江苏省无锡市天一中学2024-2025学年高二（上）期末考试物理试卷

这是一份江苏省无锡市天一中学2024-2025学年高二（上）期末考试物理试卷，共14页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列有关安培力和洛伦兹力的说法正确的是( )
A. 判断安培力和洛伦兹力的方向都用右手定则
B. 运动的电荷在磁场中一定受到洛伦兹力的作用
C. 安培力与洛伦兹力的本质相同，所以安培力和洛伦兹力都不做功
D. 一小段通电导体在磁场中某位置受到的安培力为零，但该位置的磁感应强度不一定为零
2.已知匝数为n的正方形线框，面积为S，垂直于磁场放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，如图所示，则穿过该线框的磁通量为( )
A. Φ=nBS B. Φ=BS
C. Φ=nBS D. Φ=BS
3.下列四幅图的说法中正确的是
A. 图甲真空冶炼炉外的线圈通入高频交流电时，炉外线圈中会产生大量热量
B. 图乙回旋加速器是利用磁场使带电粒子“转圈”、恒定电场进行加速的仪器
C. 图丙毫安表运输时把正负接线柱用导线连在一起是利用电磁阻尼保护表头
D. 图丁摇动手柄使蹄形磁铁转动，则铝框会和磁铁同向共速转动
4.下列关于电和磁的情景的说法正确的是( )
A. 图甲：两条异向通电长直导线相互吸引
B. 图乙：在匀强磁场内运动的闭合线框中有感应电流产生
C. 图丙：闭合线框中c点的电势高于b点的电势
D. 图丁：电路通电稳定后断开开关S的瞬间，灯泡一定会闪一下再熄灭
5.如图所示，水平桌面上放着一个圆形金属线圈，在其圆心的正上方固定一个柱形磁体，现通过加热的方式使柱形磁体磁性减弱，圆形金属线圈始终静止，则
A. 线圈有扩张的趋势
B. 水平桌面对线圈支持力增大
C. 线圈中感应电流产生的磁场方向竖直向上
D. 从上往下看，线圈中感应电流沿逆时针方向
6.如图所示，一束带电粒子(不计重力)先以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场B(方向垂直纸面，未画出)和匀强电场E组成的速度选择器，然后通过平板S上的狭缝P，进入另一垂直纸面向外的匀强磁场B'，最终打在平板S上的A1A2之间。下列正确的是( )
A. 通过狭缝P的粒子带负电
B. 磁场B的方向垂直纸面向外
C. 粒子打在A1A2上的位置距P越远，粒子的速度越小
D. 粒子打在A1A2上的位置距P越远，粒子的比荷越小
7.临沂籍物理学家薛其坤院士荣获2023年度国家最高科学技术奖。薛院士在研究霍尔效应的过程中发现了量子反常霍尔效应现象。如图是某金属材料做成的霍尔元件，所加磁场方向及电流方向如图所示，则( )
A. 该霍尔元件的前后两表面间存在电压，且前表面电势高
B. 该霍尔元件的前后两表面间存在电压，且前表面电势低
C. 该霍尔元件的上下两表面间存在电压，且上表面电势高
D. 该霍尔元件的上下两表面间存在电压，且上表面电势低
8.如图所示的半圆形闭合回路半径为a，电阻为R。虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于半圆形回路所在的平面。回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直。从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是( )
A. 感应电流方向沿顺时针方向B. 半圆形闭合导线所受安培力方向向右
C. 感应电动势最大值2BavD. 感应电动势平均值E=14πBav
9.如图所示，导体棒AB长2R，绕O点以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，OB为R，且OBA三点在一直线上，有一匀强磁场磁感应强度为B，充满转动平面且与转动平面垂直，那么AB两端的电势差大小为( )
A. 32BωR2B. 2BωR2C. 4BωR2D. 6BωR2
10.如图所示，在条形磁铁S极附近悬挂一个线圈，线圈与水平磁铁位于同一平面内。当线圈中通以图示方向的电流时，将会出现的现象是( )
A. 线圈向左摆动
B. 线圈向右摆动
C. 从上往下看，线圈顺时针转动，同时向右摆动
D. 从上往下看，线圈逆时针转动，同时向左摆动
11.如图所示，等腰直角三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的直角边在x轴上且长为L，高为L。纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过磁场区域，在t=0时刻恰好位于图中所示的位置。以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下列图像正确的是( )
