

A. 水平向左
B. 水平向右
C. 竖直向上
D. 竖直向下

7.  如图所示，水平面内有两条相互垂直且彼此绝缘的通电长直导线，以它们为坐标轴构成一个平面直角坐标系。四个相同的圆形闭合线圈在四个象限内完全对称放置，两直导线中的电流大小与变化情况完全相同，电流方向如图所示，当两直导线中的电流都增大时，四个线圈a、b、c、d中产生逆时针方向感应电流的是(    )

A. 线圈a B. 线圈b C. 线圈c D. 线圈d

8.  如图，一束正离子先后经过速度选择器和匀强磁场区域，则在速度选择器中沿直线运动，且在匀强磁场中偏转半径又相等的离子具有相同的(    )

A. 电量和质量
B. 质量和动能
C. 速度和比荷
D. 速度和质量

9.  真空中竖直放置一长直细金属导线，俯视图如图。以导线为圆心做圆，光滑绝缘管ab水平放置，两端恰好落在圆周上，半径略小于绝缘管半径的带正电小球自a端以速度向b运动过程中，下列说法正确的是(    )

A. 小球先加速后减速
B. 小球受到的洛伦兹力始终为零
C. 小球在ab中点受到的洛伦兹力为零
D. 小球受到洛伦兹力时，洛伦兹力方向向上

10.  如图所示，足够长的导体棒MN固定在相互平行的金属导轨上，导轨宽度为，通过的电流为1A，导体棒MN与水平导轨的夹角为，且处于垂直于纸面向外的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度为，则导体棒MN所受的安培力大小为(    )

A.  B.  C.  D.

11.  如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板。从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场正对着圆心O射入带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m，不考虑粒子重力，关于粒子的运动，以下说法正确的是(    )

A. 粒子在磁场中通过的弧长越长时间也越长
B. 出磁场的粒子其出射方向的反向延长线也一定过圆心O
C. 出磁场的粒子一定能垂直打在MN上
D. 只要速度满足，入射的粒子出射后一定垂直打在MN上

12.  如图甲所示，把两块磁铁同时也是导体极相对地吸附在电池两端的正负两极上，制成“小火车”。如图乙所示，电池左边为正极，右边为负极。把该“小火车”放进裸铜线绕制的线圈中，线圈和电池会构成闭合电路，“小火车”能自动跑起来。对该装置，下列说法正确的是(    )
 

A. 从左往右看，铜线圈上的电流方向为顺时针
B. 线圈受到向左的安培力
C. “小火车”将向左运动
D. 铜线圈中由电流产生的磁场方向向右

13.  如图所示，两个半径相同的半圆形轨道分别竖直放在匀强磁场和匀强电场中，轨道两端高度相同，轨道是光滑的，两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放，M、N为轨道的最低点，下列说法正确的是(    )

A. 两小球到达轨道最低点的速度的大小关系为
B. 两小球到达轨道最低点时轨道对它们的弹力的大小关系为
C. 小球第一次到达M点的时间大于小球第一次到达N点的时间
D. 在磁场中小球能到达轨道的另一端，在电场中不能

14.  薄铝板将同一匀强磁场分成Ⅰ、Ⅱ两个区域，高速带电粒子能穿过铝板一次，在两个区域运动的轨迹如图，半径，假定穿过铝板前后粒子电量和质量保持不变，则该粒子(    )

A. 从P点射出，从区域Ⅰ穿过铝板运动到区域Ⅱ
B. 从Q点射出，从区域Ⅱ穿过铝板运动到区域Ⅰ
C. 在Ⅰ、Ⅱ区域的运动速度相同
D. 在Ⅰ、Ⅱ区域的运动时间相同

15.  单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间t的关系图象如图所示，则(    )

A. 在时刻，线圈中磁通量最大，感应电动势也最大
B. 在时刻，感应电动势最小
C. 在时刻，感应电动势为零
D. 在时间内，线圈中感应电动势的平均值为零

16.  如图所示，在水平放置的条形磁铁的N极附近，一个闭合线圈向下运动并始终保持与磁铁垂直．在位置b，N极附近的磁感线正好与线圈平面垂直．在线圈从a到c运动的过程中，下列说法正确的是(    )

