江苏省无锡市运河实验学校2023-2024学期高二下学期三月练习物理试卷

这是一份江苏省无锡市运河实验学校2023-2024学期高二下学期三月练习物理试卷，共15页。
1. 下列关于教材中四幅插图的说法正确的是（ ）
A. 图甲是回旋加速器的示意图，当增大交流电压时，粒子获得的最大动能不变，所需时间变短
B. 图乙中，当手摇动柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，且和磁铁转得一样快
C. 图丙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈中产生大量热量，从而冶炼金属
D. 图丁是微安表的表头，在运输时要把两个正、负接线柱用导线连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁驱动原理
【答案】A
【解析】
【详解】A．设回旋加速器D形盒的最大半径为，当粒子从回旋加速器飞出时，有
得
可得粒子的最大动能
显然粒子获得的最大动能与加速电压无关，所以粒子获得的最大动能不变，当加速电压增大时，由于粒子在磁场中运动的周期不变，而粒子在加速器中运动的周数变少，则粒子达到最大动能所需时间将变短，故A正确；
B．根据电磁驱动原理，当手摇动柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，但比磁铁转得慢，故B错试卷源自 每日更新，更低价下载，欢迎访问。误；
C．当真空冶炼炉炉外线圈通入高频交流电时，铁块中将产生涡流，从而在铁块内产生大量热量，使金属熔化，从而冶炼金属，故C错误；
D．在运输时要把微安表的两个正、负接线柱用导线连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼原理，故D错误。
故选A。
2. 如图所示，通电导线所受安培力或运动电荷所受洛伦兹力正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据左手定则，伸开左手，使大拇指与其它四指垂直且在一个平面内，让磁感线穿过掌心，四指所指方向为电流方向，大拇指所指方向就是安培力的方向，可知该图中通电导线所受安培力方向竖直向下，故A错误；
B．图中电流和磁场的方向平行，导线所受安培力为零，故B错误；
C．根据左手定则，伸开左手，让磁感线穿过掌心，四指所指方向与正电荷运动的方向相同，则和四指垂直的的大拇指的方向为洛伦兹力的方向，则可知图中运动电荷所受洛伦兹力方向竖直向下，故C正确；
D．根据左手定则，伸开左手，让磁感线穿过掌心，四指所指方向与负电荷运动的方向相反，则和四指垂直的的大拇指的方向为洛伦兹力的方向，则可知图中运动电荷所受洛伦兹力方向竖直向下，故D错误。
故选C。
3. 如图所示，充电基座安装有送电线圈，手机内部安装有受电线圈。当充电线圈接上220V的正弦交流电源后，受电线圈产生的电流给手机电池充电。下列说法正确的是（ ）

A. 受电线圈中感应电流产生的磁场不变
B. 送电线圈中电流产生的磁场呈周期性变化
C. 基座接直流电源也能对手机充电
D. 基座对手机传递电能过程中无电能损失
【答案】B
【解析】
【详解】AB．由于送电线圈中通入正弦交流电源，可知送电线圈中电流产生的磁场呈周期性变化，则在受电线圈中产生感应电流也是正弦交流电，此感应电流产生的磁场也是周期性变化，故A错误，B正确；
C．无线充电利用的是电磁感应原理，因此送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递，因此基座接直流电源不能对手机充电，故C错误；
D．无线充电利用的是电磁感应原理，因此基座对手机充电中，由于存在漏磁现象，再有线圈本身有直流电阻，所以基座对手机传递电能过程中仍有电能损失，故D错误。
故选B。
4. 汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈，在地下的线圈分别为1、2，通上顺时针（俯视）方向电流， 当汽车经过线圈时（ ）
A. 线圈1、2产生的磁场方向竖直向上
B. 汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为
C. 汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同
D. 汽车离开线圈2 过程产生感应电流方向为
