辽宁省大连市第二十四中学2024-2025学年高二上学期期中考试物理试卷

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1. 如图所示，在绝缘的水平面上，有闭合的两个线圈、，线圈处在匀强磁场中，现将线圈从磁场中匀速拉出，关于线圈、中产生的感应电流及方向的判断正确的是（ ）
A. 线圈中逆时针，线圈中无电流B. 线圈中顺时针，线圈中无电流
C. 线圈中顺时针，线圈中顺时针D. 线圈中顺时针，线圈中逆时针
【答案】C
【解析】
【详解】线圈a从磁场中匀速拉出的过程中穿过a线圈的磁通量在减小，则根据楞次定律可知a线圈的电流为顺时针，由于线圈a从磁场中匀速拉出则a中产生的电流为恒定电流，则线圈a靠近线圈b的过程中线圈b的磁通量在向外增大，同理可得线圈b产生的电流为顺时针。
故选C。
2. 如图所示，蹄形磁铁用悬线悬于点，在磁铁的正下方有一水平放置的长直导线，当导线中通以由左向右的电流时，蹄形磁铁的运动情况将是（ ）
A 静止不动B. 向纸外摆动
C. 极向纸内、极向纸外转动D. 极向纸外、极向纸内转动
【答案】D
【解析】
【详解】假设磁体不动，导线运动，则有：根据右手螺旋定则可知，通电导线左边的磁场斜向下，而右边的磁场是斜向上，那么在导线两侧取两小段，根据左手定则可知，左边一小段所受的安培力方向垂直纸面向里，右侧一小段所受安培力的方向垂直纸面向外，从上往下看，知导线顺时针转动，当转动90°时，导线所受的安培力方向向上，所以导线的运动情况为，顺时针转动，同时上升；如今导线不动，磁体运动，根据相对运动，则有磁体逆时针转动（从上向下看），即N极向纸外转动，S极向纸内转动。故D正确，ABC错误。
故选D。
3. 如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B．L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中．已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行．该导线受到的安培力为（ ）

A. 0B. BIlC. 2BIlD.
【答案】C
【解析】
【详解】因bc段与磁场方向平行，则不受安培力；ab段与磁场方向垂直，则受安培力为
Fab=BI∙2l=2BIl
则该导线受到的安培力为2BIl。
故选C。
4. 如图,一水平放置的矩形闭合线框,在细长磁铁的极附近竖直下落,保持边在纸外, 边在纸内,如图中的位置经过位置到位置,位置和都很靠近,在这个过程中,线圈中感应电流( )
A. 沿流动
B. 沿流动
C. 由到是沿流动,由到是沿流动
D. 由到是沿流动,由到是沿流动
【答案】A
【解析】
【详解】线圈从位置到位置的过程中，穿过线圈的向上的磁通量减小，根据楞次定律可知，产生感应电流的磁场方向向上，由右手定则知电流沿abcd方向；线圈从位置到位置的过程中，线圈内穿过的向下的磁通量增加，则感应电流的磁场方向向上，由右手定则知感应电流方向沿abcd方向．
5. 如图所示，正方形区域abcd内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一带电粒子从ad边的中点M以速度v垂直于ad边射入磁场，并恰好从ab边的中点N射出磁场。不计粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A. 粒子带负电
B. 若粒子射入磁场的速度增大为，粒子将从a点射出
C. 若粒子射入磁场的速度增大为，粒子将从b点射出
D. 若粒子射入磁场的速度增大为，粒子在磁场中的运动时间将变短
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据左手定则可知粒子带正电。故A错误；
BC．根据
解得
设正方形边长为L，粒子以速度v和速度2v进入磁场，有
轨迹如图
可知若粒子射入磁场的速度增大为，射出的位置在Nb之间。故BC错误；
D．根据C选项分析可知，若粒子射入磁场的速度增大为，则在磁场中运动的轨迹所对应的圆心角将变小，由
又
粒子在磁场中的运动时间将变短。故D正确。