A. 磁通量先增大后减小 B. 磁通量先减小后增大
C. 从左边看，感应电流先顺时针后逆时针 D. 从左边看，感应电流先逆时针后顺时针

17.  如图所示，两平行金属导轨间的距离，金属导轨所在的平面与水平面夹角，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势、内阻的直流电源。现把一个质量的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻，金属导轨电阻不计，g取已知，，求：
通过导体棒的电流I；
导体棒受到的安培力大小；
导体棒受到的摩擦力的大小和方向。

18.  如图甲所示，边长为a的n匝正方形导线框ABCD垂直于磁场放置，磁感应强度方向垂直于纸面向里。
若磁感应强度随时间的变化如图乙所示，求时间内线框产生的感应电动势的大小；
若磁感应强度不变，线框以AB边为轴、CD边向里以角速度匀速转过角，求这一过程中线框产生的平均感应电动势的大小。
 

19.  如图所示的平面直角坐标系xOy，在第I、Ⅲ象限内有平行于y轴，电场强度大小相同、方向相反的匀强电场，在第象限内有垂直于纸面向内的匀强磁场。一质量为m，电荷量为q的带电的粒子，从y轴上的点，以大小为的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴的点进入第象限内，又经过磁场垂直y轴进入第Ⅲ象限，最终粒子从x轴上的P点离开。不计粒子所受到的重力。求：
匀强电场的电场强度E和磁场的磁感应强度B大小；
粒子运动到P点的速度大小；
粒子从M点运动到P点的时间。

答案和解析

1.【答案】C 

【解析】解：由于AC边于CB边先串联再与AB边并联，则在A、B未断开时，设ACB中的电流为I，则AB边中的电流为2I，由平衡条件可得
当某时刻A、B间导线的某处突然断开时，由平衡条件可得
联立，解得
由牛顿第三定律，可知稳定后物体对地面的压力大小为。
故C正确，ABD错误；
故选：C。
A、B上加上恒定电压，无论ab是导通或是断开，外电路的电流不变；根据安培力的计算公式结合共点力的平衡条件进行解答。
本题主要是考查安培力作用下的力学问题，掌握安培力计算公式的适用条件以及各中物理量的含义，对于弯曲导线，L是始末位置连线长度。
 

2.【答案】D 

【解析】解：将导体框沿纸面垂直边界拉出磁场的过程中，穿过导体框的磁感线条数减少，磁通量减小；
产生的感应电动势是：，其中，，
解得：，故D正确、ABC错误。
故选：D。
将导体框沿纸面垂直边界拉出磁场的过程中，穿过导体框的磁感线条数减少，磁通量减小，根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势。
本题考查了求磁通量的变化量、求感应电动势，知道磁通量的定义式、能够根据法拉第电磁感应定律进行解答。
 

3.【答案】B 

【解析】解：由题图及安培定则可知，通电直导线在导线左边产生的磁场的方向为垂直纸面向外，在导线右边产生的磁场方向垂直纸面向里；
当导线框向直导线靠近时，穿过导线框的垂直纸面向外的磁通量变大，根据楞次定律可知感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里，则感应电流方向为CBA；
当导线框在直导线右侧远离直导线时，穿过导线框的垂直纸面向里的磁通量变小，由楞次定律可知感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里，则感应电流方向为CBA，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据通电导线由安培定则，来判断通电直导线周围的磁场分布，知道它是非匀强电场，同时要根据楞次定律和安培定则判断感应电流的方向．
通电指导线周围的磁场为非匀强磁场，注意通电导线的磁场大小与方向的分布．会应用楞次定律解题；同时注意线圈中心轴处于导线位置时，磁通量为零．
 

4.【答案】A 

【解析】解：设粒子运动半径为R，则带电粒子的洛伦兹力提供向心力有
解得
则动能为，为使带电粒子射出时的动能增大，可以增大D形金属盒的半径；
故A正确，BCD错误；
故选：A。
回旋加速器粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，从而解得动能的表达式．
解决本题的关键知道回旋加速器的工作原理，注意动能的计算．
 