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题知，埋在地下的线圈1、2通顺时针(俯视) 方向的电流，则根据安培定则可知线圈1、 2产生的磁场方向竖直向下，故A错误；
B．汽车进入线圈1过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为，故B正确；
C．汽车进入线圈2过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为，再根据左手定则，可知汽车受到的安培力方向与速度方向相反，故C错误。
D．汽车离开线圈2过程中，磁通量减小，根据楞次定律可知产生感应电流方向为，故D错误。
故选B。
5. 磁电式仪表的基本组成部分是磁铁、线圈、铁芯等，下列关于电表的说法中正确的是（ ）
A. 电表里面是匀强磁场
B. 电表里面的铁芯是为了减小线圈与磁场间的作用
C. 电表中通的电流越大，指针偏转角度越大
D. 改变电流方向，指针偏转方向不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．电表内的磁场是均匀辐向分布磁场，不是匀强磁场，A错误；
B．铁芯被磁化变成了磁铁，它的磁场和线圈的磁场同向、相互叠加加强，增大线圈与磁场间的作用，B错误；
C．线圈所受安培力力大小随电流增大而增大，所以电表中通的电流越大，指针偏转角度越大，C正确；
D．改变电流方向，线圈所受安培力力的方向发生变化，指针偏转方向发生改变，D错误。
故选C。
6. 如图所示，两根在同一水平面内、相互平行的长直导线A和B分别通有方向相同的电流I1和I2，且I1>I2。a点位于两根导线的正中间。不考虑地磁场的影响。下列说法中正确的是（ ）
A. 导线A和B间的安培力是斥力
B. A受的安培力比B受的安培力大
C. a点处的磁感应强度方向垂直纸面向里
D. a点处的磁感应强度方向垂直纸面向外
【答案】C
【解析】
【详解】AB．根据左手定则可知，通有方向相同电流的长直导线相互吸引，导线A和B间的安培力是吸引力，A受的安培力与B受的安培力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故AB错误；
CD．根据右手螺旋定则可知，长直导线A在a点处产生的磁感应强度方向垂直纸面向里，长直导线B在a点处产生的磁感应强度方向垂直纸面向外，由于I1>I2，a点处的合磁感应强度方向垂直纸面向里，故C正确，D错误。
故选C。
7. 如图所示，两个在a、b点相连的金属环，粗金属环的电阻为细金属环电阻的一半。匀强磁场垂直穿过粗金属环所在的区域，在粗环里磁感应强度随时间变化关系满足时，粗环围成面积为S，则a、b两点间的电势差为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】粗环里磁感应强度随时间变化，在粗环中产生感应电流，粗环相当于电源，电动势为
ab两点的电势差就是路端电压，根据串联电路分压特点有
故选C。
8. 如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一根水平放置的金属棒ab以某一水平速度v0抛出，金属棒在运动过程中始终保持水平，不计空气阻力。下图能正确反映金属棒在运动过程中产生的感应电动势大小E随时间t变化情况的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】金属棒做平抛运动，水平速度大小和方向均不变，即在磁场中切割磁感线的速度不变，则在运动过程中产生的感应电动势大小和方向均不变。
故选A。
9. 如图甲所示，矩形导线框放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度随时间变化的图像如图乙所示。设时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里，则在时间内，选项图中能正确反映线框cd边所受的安培力随时间变化的图像是（规定cd边所受的安培力向左为正）（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】AB．在0-2s，根据楞次定律知感应电流方向为顺时针，大小方向都不变，再根据左手定则及公式
知，F的大小与B成正比，cd边受力先向左后向右，故AB错误；