A. B.
C. D.
二、实验题：本大题共1小题，共10分。
12.甲、乙、丙三位同学利用如图所示装置探究影响感应电流方向的因素。
(1)如图a，甲同学在断开开关时发现灵敏电流计指针向右偏转，下列操作中同样能使指针向右偏转的有________。
A.闭合开关
B.开关闭合时将滑动变阻器的滑片向左滑动
C.开关闭合时将A线圈从B线圈中拔出
D.开关闭合时将A线圈倒置再重新插入B线圈中
(2)为确切判断B线圈中的感应电流方向，应在实验前先查明灵敏电流计_____________的关系。
(3)如图b，乙同学将条形磁铁从B线圈上方由静止释放，使其笔直落入B线圈中，多次改变释放高度，发现释放高度越高，灵敏电流计指针偏转过的角度越大。该现象说明了线圈中_________(选填“磁通量”“磁通量变化量”或“磁通量变化率”)越大，产生的感应电流越大。
(4)丙同学设计了如图c所示的装置来判断感应电流的方向。他先使用多用电表的欧姆挡对二极管正负极进行确认，某次测量时发现多用电表指针几乎没有偏转，说明此时黑表笔接触的是二极管的_________(选填“正极”或“负极”)。实验操作时将磁铁插入线圈时，只有灯____________(选填“C”或“D”)短暂亮起。
三、计算题：本大题共4小题，共46分。
13.如图所示，宽为L= 0.2 m的光滑导轨与水平面成α= 37°角，处于磁感应强度大小为B= 0.6 T、方向垂直于导轨面向上的匀强磁场中，导轨上端与电源和电阻箱连接，电源电动势E= 3 V，内阻r= 0.5 Ω.在导轨上水平放置一根金属棒ab，金属棒与导轨接触良好，当电阻箱的电阻调到R= 5.5 Ω时，金属棒恰好能静止．忽略金属棒和导轨的电阻，取重力加速度g= 10 m/s2，sin37° = 0.6，cs37° = 0.8.求：
(1)回路中电流的大小；
(2)金属棒受到的安培力；
(3)金属杆ab的质量．
14.如图所示，正方形金属线圈通过一根不可伸长的绝缘轻绳悬挂在天花板上，已知线圈匝数n=100，边长l=40cm，质量m=0.2kg，电阻R=2Ω。线圈中线OO'上方有垂直线圈平面向外的匀强磁场，磁感应强度B0=0.1T。t=0时刻开始磁场均匀增加、磁感应强度变化率ΔBΔt=0.1T/s，重力加速度大小取g=10m/s²，求：
(1)前5s内线圈产生的焦耳热；
(2)t=5s时轻绳的拉力大小。
15.如图所示，一对间距，L=1m、足够长的平行光滑金属导轨固定于绝缘水平面上，导轨左端接有R=0.5Ω的电阻，长度与导轨间距相等的金属棒ab垂直放置于导轨上，其质量m=0.1kg，电阻也为R，整个区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B=1T。水平向右的恒力F=4N作用ab棒上，当t=2s时金属棒ab的速度达到最大，随后撤去F力，棒最终静止在导轨上。重力加速度g=10m/s2，求：
(1)金属棒ab运动的最大速度vm；
(2)撤去拉力F前通过定值电阻R的电荷量；
(3)撤去拉力F后金属棒ab继续沿水平轨道运动的位移。
16.磁控管是微波炉的核心器件，磁控管中心为热电子发射源，电子在电场和磁场的共同作用下，形成了如图甲所示的漂亮形状。现将该磁控管简化成如图乙所示的装置，两足够长的平行金属板相距4d，板间中心有一电子发射源S向各个方向发射初速度大小为v0的电子。已知电子比荷为em(em>0)，仅考虑纸平面内运动的电子，回答以下问题：
(1)若两板间不加磁场，仅接一电压恒为U的电源，其中U=4mv02e，求：
①电子在板间运动的加速度的大小；
②电子打到金属板的最长时间和最短时间之差。
(2)若两板间不接电源，仅加垂直纸面向里的匀强磁场B，其中B=mv02ed，求：
①有电子打到的金属板总长度；
②打在金属板上的电子占发射电子总数的百分比。