5.【答案】C 

【解析】解：由带电粒子从A点沿AB方向射入磁场可知粒子做圆周运动的圆心在AD及其延长线上，又有粒子恰好从C点飞出磁场，故可得：粒子运动半径为L，粒子从A到C转过的中心角；
那么，从P点入射的粒子圆心在AD延长线上距D点处，那么粒子转过的中心角为：
；
所以，：：：2，故C正确，ABD错误；
故选：C。
根据粒子从A运动到C，由几何关系求得半径，进而求得中心角；然后根据半径求得粒子从P到M转过的中心角，即可根据中心角之比得到运动时间之比。
带电粒子的运动问题，加速电场一般由动能定理或匀加速运动规律求解；偏转电场由类平抛运动规律求解；磁场中的运动问题则根据圆周运动规律结合几何条件求解。
 

6.【答案】C 

【解析】解：首先根据安培定则判断通电螺线管产生的磁场的方向向右，所以在A处产生的磁场方向：水平向左。
根据左手定则判断可知：A受到通电螺线管磁场的作用力的方向：竖直向上。
故选：C。
首先根据安培定则判断通电螺线管在A处产生的磁场方向，再根据左手定则判断通电直导线A受到的磁场的作用力的方向．
本题考查安培定则和左手定则综合应用的能力，对于几种定则关键要搞清两点：一是何时用；二是怎样用．
 

7.【答案】D 

【解析】解：由右手螺旋定则可判定通电导线磁场的方向：ac处角平分线上磁感应强度为零，d中磁场垂直纸面向里，b中磁场垂直纸面向外；
AC、根据矢量合成的特点可知，ac所在的区域的角平分线上磁感应强度为零，则穿过a与c的磁通量为零，当电流变化时不可能产生感应电流，故AC错误；
B、b中磁场垂直纸面向外，当电流增大时穿过b的磁通量向外增大，根据楞次定律可知，线圈b中有顺时针方向的电流，故B错误；
D、d中磁场垂直纸面向里，当电流增大时穿过d的磁通量向里增大，根据楞次定律可知，线圈d中有逆时针方向的电流，故D正确。
故选：D。
通电直导线管周围有磁场存在，根据右手螺旋定则可判定电流方向与磁场方向的关系，根据矢量合成的方法判断出各区域内磁场的情况，然后根据产生感应电流的条件和楞次定律判断各项。
本题考查了右手螺旋定则和楞次定律的应用，注意矢量的叠加原则，同时掌握产生感应电流的条件。
 

8.【答案】C 

【解析】解：在正交的电磁场区域中，正离子不偏转，说明离子受力平衡，在此区域Ⅰ中，离子受电场力和洛伦兹力，由，得，可知这些正离子具有相同的速度；
进入只有匀强磁场的区域Ⅱ时，偏转半径相同，由和，可知这些正离子具有相同的比荷，故C正确，ABD错误。
故选：C。
由题意中的离子速度选择器中做直线运动，可知离子受力平衡，由平衡条件可判断出粒子具有相同的速度；进入磁场中，各离子的运动半径相同，由离子在匀强磁场中的运动半径结合速度相等可推导出离子具有相同的比荷。
带电粒子在正交的匀强电场和匀强磁场中运动，要注意对其进行运动状态的分析和受力分析，此种情况往往会出现电场力和磁场力平衡，从而可得到带电粒子能匀速直线通过正交的匀强电场和匀强磁场的条件，即为；这种问题的本质还是力学问题，往往要按力学的基本思路，运用力学的基本规律研究和解决此类问题。
 

9.【答案】C 

【解析】解：A、由于洛伦兹力不做功，所以小球的速率不变，故A错误；
BCD、根据安培定则可知，磁感线是以导线上的点为圆心沿逆时针方向的同心圆，如图所示。根据左手定则知磁感线穿过手心，四指指向正电荷的运动方向，可知在a点，小球受到的洛伦兹力方向竖直向下；在b点，小球受到的洛伦兹力方向竖直向上；当小球运动到ab中点时，速度方向与磁场方向平行，不受洛伦兹力，故BD错误，C正确；
故选：C。
根据洛伦兹力不做功，判断小球的速率变化情况；先根据安培定则判断磁场方向，根据左手定则小球受到的洛伦兹力方向，再分析小球的运动情况。根据速度方向与磁场方向的夹角判断洛伦兹力的大小。
解答本题时，要明确通电导线周围磁场的分布情况，熟练运用安培定则和左手定则，判断小球受到的洛伦兹力方向，从而判断小球的运动情况。
 