CD．在2-4s，根据根据楞次定律可知感应电流方向为逆时针，cd边受力还是先向左后向右，故C正确，D错误。
故选C。
10. 图甲和图乙是演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈，A1、A2、A3是三个完全相同的灯泡。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是（ ）
A. 图甲中，A1与L1的电阻值相同
B. 图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流
C. 图乙中，变阻器R与L2的电阻值相同
D. 图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等
【答案】C
【解析】
【详解】AB．断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，由于线圈L1的自感，通过L1的电流逐渐减小，且通过A1，即自感电流会大于原来通过A1的电流，说明闭合S1，电路稳定时，通过A1的电流小于通过L1的电流，L1的电阻小于A1的电阻，故AB错误；
C．闭合S2，电路稳定时，A2与A3的亮度相同，说明两支路的电流相同，因此变阻器R与L2的电阻值相同，故C正确；
D．闭合开关S2，A2逐渐变亮，而A3立即变亮，说明L2中电流与变阻器R中电流不相等，故D错误
故选C。
11. 电磁泵在生产、科技中得到了广泛应用。如图所示，泵体是一个长方体，ab边长为，两侧端面是边长为的正方形。在泵头通入导电剂后液体的电导率为σ（电阻率的倒数），泵体所在处有方向垂直向外的匀强磁场，磁感应强度为B，把泵体的上下两表面接在电压为U的电源（内阻不计）上，则（ ）
A. 泵体下表面应接电源正极
B. 减小液体的电导率可获得更大的抽液高度h
C. 减小磁感应强度可获得更大的抽液高度h
D. 通过泵体的电流
【答案】D
【解析】
【详解】A．将液体等效为通电导线，泵体所在处有方向垂直向外的匀强磁场，液体被抽出，此时液体受到的安培力水平向左，根据左手定则可知，电流从上表面流向下表面，泵体上表面接电源正极，故A错误；
D．根据电阻定律可知，泵体内液体的电阻为
根据欧姆定律可得通过泵体的电流
故D正确；
B．若减小液体的电导率，则电流减小，安培力为
减小，抽液高度变小，故B错误；
C．减小磁感应强度，安培力变小，抽液高度变小，故C错误。
故选D。
二、实验题（共1小题，每空3分，满分15分）
12. (1)在“用DIS研究温度不变时，一定质量的气体压强与体积的关系”实验中，封闭气体的压强p用______测量，体积V由______读出；
(2)在“研究磁通量变化时感应电流的方向”实验中，将螺线管与电流计组成闭合回路，实验装置如图。将条形磁铁的N极、S极分别插入、抽出线圈，线圈中的感应电流方向分别如甲、乙、丙、丁图所示。则：甲图中在线圈内部感应电流磁场的方向与条形磁铁磁场的方向______，由此可知，感应电流的磁场阻碍引起感应电流的______的增加。再经过思考乙、丙、丁图所示的情况，本实验得到的结论是______。
【答案】 ①. 压强传感器 ②. 注射器刻度 ③. 相反 ④. 磁通量 ⑤. 感应电流磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
【解析】
【详解】(1)[1][2]在“用DIS研究温度不变时，一定质量的气体压强与体积的关系”实验中，封闭气体的压强p用压强传感器测量，体积V由注射器刻度读出；
(2)[3][4]甲图中磁铁的N极插入线圈，则磁通量增加，根据楞次定律可知，在线圈内部感应电流磁场的方向与条形磁铁磁场的方向相反，由此可知，感应电流的磁场阻碍引起感应电流的磁通量的增加。
[5]再经过思考乙、丙、丁图所示的情况，本实验得到的结论是感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
三。计算题（共4小题，满分29分）
13. 如图所示，水平放置的两平行金属导轨相距l=0.50m，左端接一电阻R=0.2Ω，磁感应强度B=0.40T的匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，导体棒ac（长为l）垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计。当棒ac以v=4.0m/s的速度水平向右匀速滑动时，求：
