安徽省安庆市第一中学2021-2022学年高二上学期期中考试物理试卷（理科实验班）（Word版附解析）

这是一份安徽省安庆市第一中学2021-2022学年高二上学期期中考试物理试卷（理科实验班）（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题（共8小题，每题4分，共32分）
1. 关于磁场，下列说法正确的是（ ）
A. 根据安培分子电流假说，所谓磁化就是分子电流由无序变成有序排列
B. 电流元所受安培力为零，则该处磁感应强度也为零
C. 磁场的方向就是一小段通电导线在该点的受力方向
D. 穿过平面磁通量为零，磁感应强度一定为零
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据安培分子电流假说，所谓磁化就是分子电流由无序变成有序排列，故A正确；
B．一小段通电导线（电流元）在磁场中某处所受安培力为零，可能是电流的方向与磁场平行，该处磁感应强度不一定为零，故B错误；
C．根据左手定则可知，磁场的方向与一小段通电导线在该点的受力方向垂直，故C错误；
D．根据
Φ=BScsθ
穿过平面的磁通量为零，可能是平面与磁场的方向垂直，磁感应强度不一定为零，故D错误。
故选A。
2. 如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接，已如导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为（ ）
A. 2FB. 1.5FC. 0.5FD. 0
【答案】B
【解析】
【详解】设每一根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两路电阻之比为，根据并联电路两端各电压相等的特点可知，上下两路电流之比．如下图所示，由于上路通电的导体受安培力的有效长度为L，根据安培力计算公式，可知，得，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受的合力大小为，故本题选B．
3. 如图所示，空间存在方向垂直纸面的匀强磁场，一粒子发射源P位于足够大绝缘平板MN的上方距离为d处，在纸面内向各个方向发射速率均为v的同种带电粒子，不考虑粒子间的相互作用和粒子重力，已知粒子做圆周运动的半径大小也为d，则粒子（ ）
A. 能打在板上的区域长度为2d
B. 能打在板上离P点的最远距离为1.5d
C. 到达板上的最长时间为
D. 到达板上的最短时间为
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．粒子打在平板上粒子轨迹的临界状态如图1所示，左端粒子轨迹与平板相切，右边为直径与平板的交点

根据几何关系知，带电粒子能到达板上的长度
L＝R+
故A错误；
B．由图可以看到打在板上最远点是右边，由几何关系它与P点的距离是
s＝2R＝2d
故B错误；
CD．粒子在磁场中运动时间最短时劣弧对应的弦长最短所以最短的弦长为d；粒子在磁场中运动的时间最长时，粒子轨迹对应的圆心角最大，在磁场中运动时间最短如图2中的劣弧1，粒子运动时间最长如图2中的优弧2所示

由几何关系知，最长时间
t1＝
最短时间
t2＝
故C正确；D错误。
故选C。
4. 如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速度、与x轴成30°角从原点射入磁场，则正、负电子在磁场中的运动时间之比为（不计重力）（ ）

