2023-2024学年江苏省启东市东南中学高二（上）第二次质量检测物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省启东市东南中学高二（上）第二次质量检测物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示，导线abc放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，ab、bc长分别为2l、l，分别与磁场方向平行、垂直.当通以电流为I时，导线受到的安培力大小为( )
A. 0B. BIlC. 2BIlD. 5BIl
2.如图所示，一根有裂缝的空心铝管竖直放置。让一枚磁性比较强的永磁体从管口处由静止下落，磁体在管内运动时没有跟铝管内壁发生摩擦。则磁体( )
A. 在管内的加速度越来越大
B. 受到铝管中涡流的作用力方向一直向下
C. 受到铝管中涡流的作用力方向一直向上
D. 受到铝管中涡流的作用力方向先向上后向下
3.要分开垂直进入电场或磁场方向的带电粒子束，不可行的方法是( )
A. 速度不同的电子束可用匀强电场B. 速度不同的电子束可用匀强磁场
C. 相同动能的质子和α粒子可用匀强电场D. 相同动能的质子和α粒子可用匀强磁场
4.如图所示，A、B都是很轻的铝环，环A是闭合的，环B是断开的，横梁可以绕中间的支点自由转动。若用磁铁分别接近这两个圆环，则下面说法错误的是( )
A. 用磁铁的任意一磁极接近A环时，A环均被排斥，说明环内有感应电动势
B. 把磁铁远离A环，A环又会被吸引，说明环内有感应电流
C. 磁极接近或者远离B环时，B环保持静止，但环的端口上下两端有电势差
D. 磁铁N极接近B环时，环的断口处右端电势比左端电势高
5.飞机水平飞行时，飞行员的左侧机翼顶端电势为φ1，右侧机翼顶端电势为φ2，则( )
A. 在北半球自西向东飞行时，φ1=φ2B. 在北半球飞行时，φ1>φ2
C. 在南半球自西向东飞行时，φ1=φ2D. 在南半球飞行时，φ1>φ2
6.如图，一条长为l的导体棒在磁感应强度为B的匀强磁场中绕其一端以角速度ω在垂直于磁场的平面内匀速转动，AB两端产生的感应电动势为E，AB两端的电势分别为φa，φb，则( )
A. E=Bωl2，φa>φbB. E=12Bωl2，φa>φb
C. E=Bωl2，φa<φbD. E=12Bωl2，φa<φb
7.如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为0，A和B是两个相同的小灯泡，下列说法正确的是( )
A. 当开关闭合的瞬间，A立即发光，B不发光
B. 当开关闭合的瞬间，A不发光，B立即发光
C. 当开关S闭合电路稳定后，再断开开关，A立即熄灭，B闪亮后再慢慢熄灭
D. 当开关S闭合电路稳定后，再断开开关，A慢慢熄灭，B不发光
8.在匀强磁场中，线圈绕垂直于磁场方向的轴转动时，则线圈平面( )
A. 转到中性面的瞬间，穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势最大
B. 转到中性面的瞬间，穿过线圈的磁通量为0，线圈中的感应电动势最大
C. 当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，穿过线圈的磁通量为0，线圈中的感应电动势最大
D. 当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，穿过线圈的磁通量的变化率最小，线圈中的感应电动势最小
9.如图，图甲为方波交变电流，图乙为正弦交变电流，则甲乙交流电的有效值之比为( )
A. 5:2B. 3:2C. 1:2D. 3:2 2
10.如图所示，矩形线圈面积为S，匝数为N，线圈电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R。在线圈由图示位置转过90∘的过程中，下列说法错误的是( )
A. t时刻穿过线圈的磁通量的变化率BSωcsωt
B. t时刻穿过线圈的磁通量的变化率NBSωcsωt
C. 通过电阻R的电荷量NBSR+r
D. 电阻R产生的焦耳热Q=πRωS2N2B24(R+r)2
11.如图所示，有一边长为L的正方形导线框abcd，质量为m，距一有界匀强磁场上边界h处自由下落，如图所示，其下边ab进入匀强磁场区域后，线圈开始做匀速运动，直到其上边cd刚刚开始离开匀强磁场为止，此匀强磁场区域宽度也是L，已知重力加速度为g，则能用物理量m，g，h，L求得( )
A. 线框在穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热
B. 线框在穿越匀强磁场过程中通过导线横截面的电量
C. 线框的电阻
D. 匀强磁场的磁感应强度
12.如图所示，虚线MN上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，在直角三角形OQP中，∠PQO=90∘，∠QOP=30∘。两个带电荷量数值相等的粒子a、b分别从O、P两点以垂直于MN的方向同时射入磁场，恰好在Q点相遇。不计粒子重力及粒子间相互作用力，下列说法正确的是
( )
A. a带负电，b带正电B. a、b两粒子的周期之比为1:3
C. a、b两粒子的速度之比为2:1D. a、b两粒子的质量之比为1:3
13.如图所示，导体棒与V形导轨为粗细相同的同种金属，导轨处于与其平面垂直的匀强磁场中。t=0时刻，导体棒与导轨角平分线垂直，并从O处沿角平分线在导轨上匀速向右运动，下列关于回路中通过导体棒横截面的电荷量q、电功率P随时间t变化的图像正确的是
( )
