2022大庆铁人中学高二下学期开学考试物理含答案

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一、选择题（本题共12题，每小题5分，1至7小题为单选题，8至12小题为多选题，多选半对得3分，共60分）
1.C [解析] 由左手定则判断通电导线在磁场中的受力,C正确.
2.D [解析] 由安培定则可知通电导线产生的磁场方向,根据叠加原理可知a所在区域的两个磁场方向相反,穿过a的磁通量为0且保持不变,所以a中无感应电流;b所在区域两个磁场方向相同,合磁场不为零,当电流减小时,b中磁通量减小,根据楞次定律可知b中有逆时针方向的感应电流.
3.B [解析] A、B在C处产生的磁感应强度的大小均为B0,根据平行四边形定则可知BC=EQ \R(3)B0,由左手定则可知,安培力方向水平向左,大小为FA=EQ \R(3)B0IL,由于导线C位于水平面上且处于静止状态,所以导线C受到的静摩擦力大小为EQ \R(3)B0IL,方向水平向右,故B正确.
4.C [解析] 金属圆盘在匀强磁场中匀速转动,可以等效为无数根长为r的导体棒绕O做匀速圆周运动,其产生的感应电动势大小为E=EQ \F(Br2ω,2),由右手定则可知,其方向指向O,所以通过电阻的电流大小为I=EQ \F(Br2ω,2R),方向由d到c,故C正确,A、B、D错误.
5.D [解析] ab棒切割磁感线,产生感应电动势,给电容器充电,同时ab棒在安培力作用下减速,当电容器两极板间电压与ab棒的电动势相等时,充电电流为零,安培力为零,ab棒做匀速运动,D正确.
6.B解析 电路中的感应电动势E＝Blv，感应电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(E,\f(l,sin θ) r)＝eq \f(Bvsin θ,r)，故A错误，B正确；金属杆所受安培力大小F＝BIeq \f(l,sin θ)＝eq \f(B2lv,r)，故C错误；金属杆的发热功率P＝I2R＝I2eq \f(l,sin θ) r＝eq \f(B2lv2sin θ,r)，故D错误．
7.C
8.AC [解析] 带电粒子在磁场中若受洛伦兹力则做曲线运动,因b运动方向不变,即不受洛伦兹力,所以不带电,由左手定则可知,a带正电,c带负电,故A正确,B错误;由洛伦兹力提供向心力,有Bqv=m,解得q=,由图可知rcqa,故D错误,C正确.
9.BC [解析] 根据法拉第电磁感应定律E=n=nπr2,则===,故B正确、A错误;设线圈单位长度的电阻为R,根据闭合电路的欧姆定律得I=,则=×=×=,故C正确,D错误.
10.AD [解析] 设磁场区域半径为R,轨迹的圆心角为α,根据推论可知,质子在磁场中的偏转角等于轨迹的圆心角α,由t=EQ \F(α,2π)T可知,在磁场中运动的时间越长,则轨迹对应的偏转角越大,圆心角越大,故D正确;
弦长L=2RcsEQ \F(α,2),质子运动的时间越长,则α越大,弦长越小,故A正确;质子运动的轨迹长度s=rα=·α,质子运动的时间越长,则α越大,s越短,故B错误;质子在磁场中运动的时间为t=EQ \F(α,2π)T,轨迹半径r=,质子运动的时间越短,则α越小,r越大,由r=可知,速度v越大,故C错误.
11.CD
12.BCD．分析： 圆环向右运动的过程中可能受到重力、洛伦兹力、杆的支持力和摩擦力，根据圆环初速度的情况，分析洛伦力与重力大小关系可知：圆环可能做匀速直线运动，或者减速运动到静止，或者先减速后匀速运动，根据动能定理分析圆环克服摩擦力所做的功．
解：A、当qv0B＜mg时，圆环做减速运动到静止，速度在减小，洛伦兹力减小，杆的支持力和摩擦力都发生变化，所以不可能做匀减速运动，故A错误
B、当qv0B=mg时，圆环不受支持力和摩擦力，做匀速直线运动，故B正确
C、当qv0B＜mg时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功．根据动能定理得
﹣W=0﹣EQ \F(1,2)mv02 得W=EQ \F(1,2)mv02，
当qv0B＞mg时，圆环先做减速运动，当qvB=mg时，不受摩擦力，做匀速直线运动．
当qvB=mg时得v=EQ \F(mg,qB)
根据动能定理得﹣W=mv2﹣EQ \F(1,2)mv02
代入解得W=EQ \F(1,2)mv02﹣EQ \F(m3g2,2q2B2)，故C D正确
二、实验题（本题共2小题，共12分）
13.(1)AD (2)EQ \F(3,2)F
[解析] (1)该实验探究了导体棒通电部分长度和电流大小对安培力的影响,故A、B错误;把磁铁的N极和S极对调,不改变B的大小,故F不变,故C错误;把接入电路的导体棒从①、④两端换成②、③两端,则L减小,故安培力F减小,故D正确.