A. 2：1B. 1：2
C. 1：D. 1：1
【答案】A
【解析】
【详解】根据牛顿第二定律有
解得
周期为
可知正、负电子在磁场中运动的周期相同，正电子在磁场中轨迹如图所示

由几何知识可知正电子转过的角度为，则正电子在磁场中的运动时间为
负电子在磁场中轨迹如图所示

由几何知识可知负电子转过的角度为，则负电子在磁场中的运动时间为
则正、负电子在磁场中的运动时间之比为
故选A。
5. 如图所示，厚度为h、宽度为d的某种半导体板，放在垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.当电流通过导体板时，在导体板的上、下表面之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。实验表明，当磁场不太强时，上、下表面之间的电势差U、电流I和B的关系为，式中的比例系数k称为霍尔系数。设电流I（方向如图）是由带正电荷的空穴定向移动形成的，导体中单位体积中空穴的个数为n，空穴定向移动的速率为v，电荷量为e。下列说法正确的是（ ）
A. 上表面的电势比下表面低B. 导体板之间的电场强度
C. 霍尔系数k的大小与d、h有关D. 霍尔系数k的大小与n、e有关
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据左手定则可知，正电荷向上表面偏转，则上表面的电势高于下表面，故A错误；
B．根据匀强电场中，电势差和电场强度的关系，可知导体板之间的电场强度为
故B错误；
CD．电荷在磁场中受到洛伦兹力的作用，向上极板偏转，稳定后，极板间形成电场，电荷在电场力和洛伦兹力的共同作用下，处于平衡状态，则有
解得
U=vBh
结合电流的微观表达式
I=neSv=nehdv
解得
则霍尔系数为
故霍尔系数k的大小与n、e有关，故D正确，C错误。
故选D。
6. 如图甲所示，水平面内虚线MN的右侧存在竖直向下的匀强磁场，现有一个闭合的金属线框以恒定速度从MN左侧沿垂直MN的方向进入匀强磁场区域，线框中的电流随时间变化的图像如图乙所示，则线框的形状可能是下图中的（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．导体棒切割磁感线产生的感应电动势
设线框总电阻R，则感应电流
由图乙所示图像可知，感应电流先均匀变大，后均匀变小，由于B、v、R是定值，由上式知I与有效切割长度成正比，则导体棒的有效长度L应先均匀变长，后均匀变短，三角形线框匀速进入磁场时，有效长度L先均匀增加，后均匀减小，故A正确；
B．梯形线框匀速进入磁场时，有效长度L先均匀增加，后不变，最后均匀减小，故B错误；
C．闭合圆环匀速进入磁场时，有效长度L先变大，后变小，但随时间非均匀变化，故C错误；
D．图示形状匀速进入磁场时，有效长度L先均匀增加，后不变，最后均匀减小，故D错误。
故选A。
7. 如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度为，质量为边长为的正方形线框斜向穿进磁场，当刚进入磁场时，线框的速度为，方向与磁场边界成，若线框的总电阻为，则（ ）
A. 线框穿进磁场过程中，框中电流的方向为
B. 刚进入磁场时线框中感应电流为
C. 刚进入磁场时线框所受安培力为
D. 此时两端电压为
【答案】C
【解析】
【详解】A．线框进入磁场的过程中穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向外，则感应电流的方向为ABCD方向，故A错误；
B．AC刚进入磁场时CD边切割磁感线，AD边不切割磁感线，所以产生的感应电动势
则线框中感应电流为
故B错误；
C．AC刚进入磁场时线框的CD边产生的安培力与v的方向相反，AD边受到的安培力的方向垂直于AD向下，它们的大小都是
由几何关系可以看出，AD边与CD边受到的安培力的方向相互垂直，所以AC刚进入磁场时线框所受安培力为AD边与CD边受到的安培力的矢量合，即
故C正确；
D．当AC刚进入磁场时，CD两端电压
故D错误。
故选C。
8. 如图所示，水平面上固定着两根相距L且电阻不计的足够长的光滑金属导轨，导轨处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。相同的铜棒a、b平行地静止在导轨上且与导轨接触良好，每根铜棒的长度等于两导轨的间距、电阻为R、质量为m。现给铜棒a一个平行于导轨向右的瞬时冲量I，关于此后的过程，下列说法正确的是（ ）
A. 铜棒b获得的最大速度为B. 铜棒b的最大加速度为
C. 铜棒b中的最大电流为D. 铜棒b中产生的最大焦耳热为
【答案】A
【解析】
【详解】A．两铜棒在任意时刻所受安培力等大反向，所以系统动量守恒，共速时b有最大速度
铜棒b的最大速度
故A正确；
C．选取水平向右正方向，根据动量定理求解a开始时速度
根据左手定则判断安培力，可知此后a导体棒做减速运动，b导体棒做加速运动，所以回路中的感应电动势最大值
铜棒b中的最大电流为
故C错误；
B．根据牛顿第二定律，铜棒b的最大加速度
故B错误；
D．两铜棒共速后，回路中不再产生感应电流，则根据能量守恒定律，系统产生的热量
铜棒b中产生的最大焦耳热为
故D错误。
故选A。
二、多选题（共4小题，每题4分，共16分）
9. 在半径为R的圆形区域内，存在垂直圆面向里的匀强磁场。圆边上的P处有一粒子源，沿垂直于磁场的各个方向，向磁场区发射速率均为v0的同种粒子，如图所示。现测得：当磁感应强度为B1时，粒子均从由P点开始弧长为πR的圆周范围内射出磁场；当磁感应强度为B2时，粒子则从由P点开始弧长为πR的圆周范围内射出磁场。不计粒子的重力，则（ ）
A. 前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r1：r2=：
B. 前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r1：r2=2：3
C. 前后两次磁感应强度的大小之比为B1：B2=：
D. 前后两次磁感应强度的大小之比为B1∶B2=3：2
【答案】AC
【解析】
【详解】当磁感应强度为B1时，粒子半径为r1，粒子运动情况如图所示
根据洛伦兹力提供向心力可得
根据几何关系有
联立解得
当磁感应强度为B2时，粒子半径为r2，粒子运动情况如图所示
根据洛伦兹力提供向心力可得
根据几何关系有
联立解得
前后两次粒子运动的轨迹半径比为
前后两次磁感应强度的大小之比为
故选AC。
10. 空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向（垂直纸面向里）的匀强磁场，如图所示，已知一离子在电场力和洛仑兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C为运动的最低点.不计重力，则
A. 该离子带负电
B. A、B两点位于同一高度
C. C点时离子速度最大
D. 离子到达B点后，将沿原曲线返回A点
【答案】BC
【解析】
【分析】考查带电粒子在复合场中的运动。
【详解】A．粒子开始受到电场力作用开始向下运动，在运动过程中受洛伦兹力作用向右偏转，离子带正电，A错误；