故选D。
6. 如图所示，一根足够长的光滑绝缘杆固定在竖直平面内，且与水平面的夹角为37°，空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，质量为的带电小环沿杆下滑到图中的处时，对杆有垂直杆向上的、大小为的压力。已知小环的带电荷量为，重力加速度大小，，，下列说法正确的是（ ）
A. 小环带正电
B. 小环下滑的加速度大小为
C. 小环滑到处时的动能为
D. 小环滑至处上方时恰好与杆没有相互作用
【答案】C
【解析】
【详解】A．小环沿杆下滑到图中的处时，对杆有垂直杆向上的压力，说明小环此时受到的洛伦兹力方向垂直于杆向上，则根据左手定则判断可知，小环带负电，故A错误；
B．对小环受力分析，如下图所示
根据牛顿第二定律有
解得，小环下滑的加速度大小为
故B错误；
C．垂直于杆的方向有
解得，小环在处时的速度为
则此时小环的动能为
故C正确；
D．当小环恰好与杆没有相互作用，则有
则此时小环的速度为
则根据机械能守恒有
可得，此时小环在P点上方的高度为
故D错误。
故选C。
7. 如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过Δt时间从C点射出磁场，OC与OB成600角．现将带电粒子的速度变为v/3，仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，据牛顿第二定律有，解得粒子第一次通过磁场区时的半径为，圆弧 AC所对应的圆心角∠ AO′ C＝60°，经历的时间为（ T为粒子在匀强磁场中运动周期，大小为，与粒子速度大小无关）；当粒子速度减小为 v/3后，根据知其在磁场中的轨道半径变为 r/3，粒子将从 D点射出，根据图中几何关系得圆弧 AD所对应的圆心角∠ AO″ D＝120°，经历的时间为．由此可知B项正确．
考点：带电粒子在匀强磁场中的运动
8. 如图所示，等腰直角三角形abc区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，直角边ac长度为L，磁感应强度大小为B。在c点有一粒子源，可沿纸面内各个方向射出质量为m、电荷量为+q的粒子，所有粒子不计重力、速度大小均为v0。其中从c点沿cb方向射入磁场的粒子，运动轨迹恰好垂直于边界ab射出磁场。关于粒子的运动下列说法正确的是（ ）
A. 粒子速度v0的大小满足
B. 从a点射出磁场的粒子在c点的速度方向与bc夹角为60°
C. 与bc夹角为45°的入射粒子在磁场中的运动时间为
D. 所有从ab边界出射的粒子中在磁场中运动的最短时间为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．根据题意，从c点沿cb方向射入磁场的粒子，运动轨迹恰好垂直于边界ab射出磁场，如图1所示

根据几何关系可知，a点为圆心，则粒子做圆周运动的半径为r＝L，由洛伦兹力提供向心力有
联立解得
故A错误；
B．粒子从a点射出磁场，根据题意，粒子运动轨迹如图2所示
根据几何关系可知
∠Oca＝60°
如图2可知
＝60°
即粒子在c点的速度方向与bc夹角为60°，故B正确；
C．根据题意，与bc夹角为45°的入射粒子在磁场中的运动轨迹，如图3所示
根据几何关系可知，粒子运动轨迹所对圆心角为45°，则粒子在磁场中的运动时间为
故C正确；
D．根据题意可知，所有从ab边界出射的粒子中在磁场中运动，当弦长最短时，即弦与ab垂直时，运动的时间最短，则最短时间的运动轨迹为弧线cd，如图4所示；
根据几何关系解得对应圆心角
可知
结合C选项分析可知，从ab边界出射的粒子中在磁场中运动的最短时间
故D错误。
故选BC。
9. 如图所示，图甲为磁流体发电机原理示意图，图乙为质谱仪原理图，图丙是宽为，长为，高为的半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为的自由电子，图丁是回旋加速器的原理示意图，不计粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A. 图甲中将一束等离子体喷入磁场，、板间产生电势差，板电势高