(2)若把电流为I且接通②、③时,导体棒受到的安培力记为F;则当电流减半且接通①、④时,导体棒的安培力为F'=B××3L=EQ \F(3,2)BIL=EQ \F(3,2)F.
14.(1)20 kΩ (2)甲 (3)左 (4)右
[解析] (1)由闭合电路欧姆定律得R== Ω=15×103 Ω,由于R1>R,不会使电流超过电流表的最大测量值,达到保护电路的作用,所以选用20 kΩ的电阻.
(2)已测得电流表指针向右偏时,电流是由正接线柱流入,当磁铁N极插入线圈时,根据楞次定律可知,感应电流的磁场阻碍磁通量的增加,螺线管上端应为N极,下端为S极,由于电流表指针向左偏,可知电流是由电流表正接线柱流出至螺线管上端接线柱,由安培定则可判断螺线管的绕线方向如图甲所示.
(3)若将条形磁铁的S极放在下端,从螺线管中拨出,则感应电流的磁场方向向上,由螺线管的绕线方向可以判定,电流是从电流表的负接线柱流入,故指针向左偏.
(4)当P向左加速滑动时,线圈A中的电流应越来越小,则其磁场减弱,此时线圈B中产生的电流使指针向右偏转,由此可知,当B中的磁通量减小时,电流表指针向右偏;当将线圈A中铁芯向上拔出的过程中,穿过线圈B的磁通量减小,电流表指针向右偏转.
三、计算题（共38分。第15题10分，第16题12分，第17题16分）
15.(1)2.5 V B到A (2)EQ \F(5,3) V (3)5×10-7 C EQ \F(5,3)×10-7 C
[解析] (1)导体棒AB产生的感应电动势E=BLv=2.5 V
由右手定则得,AB棒上的感应电流方向是B到A.
(2)外电路电阻R并==2 Ω,总电流I==EQ \F(5,6) A,
导体棒AB两端的电压U=I·R并=EQ \F(5,3) V
(3)电容器充电电荷量Q=CU=5×10-7 C
从撤去到稳定,通过电阻R2的电荷量是QR2=Q=EQ \F(5,3)×10-7 C.
16.(1)2v0,方向与水平方向成60°角斜向右上 (2)EQ \F(3v,kd) (3)EQ \F(4πd,9v)
[解析] (1)粒子从原点O处沿x轴正方向发射,在电场中做类平抛运动,由动能定理得qEd=EQ \F(1,2)mv2-EQ \F(1,2)mv02
将EQ \F(q,m)=k,E=EQ \F(3v2,2kd)代入,解得v=2v0
粒子运动轨迹如图所示
图中cs θ==EQ \F(1,2)
解得θ=60°.
即粒子第一次穿过MN时的速度为2v0,方向与水平方向成60°角斜向右上.
(2)根据几何关系可知R+Rcs θ=d 得R=EQ \F(2,3)d
磁场中做匀速圆周运动qvB=mEQ \F(v2,R)
解得B=EQ \F(3v,kd)
(3)粒子在电场中d=EQ \F(1,2)at12
t1=EQ \F(2EQ \R(3)d,3v)
联立解得粒子运动的周期T=EQ \F(2πm,qB)=EQ \F(2πd,3v)
故粒子在磁场中运动的时间为t2=EQ \F(2,3)T=EQ \F(4πd,9v)
粒子从发射到第二次穿过MN时运动的时间t=t1+t2 t=EQ \F(2EQ \R(3)d,3v) +EQ \F(4πd,9v)
17.（1）3mg （2） （3）
解析：（1）设ab到达圆弧底端时受到的支持力大小为N，ab下滑机械能守恒，
有： （1分）

由牛顿第二定律：；（1分）
（1分）
（2）设ab棒的速度时， cd棒的速度为
由动量守恒定律： 得（1分）
（1分）
（1分） （1分）
回路中电流I＝（1分） 代入数据解得 I＝
此时cd棒所受安培力 F=BIL （1分）
此时cd棒加速度为 a=（1分）
解得a = （1分）
（3）由题意可知，cd棒以离开磁场后向右匀速运动，从开始运动到其离开磁场一段时间后，对ab，由动量定理有：
-BILt=mvab–mv （1分）
q=It （1分）
（1分）
（1分）
（1分）