B．根据动能定理知，洛伦兹力不做功，在A到B的过程中，动能变化为零，则电场力做功为零，A、B两点等电势，又因为该电场是匀强电场，所以A、B两点位于同一高度，B正确；
C．根据动能定理得，离子运动到C点电场力做功最大，则速度最大，C正确；
D．只要将离子在B点的状态（速度为零，电势能相等）相同，如果右侧还有同样的电场和磁场的叠加区域，离子就将在B的右侧重现前面的曲线运动，因此，离子是不可能沿原曲线返回A点的，D错误。
故选BC。
11. 金属圆盘置于方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，圆盘中央和边缘各引出一根导线，与套在铁芯上部的线圈A相连，套在铁芯下部的线圈B引出两根导线接在两根水平导轨上如图所示，导轨上有一根金属棒ab处在垂直于纸面向外的匀强磁场中，下列说法正确的是（ ）
A. 圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向右运动
B. 圆盘顺时针减速转动时，ab棒将向右运动
C. 圆盘逆时针减速转动时，ab棒将向右运动
D. 圆盘逆时针加速转动时，ab棒将向右运动
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．由右手定则可知，圆盘顺时针加速转动时，感应电流从圆心流向边缘，线圈A中产生的磁场方向向下且磁场增强，由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向上，由右手螺旋定则可知，ab棒中感应电流方向由a→b，由左手定则可知，ab棒受的安培力方向向左，ab棒将向左运动；同理分析可知，若圆盘顺时针减速转动时，则ab棒将向右运动，故A错误，故B正确；
CD．由右手定则可知，圆盘逆时针减速转动时，感应电流从边缘流向圆心，线圈A中产生的磁场方向向上且磁场减弱，由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向上，由右手螺旋定则可知，ab棒中感应电流方向由a→b，由左手定则可知，ab棒受的安培力方向向左，ab棒将向左运动；同理分析可知，若圆盘逆时针加速转动时，则ab棒将向右运动，故C错误；D正确。
故选BD。
12. 如图所示，足够长的平行光滑金属导轨倾斜放置，与水平面夹角为30°，两导轨间的距离为L，导轨顶端接有电容为C的电容器。一根质量为m的均匀金属棒ab放在导轨上，与两导轨垂直且保持良好接触，整个装置放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，重力加速度为g，不计一切电阻。由静止释放金属棒，金属棒下滑x的过程中电容器未被击穿，下列说法正确的是（ ）
A. 金属棒做加速度越来越小的加速运动
B. 金属棒下滑x时的速度v=
C. 金属棒下滑x的过程中电容器储存的电荷量q=
D. 金属棒下滑x的过程中，电容器储存的电场能E电=
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】A．导体棒沿光滑导轨下滑切割磁感线产生动生电动势，同时给电容器充电，由牛顿第二定律有
而充电电流为
联立可得
可知加速度恒定，即金属棒做匀加速直线运动，故A错误；
B．金属棒做匀加速直线运动，则下滑x时的速度为v，有
联立解得速度
故B错误；
C．金属棒下滑x的过程中电容器储存的电荷量为
故C正确；
D．金属棒下滑x的过程中，电容器储存的电荷量为
电荷量与电压成正比，则电容器储存的电场能为
而
联立解得
另解：对棒的下滑过程由动能定理，有
而
联立解得
故D正确；
故选CD。
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题（每空2分，共14分）
13. 如图所示，电路中电源内阻不能忽略，L的自感系数很大，其直流电阻忽略不计，A、B为两个完全相同的灯泡，当S闭合时，A灯________变亮，B灯________变亮．当S断开时，A灯________熄灭，B灯________熄灭．（均选填“立即”或“缓慢”）
【答案】 ①. 缓慢 ②. 立即 ③. 缓慢 ④. 缓慢
【解析】
【分析】
【详解】略
14. 如图所示，将小螺线管A插入大螺线管B中不动，当开关S闭合或断开时，电流表中________电流通过；若开关S一直闭合，当改变滑动变阻器的阻值时，电流表中________电流通过；而开关一直闭合，滑动变阻器的滑动触头不动时，电流表中________电流通过。（均选填“有”或“无”）
【答案】 ①. 有 ②. 有 ③. 无
【解析】
【分析】
【详解】[1][2][3] 如图所示，将小螺线管A插入大螺线管B中不动，当开关S闭合或断开时，电流表中有电流通过；若开关S一直闭合，当改变滑动变阻器的阻值时，电流表中有电流通过；而开关一直闭合，滑动变阻器的滑动触头不动时，电流表中无电流通过。
四、计算题（共3题，共38分）
15. 回旋加速器原理如图所示，和是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在交流电源上，位于圆心处的离子源A能不断产生正离子，它们在两盒之间被电场加速，当正离子被加速到最大动能后，再设法将其引出。已知正离子的电荷量为q，质量为m，加速时电极间电压大小恒为U，磁场的磁感应强度为B，D形盒的半径为R，狭缝之间的距离为d。设正离子从离子源出发时的初速度为零。
（1）试计算上述正离子被第一次加速后进入中运动的轨道半径；
（2）计算正离子飞出D形盒时的最大动能；
（3）设该正离子在电场中的加速次数与回旋半周的次数相同，求正离子在电场中加速的总时间与正离子在D形盒中回旋的总时间之比（正离子在电场中运动时，不考虑磁场的影响）。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）设正离子第1次经过狭缝被加速后的速度为，根据动能定理可得
在磁场中，洛伦兹力提供向心力，则有
解得
（2）离子射出加速器时
离子动能为
（3）在电场中运动可以看做连续的匀加速直线运动，设离子射出时速度为。
根据平均速度公式可得在电场中运动时间为
离子在形盒中运动的周期为
粒子在碰场中回旋的时间为
有
16. 电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器．电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C．两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计．炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触．首先开关S接1，使电容器完全充电．然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出），MN开始向右加速运动．当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨．问：