B. 图乙中、、三种粒子经加速电场射入磁场，在磁场中的偏转半径最大
C. 图丙中前、后表面间的电压与成反比，前表面电势高
D. 图丁中粒子在回旋加速器中增加的动能来源于磁场能，与加速电压的大小无关
【答案】BC
【解析】
【详解】A．图甲中，将一束等离子体喷入磁场，根据左手定则判断可知，带正电的离子向B板偏转，则B板电势高，故A错误；
B．图乙中，、、三种粒子经加速电场射入磁场，设加速电场的电压为U，则有
在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有
可得，粒子在磁场中的偏转半径为
粒子的比荷最小，则在磁场中的偏转半径最大，故B正确；
C．图丙霍尔元件，由图可知电子向左移动，根据左手定则、结合图丙判断可知，电子在后表面集聚，所以后表面电势低，前表面电势高，则根据洛伦兹力等于电场力有
霍尔元件的厚度为，则通过的电流为
联立可得，后表面与前表面的电势差为
即前、后表面间的电压U与h成反比，故C正确；
D．粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功，粒子在电场中被加速，动能增大，所以粒子在回旋加速器中增加的动能来源于电场能，故D错误。
故选BC。
10. 如图所示，在xOy平面内存在着磁感应强度大小均为B的匀强磁场，其中第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向外，第三象限内的磁场方向垂直纸面向里，P（-L，0）、Q（0，-L）为坐标轴上的两个点。现有一电量大小为q、质量为m的带正电粒子（不计重力），以与x轴正向成45°的速度从P点射出，恰好经原点O并能到达Q点，则下列对PQ段运动描述正确的是（ ）
A. 粒子运动最短时间为
B. 粒子运动的总路程一定为
C. 粒子在Q点的速度方向可能与y轴垂直
D. 粒子从P点到O点的时间与从O点到Q点的时间之比可能为1:3
【答案】AD
【解析】
【详解】C．若粒子从P点出发恰好经原点O到达Q点，运动轨迹可能如图所示
第一种情况粒子在Q点速度方向与y轴负向的夹角为45°；第二种情况粒子在Q点速度方向与y轴正向的夹角为45°，故C错误；
A．根据粒子的运动轨迹图可知第一种情况粒子运动的时间最短，则
故A正确；
B．第一种情况粒子运动的总路程为
第二种情况粒子运动的总路程为
故B错误；
D．由于粒子在磁场中运动的周期相同，则粒子运动的时间之比等于圆心角之比，根据粒子的运动轨迹图可知第一种情况粒子从P到O的时间与从O到Q的时间之比为1:1；第二种情况粒子从P到O的时间为粒子与从O到Q的时间为1:3，故D正确。
故选AD。
二、非选择题（本题共5小题，共54分。）
11. 某学习小组对某种型号铅笔芯的电阻率进行测量。实验器材如下：
学生电源（输出电压）
滑动变阻器（最大阻值，额定电流）；
电压表（量程，内阻未知）；
电流表（量程，内阻未知）；
待测铅笔芯；
游标卡尺，螺旋测微器，开关，单刀双掷开关，导线若干。
回答以下问题：
（1）使用螺旋测微器测量铅笔芯直径，某次测量结果如图甲所示，该读数为________；
（2）把待测铅笔芯接入图乙所示电路，闭合开关后，将滑动变阻器滑片由最右端向左调节到合适位置，将单刀双掷开关分别掷到1、2端，观察到电压表示数变化比电流表示数变化更明显，则测量铅笔芯电阻时应将掷到________（填“1”或“2”）端；
（3）正确连接电路，得到铅笔芯图像如图丙所示，求得电阻________（保留3位有效数字）；
【答案】（1）2.451
（2）1 （3）
【解析】
【小问1详解】
根据螺旋测微器的精确度为0.01mm可知，其读数为
2mm+0.01×45.1mm=2.451mm
【小问2详解】
由于电压表示数变化更明显，说明电流表分压较多，因此电流表应采用外接法，即测量铅笔芯电阻时应将K掷到1端；
【小问3详解】
根据图丙的I-U图像，结合欧姆定律有
12. 如图甲所示为一物理兴趣小组制作的水果电池组，为了准确测量该电池组的电动势和内阻，进行了以下操作：
（1）该小组先用多用电表直流2.5V挡粗略测量水果电池组的电动势，电表指针如图乙所示；