10.【答案】D 

【解析】解：导线与磁场相互垂直，导线长度；故安培力，故D正确，ABC错误。
故选：D。
明确安培力的计算，知道当磁场方向与电流方向相互垂直时安培力。
本题容易错选C，即将导轨宽度当成导线长度进行计算，注意安培力的计算要看导线的有效长度。
 

11.【答案】BD 

【解析】解：A、周期是相同的，粒子在磁场中运动的时间与转过的角度有关，与弧长无关。故A错误。
B、带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心。故B正确。
CD、速度满足时，粒子的轨迹半径为，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子的速度一定垂直打在MN板上，故C错误，D正确。
故选：BD。
带电粒子射入磁场后做匀速圆周运动，对着圆心入射，必将沿半径离开圆心，根据洛伦兹力充当向心力，求出时轨迹半径，确定出速度的偏向角。对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，即可分析时间关系。
本题要抓住粒子是圆弧，磁场的边界也是圆弧，利用几何知识分析出射速度与入射速度方向的关系，确定出轨迹的圆心角，分析运动时间的关系。
 

12.【答案】ABD 

【解析】解：A、由于磁铁也是导体，当把该“小火车”放进裸铜线绕制的线圈中，线圈和电池会构成闭合电路，电流从左向右流过线圈，从左往右看，铜线圈上的电流方向为顺时针，故A正确；
BD、从左往右看，铜线圈上的电流方向为顺时针，根据安培定则可知，线圈内部的磁场的方向向右，与右侧磁铁的S极相互吸引，与左侧磁铁的S极相互排斥，所以线圈受到的安培力的方向向左，故BD正确；
C、线圈受到的安培力的方向向左，根据牛顿第三定律，“小火车”受到的力向右，“小火车”将向右运动，故C错误。
故选：ABD。
根据磁极间相互作用，由通电螺线管和磁铁的磁场分析解答.
本题以电磁动力“小车”背景考查对通电螺线管磁场的认识和理解、安培定则的应用，是一道好题。
 

13.【答案】ABD 

【解析】解：AC、在磁场中运动的小球，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，而在电场中运动的小球，从轨道左端向右端运动时，电场力对小球做负功，到达最低点时的速度较小，所以在电场中运动的时间长，故A正确，C错误；
B、在磁场中运动的小球，对最低点进行受力分析可知，
解得，
在电场中运动的小球，对最低点受力分析可知
解得
因为，可得，故B正确；
D、在磁场中运动的小球，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，所以小球可以到达轨道的另一端，而在电场中运动的小球，电场力对小球做负功，所以小球在到达轨道另一端之前速度就减为零了，故D正确；
故选：ABD。
两个轨道的半径相同，根据圆周运动的向心力的公式可以分析小球通过最低点是对轨道的压力，小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，小球在电场中受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小。
洛伦兹力对小球不做功，但是洛伦兹力影响了球对轨道的作用力，在电场中的小球，电场力对小球做功，影响小球的速度的大小，从而影响小球对轨道的压力的大小。
 

14.【答案】AD 

【解析】解：A、粒子穿过铝板受到铝板的阻力速度将减小，由可得粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径将减小，故可得粒子由区域Ⅰ运动到区域Ⅱ，故A正确B错误；
C、粒子穿过铝板受到铝板的阻力速度将减小，即在Ⅰ、Ⅱ区域的运动速度不同，故C错误；
D、由可知粒子运动的周期不变，粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的时间均为，故D正确；
故选：AD。
粒子穿过铝板受到铝板的阻力速度将减小，根据半径公式可知，半径将减小，根据左手定则可以判断此粒子的电性，根据周期公式判断运动的时间是否相同，根据向心加速度的公式判断加速度是否相同．
解得本题的关键是掌握带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径公式、周期公式，知道粒子穿过铝板受到铝板的阻力作用，速度将减小，难度适中．
 