（1）磁场的方向；
（2）MN刚开始运动时加速度a的大小；
（3）MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少．
【答案】（1）垂直于导轨平面向下；（2）（3）
【解析】
【详解】（1）电容器充电后上板带正电，下板带负电，放电时通过MN电流由M到N，欲使炮弹射出，安培力应沿导轨向右，根据左手定则可知磁场的方向垂直于导轨平面向下．
（2）电容器完全充电后，两极板间电压为E，根据欧姆定律，电容器刚放电时的电流：
炮弹受到的安培力：
根据牛顿第二定律：
解得加速度
（3）电容器放电前所带的电荷量
开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vm时，MN上的感应电动势：
最终电容器所带电荷量，导体棒运动过程中受到安培力的作用，磁感应强度和导体棒长度不变，即安培力和电流成正比，因此在此过程中MN的平均电流为，MN上受到的平均安培力：
由动量定理，有：
又：
整理的：最终电容器所带电荷量
17. 如图所示,在直角坐标系xy中，矩形区域内(包含边界)有垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小B=T；第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小E=N/C．已知矩形区域边长为1.6m，边长为0.5m．在边中点N处有一放射源，某时刻,放射源沿纸面向磁场中各方向均匀地射出速率均为m/s的某种带正电粒子，带电粒子质量m=kg，电荷量q=C，不计粒子重力及粒子间相互作用，取sin37°=0.6，cs66°=0.4．求：
(1)粒子在磁场中运动的半径；
(2)从边射出粒子(不进入电场区域)的最长轨迹的长度及射出边时的位置坐标；
(3)沿x轴负方向射出的粒子,从射出到从y轴离开磁场所用的时间．
【答案】（1）0.5m （2）1.1m,坐标为（1.6m，-0.1m） （3）2.68×10-6s
【解析】
【分析】由题意得出粒子的运动轨迹；由洛仑兹力充当向心力可求得半径；画出粒子运动轨迹，根据几何关系即可求出最长轨迹的长度和坐标；由几何关系确定磁场中的运动圆心角，再直线运动规律确定粒子在电场中运动的时间，则可求得总时间．
【详解】（1）粒子磁场中运动，洛伦兹力提供向心力得：
解得：R=0.5m
（2）当轨迹与x轴相切时轨迹最长，粒子在磁场中得运动轨迹如图中所示：
由几何关系得，
解得：，所以，轨迹的长度：
粒子从ab边离开磁场时的位置坐标为（1.6m,-0.1m）．
(3)y沿x轴射出的粒子如图，粒子先在磁场中运动四分之一圆周，然后在电场中做一个往复运动，再回到磁场，最后从y轴射出磁场，粒子先在磁场中运动的时间为，周期：，粒子在电场中运动的时间为，速度为：，加速度为：，粒子从电场中回到磁场中，设其在磁场中运动的轨迹圆弧所对应的圆心角为，由几何关系得：，可得：，所以粒子返回磁场后运动的时间为：，总时间为．