（2）为了更准确地测量水果电池组的电动势和内阻，实验室提供了以下器材：
A．待测水果电池组（内阻约为1000Ω）
B．电流表A（0~5mA，内阻为25Ω）
C．电压表V1（0~3V，内阻约为1000Ω）
D．电压表V2（0~15V，内阻约为5000Ω）
E．滑动变阻器R1（0~10Ω）
F．滑动变阻器R2（0~1500Ω）
G．开关、导线各若干
①应该选择的实验电路是图中的__________（选填“丙”或“丁”）；
②实验中电压表应选__________（填“V1”或“V2”），滑动变阻器应选__________（填“R1”或“R2”）；
（3）确定好的电路后，调节滑动变阻器滑片位置以得到电压表的示数U与电流表的示数I的多组数据，作出U—I图像如图戊所示，根据图像和题中所给信息可知该水果电池组的电动势E＝__________V，内电阻r＝__________Ω。（结果均保留三位有效数字）
【答案】 ①. 丁 ②. ③. ④. 2.23##2.24##2.25##2.26 ⑤. ########
【解析】
【详解】（2）[1]因水果电池的内阻远大于电流表内阻，且与电压表内阻相差不大，且电流表内阻已知，则应该选择的实验电路是图中的丁；
[2][3]实验中电池的电动势约为1.50V，电压表应选量程3V的，滑动变阻器应选阻值与电池内阻相当的；
（3）[4][5]根据闭合电路欧姆定律可得
即
则图像的纵截距即为电动势
图像斜率的绝对值即为内阻和电流表内阻之和
13. “祝融号”火星车动力主要来源于太阳能电池。现将火星车的动力供电电路简化为如图所示，其中太阳能电池电动势，电动机线圈电阻，电热丝定值电阻。当火星车正常行驶时，电动机两端电压，电热丝消耗功率。求：
（1）火星车正常行驶时，通过电热丝的电流；
（2）太阳能电池的内阻；
（3）火星车正常行驶时，电动机的效率。
【答案】（1）5A （2）4Ω
（3）90%
【解析】
【小问1详解】
根据
代入数据解得
【小问2详解】
根据闭合电路欧姆定律可得
代入数据解得
【小问3详解】
火星车正常行驶时，电动机的效率为
14. 如图所示，U形金属杆上边长为，质量为，下端插入导电液体中，导电液体连接电源，金属杆所在空间有垂直纸面向里的匀强磁场。
（1）若插入导电液体部分深，闭合电键后，金属杆飞起后，其下端离液面高度，设杆中电流不变，求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中的电流有多大；
（2）若金属杆下端刚与导电液体接触，改变电动势的大小，通电后金属杆跳起高度，通电时间，求通过金属杆截面的电荷量。

【答案】（1），4.17A；（2）0.085C
【解析】
【详解】（1）对金属杆，跳起的高度为，竖直上抛运动由运动学关系式
解得
通电过程金属杆收到的安培力大小为
由动能定理得
解得
（2）对金属杆，通电时间，由动量定理有
由运动学公式
通过金属杆截面的电荷量
联立解得
15. 如图，空间中存在着匀强磁场和匀强电场，空间位置有边长L=1.6m的正方体abcd-a′b′c′d′，其中a、b、c、d′四点电势分别为=0、=-16V、=-16V、=16V，匀强磁场的方向沿a′d′cb平面斜向上。一带正电小球以速度v0=2m/s从b点沿bc方向匀速运动，重力加速度g=10m/s2。（结果可用根式）
（1）求匀强电场E的大小与方向和磁感应强度大小B；
（2）若同时撤去电场和磁场，小球从正方体哪条边离开；
（3）若仅撤去电场，小球从正方体的什么位置离开。
【答案】（1），方向沿着方向，；（2）小球从正方体边上的M点距点离开；（3）小球从正方体的点离开
【解析】
【详解】（1）根据各点电势分布可知
则电场沿着方向，场强的大小为
带正电小球以速度v0=2m/s从b点沿bc方向匀速运动，受力分析如图所示
由几何关系可知，由平衡条件可知
解得
（2）若同时撤去电场和磁场，小球只受重力，在平面内做平抛运动，设时间为，bc方向匀速直线运动，有
解得
，
则小球落到底边上，有
，
解得
，
则小球从正方体边上的M点距点离开。
（3）若仅撤去电场，将重力分解，如图所示
因满足
则小球受等效重力沿方向，故小球在平面内做类平抛运动，如图所示
有
联立解得
，
则小球从正方体的点离开。