15.【答案】C 

【解析】解：A、时刻，线圈中磁通量最大，的变化率达最小，感应电动势最小，故A错误；
B、在时刻，磁通量为零，但的变化率达最大，感应电动势最大，故B错误；
C、在时刻，的变化率为零，感应电动势为零，故C正确；
D、在时间内，磁通量变化不为零，线圈中感应电动势的平均值不为零，故D错误；
故选：C。
线圈在中性面时磁通量最大，电动势最小，与中性面垂直时，通过的磁通量最小，电动势为最大．
本题关键是记住两个特殊位置：在中性面时磁通量最大，感应电动势最小，电动势方向改变；垂直中性面位置磁通量为零，但电动势最大
 

16.【答案】AD 

【解析】解：A、如图所示，线圈从位置a到位置b的过程中，穿过线圈的磁通量增大，线圈从位置b到位置c的过程中，线圈内穿过的磁通量减小，故A正确，B错误，
C、由上分析可知，磁通量先增大后减小，则由楞次定律可知，感应电流方向，从左边看，感应电流先逆时针后顺时针，故D正确，C错误；
故选：AD。
根据磁感线的疏密来确定穿过线圈的磁通量的大小，从而得出磁通量如何变化；再由闭合电路中产生感应电流，结合楞次定律来确定感应电流的方向．
考查如何判定感应电流的产生条件，及掌握楞次定律的应用，注意确定原磁场方向，及穿过线圈的磁通量如何变化．
 

17.【答案】解：根据闭合电路的欧姆定律可得
导体棒手打ode安培力
假设受到的摩擦力方向沿斜面向上，根据共点力平衡可得：，解得，负号表示与假设方向相反，故摩擦力沿斜面向下
答：通过导体棒的电流I为；
导体棒受到的安培力大小为；
导体棒受到的摩擦力的大小为，方向沿斜面向下。 

【解析】根据闭合电路的欧姆定律求得电流；
根据求得受到的安培力；
根据共点力平衡求得受到的摩擦力。
解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力，综合性强，难度相对较大
 

18.【答案】答：根据法拉第电磁感应定律可得，时间内线框产生的感应电动势大小为：

由，可知导线框以角速度匀速转过角经历的时间为：
这一过程中线框内磁通量的减小量为：

所以这一过程中线框产生的平均感应电动势为：
答：时间内线框产生的感应电动势的大小为；
这一过程中线框产生的平均感应电动势的大小为。 

【解析】磁场强度发生变化引起电动势发生变化，根据公式计算感应电动势大小即可；
根据角速度计算转过角的时间，再计算此时的磁通量从而得出磁通量的变化量，根据计算平均电动势大小。
本题考查电动势的计算，学生关键要明确通过磁通量的变化计算平均电动势。
 

19.【答案】解：设粒子在第一象限内运动的时间为，粒子在N点时粒子速度大小为，方向与x轴正方间夹角为则：




联立以上各式可得：      
粒子在第四象限内做匀速圆周运动，半径为：

得：
由粒子从M点运动到P点的过程，列动能定理可知：


粒子在第一象限内运动时间：
粒子在第四象限内运动时：

粒子在第三象限内运动时：
得：
则粒子从M点运动P点的时间：
答：匀强电场的电场强度，磁场的磁感应强度B大小；
粒子运动到P点的速度大小；
粒子从M点运动到P点的时间。 

【解析】粒子在第一象限内做类平抛运动，根据类平抛运动规律列方程组求解电场强度E以及粒子进入磁场的初速度以及方向，由几何知识确定粒子在第四象限内圆周运动的半径，根据牛顿第二定律列方程求磁感应强度B大小；
对粒子从M点运动到P点的过程，根据动能定理列方程求P点的速度大小；
粒子从M点运动到P点的时间为三个阶段的运动时间之和。
本题是带电粒子在复合场中运动的类型，磁场中画轨迹，电场中运动分解都是常用的解题思路，计算时一定要耐心、细心。