(3)在两金属板之间接一电压恒为U的电源的同时，加一垂直纸面向里的匀强磁场B，其中U=4mv02e，B=mv0ed。考虑初速度v0水平向右的电子，求该电子打在金属板上时速度的大小和方向。
答案和解析
1.D
【解析】A.判断安培力和洛伦兹力的方向都用左手定则，故A错误;
B.电荷运动方向与磁场方向平行时不受洛伦兹力的作用，故 B错误;
C.洛伦兹力对运动电荷不做功，但安培力垂直于电流，与通电导体运动方向未必垂直，安培力可能做功，故 C错误;
D.若通电导体电流方向与磁场方向平行，通电导体受安培力为零，故 D正确。
故选D。
2.B
【解析当B与S垂直时，磁通量Φ=BS，且磁通量可理解为穿过面的磁感线的净条数，与n无关，故选B。
3.C
【解析】A.如图(a)所示，当炉外线圈通入高频交流电时，在铁块中会产生涡流，铁块中就会产生大量热量，从而冶炼金属，故 A错误；
B.如图(b)所示，回旋加速器是利用磁场控制轨道，使带电粒子“转圈圈”，利用交变电场进行加速的仪器，故 B错误；
C.如图(c)所示，毫安表的表头，运输时要把正、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 C正确；
D.如图(d)所示， 由电磁驱动原理，摇动手柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，且比磁铁转的慢，即同向不共速，故D错误。
4.C
【解析】A.同向电流相互吸引，异向电流相互排斥， A错误;
B.感应电流的产生条件是闭合回路中磁通量发生改变，线框磁通量未改变，无感应电流产生， B错误;
C.由右手定则可知，c点的电势高于b点的电势， C正确;
D.若电路稳定时，流过电感线圈的电流大于灯泡中的电流，断电自感时灯泡才会闪一下再熄灭，题中未说明， D错误。
5.A
【解析】ABC、磁体的磁性减弱，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，线圈产生的感应电流阻碍磁通量的减小，感应电流产生的磁场方向与原磁场的方向相同，为方向向下；同时线圈面积有扩大的趋势，线圈有靠近磁体的趋势，则水平桌面对线圈支持力减小，故BC错误，A正确；
D、向下穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，线圈产生的感应电流方向从上往下看为顺时针方向，故D错误。
故选：A。
6.D
【解析】A、带电粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则，知该粒子带正电，故A错误；
BC、粒子经过速度选择器时，所受的电场力和洛伦兹力平衡，电场力水平向左，则洛伦兹力水平向左，根据左手定则可知，匀强磁场的方向垂直纸面向里；
根据平衡条件有：qE=qvB.则v=EB，粒子经过速度选择器后的速度都相同，故BC错误；
D、所有打在A1A2上的粒子，在磁场B'中做匀速圆周运动，根据qvB'=mv2r，可得r=mvqB'，经过速度选择器进入磁场B'的粒子速度相等，粒子打在A1A2上的位置越远离P，则半径越大，粒子的比荷越小，故D正确。
故选D。
7.A
【解析】根据题意，由于金属材料的载流子为自由电子，由左手定则可知，自由电子向后表面偏转，则该霍尔元件的前后表面间存在电压，且前表面电势高，故A正确，BCD错误。
故选：A。
8.D
【解析】A.在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向不变，故A错误；
C.当半圆形线框进入一半时，有效的切割长度最大，感应电动势最大，则感应电动势的最大值Em=Bav，故C错误；
B.根据楞次定律，半圆形闭合导线所受安培力方向向左 ，故B错误；