（1）ac棒中感应电动势的大小；
（2）回路中感应电流的大小；
（3）维持ac棒做匀速运动的水平外力的大小。

【答案】（1）0.8V；（2）4A；（3）0.8N
【解析】
【详解】（1）ac棒垂直切割磁感线，产生的感应电动势的大小为
E＝Blv＝0.40×0.50×4.0V＝0.80V
（2）回路中感应电流的大小为
由右手定则知，ac棒中的感应电流由c流向a。
（3）ac棒受到的安培力大小为
F安＝BIl＝0.40×4.0×0.50 N＝0.80N
由左手定则知，安培力方向向左。由于导体棒匀速运动，水平方向受力平衡，则
F外＝F安＝0.80N
方向水平向右。
14. 回旋加速器的工作原理如图所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，加在狭缝间的交变电压的电压值大小为U0，周期，一质量为m、电荷量为+q的粒子从A处飘入狭缝，其初速度视为零，考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设粒子每次经过狭缝均做加速运动。
（1）求粒子离开加速器时的动能Ek；
（2）若粒子第1次进入D1盒在其中的轨道半径为r1，第3次进入D1盒在其中的轨道半径为r2，求r1∶r2。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）粒子离开加速器时，粒子运动半径为R，由洛伦兹力提供向心力得
粒子离开加速器时的动能为
联立解得
（2）第1次进入D1盒加速次数为1次，第三次进入D1盒加速次数为5次，根据动能定理
，
由洛伦兹力提供向心力得
，
联立解得
15. 如图所示,两根等高的四分之一光滑圆弧轨道,半径为、间距为,图中水平, 竖直,在轨道顶端连有一阻值为的电阻,整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为.现有一根长度稍
大于、质量为、电阻不计的金属棒从轨道的顶端处由静止开始下滑,到达轨道底端时受到轨道的支持力为.整个过程中金属棒与导轨接触良好,轨道电阻不计,求；
(1)金属棒到达轨道底端时速度大小和通过电阻的电流:
(2)金属棒从下滑到过程中回路中产生的焦耳热和通过的电荷量.
【答案】(1) ；. (2) ,
【解析】
【详解】【分析】金属棒滑到道底端MN时，由重力和轨道的支持力提供向心力，根据牛顿第二定律求出此时棒的速度．由E=BLv、求解通过R的电流；棒下滑的过程中，其重力势能转化为棒的动能和电路中内能，根据能量守恒定律求解金属棒产生的热量．由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量公式求通过R的电荷量q；
解：(1)到达轨道底端时,由牛顿第二定律得：

解得:
感应电动势:
感应电流:
解得:
(2)由能量守恒定律得:
解得产生的焦耳热:
平均感应电动势:
平均感应电流:
通过的电荷量
解得：
16. 如图所示，在矩形区域ABCD内存在竖直向上的匀强电场，在BC右侧Ⅰ、Ⅱ两区域存在匀强磁场，L1、L2、L3是磁场的边界（BC与L1重合），宽度相同，方向如图所示，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B1。一电荷量为＋q、质量为m的粒子（重力不计）从AD边中点以初速度v0沿水平向右方向进入电场，粒子恰好从B点进入磁场，经区域Ⅰ后又恰好从与B点同一水平高度处进入区域Ⅱ.已知AB长度是BC长度的倍。
（1）求带电粒子到达B点时的速度大小；
（2）求区域Ⅰ磁场的宽度L；
（3）要使带电粒子在整个磁场中运动时间最长，求区域Ⅱ的磁感应强度B2的最小值。
【答案】（1） ；（2） ；（3）1.5B1
【解析】
【详解】（1）设带电粒子进入磁场时的速度大小为v，与水平方向成θ角，粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动的速度方向与位移方向的关系有
则
θ＝30°
根据速度关系有
（2）设带电粒子在区域Ⅰ中的轨道半径为r1，由牛顿第二定律得
轨迹如图甲所示
由几何关系得
L＝r1
解得
（3）当带电粒子不从区域Ⅱ右边界离开磁场时，在磁场中运动的时间最长．设区域Ⅱ中最小磁感应强度为B2m，此时粒子恰好不从区域Ⅱ右边界离开磁场，对应的轨迹半径为r2，轨迹如图乙所示：
同理得
根据几何关系有
L＝r2（1＋sin θ）
解得
B2m＝1.5B1.