D.由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值E=ΔΦΔt=B·12πa22av=14πBav，故D正确。
故选D。
9.C
【解析】AB两端的电势差大小等于金属棒AB中感应电动势的大小，为：
E=B⋅2Rv-=B⋅2R⋅ωR+ω⋅3R2=4BR2ω
故选：C。
金属棒中各点切割感线的速度不等，应用平均速度求解感应电动势的大小．线速度与角速度的关系式为v=ωr．
解决本题的关键掌握转动切割产生的感应电动势公式E=12BωL2，会根据E=Blv进行推导．
10.D
【解析】通以顺时针的电流，由于处于S极的磁体附近，根据左手定则可得，线圈左边安培力垂直纸面向外，右边安培力垂直纸面向里，从上往下看，导致线圈逆时针转动，由于磁场的不均匀，导致线圈受到安培力的作用向磁铁靠近，故D正确，ABC错误。
故选D。
11.A
【解析】在0∼ L过程，磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值，线圈切割有效长度均匀增加，线圈中的电流为
I=BL效vR=BxvR=BvRx0≤x≤L
在L∼ 2L过程，磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向，为负值，线圈切割有效长度均匀增加，线圈中的电流为
I=BL效vR=BxvR=BvRxL≤x≤2L
故选A。
12.(1) CD；(2)指针偏转方向与流入电流方向；(3)磁通量变化率；(4)负极；C。
【解析】 (1)A.断开开关时，A线圈中电流迅速减小，B线圈中磁通量变小，出现感应电流，使灵敏电流计指针向右偏转。为了同样使指针向右偏转，应减小B线圈中的磁通量，可以减小A线圈中的电流，或将A线圈拔出，或将A线圈倒置并插入B线圈中。A、B两个选项的操作会增大A线圈中的电流，导致电流计指针向左偏转，不符合，故 AB错误；CD正确。
(2) 判断感应电流具体流向，应先查明灵敏电流计指针偏转方向与电流流入方向的关系；
(3) 释放高度越高，磁铁落入线圈的速度越快，则线圈中磁通量变化率越大，使得感应电流更大；
(4) 欧姆挡指针没有偏转时，说明二极管的负极与电源正极相连，根据多用电表红进黑出的操作原则，此时黑表笔接触的是二极管的负极。当磁铁插入线圈时，线圈中出现如图所示方向的电流，此时C灯泡所在的支路有电流经过，能够发亮。
故答案为：(1) CD；(2)指针偏转方向与流入电流方向；(3)磁通量变化率；(4)负极；C。
13.解：(1)根据闭合电路欧姆定律，回路中的电流为I=ER+r，
代入数据解得I=0.5A。
(2)金属棒受到的安培力F= BIL，
代入数据解得F=0.06N，
根据左手定则，可知安培力的方向平行导轨向上。
(3)根据力的平衡条件，有F= mgsinα，
代入数据解得m=0.01kg。
14.(1)1.6J；(2)11.6N
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律可得
E=nΔΦΔt=nΔB△t⋅12l2
感应电流的大小为
I=ER
前5s内线圈产生的焦耳热为
Q=I2Rt
代入数据解得
Q=1.6J
(2)根据楞次定律和左手定则可知，线框受到竖直向下的安培力，则
T=nBIl+mg
B=B0+ΔBΔtt
联立可得
T=11.6N
15.【解析】(1)由闭合电路的欧姆定律可得
I=ER+r=35.5+0.5=0.5A
(2)金属棒受到的安培力为
F=BIL=0.6×0.5×0.2=0.06N
由左手定则可知，安培力方向沿斜面向上；
(3)由于金属棒刚好静止，则有
mgsinθ=F
解得
m=0.01kg

16.【解析】(1)①根据牛顿第二定律有
eE=ma
E=U4d
解得
a=v02d
②水平向左运动的电子运动距离
x=v022a=d2