A. B. C. D.
14.利用右端装置课探究感应电流产生的条件，以下措施不能产生感应电流的时_____
A. 闭合开关S2，闭合或断开开关S1瞬间
B. 闭合开关保持原线圈A所在的电路稳定
C. 闭合开关后快速移动滑动变阻器的滑片
D. 闭合开关保持原线圈A所在的电路稳定，在原线圈A中插入铁芯
E. 闭合开关后把原线圈A从副线圈B中抽出
二、计算题：本大题共4小题，共44分。
15.如图所示，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动，t=0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置恰好使MDEN构成一个边长为d的正方形，为使MN棒中不产生感应电流，从t=0时开始，请推导在这种情况下B与t的定量关系式_______________ 。
16.如图所示，一束电荷量为e的电子以垂直于磁感应强度B并垂直于磁场边界的速度v射入宽度为d的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向和原来射入方向的夹角为θ=60°.求：
(1)匀速圆周运动的半径；
(2)电子的质量；
(3)穿越磁场的时间。
17.如图所示，理想变压器的原副线圈匝数分别为n1、n2，在原副线圈的回路中分别接有阻值为R1、R2的电阻，原线圈一侧接在电压为220V的正弦交流电上。
(1)若n1n2=31，求原副线圈两端的电压比U1U2；
(2)若R1=R2，n1n2=31，求原线圈两端的电压U1；
(3)若R2=9R1，则n1n2为多大时，副线圈两端能获得最大电压，最大电压为多少。
18.如图所示，MN和PQ是两根互相平行、间距为d、竖直放置的光滑金属导轨，且处于磁感应强度为B的匀强磁场中，已知导轨足够长，且电阻不计。ab是一根不但与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆，金属杆的质量为m，电阻为r。将开关S闭合，让ab由静止开始自由下落高度h后杆的速度达到最大。已知重力加速度为g。
(1)请大致画出金属杆的速度随时间变化的图像；
(2)金属杆在下落过程中通过金属杆的电量、产生的热量；
(3)金属杆下落这段高度需要的时间。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查安培力的计算，基础题目。
计算导线长度的有效值，结合安培力公式即可判断。
【解答】
ab长为2l，与磁场方向平行，bc长为l与磁场方向垂直.则导线abc的有效长度l，则导线所受的安培力大小F=BIl，故B正确，ACD错误。
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了涡流、楞次定律；解决本题时，要掌握产生感应电流的条件，同时能根据楞次定律的推论：来拒去留，分析铝管与磁体间的安培力性质。
磁体在下落过程中会使铝管中产生感应电流，根据楞次定律结合功能关系进行分析。
【解答】解：BCD.磁体从管口处由静止下落，铝管壁内部可以感应出涡流，根据楞次定律可知，铝管中的感应电流阻碍磁体的下落，对磁体始终产生向上的阻力，故C正确，BD错误；
A.磁体在下落过程中由牛顿第二定律可得mg−F安=ma
又E=BLv，F安=BIL，I=ER
解得F安=B2L2vR
刚开始时磁体的加速度为g，随速度增大感应电动势增大，安培力增大，加速度减小，故A错误。
3.【答案】D
【解析】AC.粒子垂直进入电场时，则
L=v0t
y=12qEmt2=qEL22mv02=qEL24Ek0
速度不同的电子，在电场中偏转距离不同，可以分开；相同动能的质子和α粒子，因电量不同，则偏转距离不同，可用电场分开，选项AC错误；
BD.进入偏转磁场时
r=mv0qB= 2mEk0qB
速度不同的电子束，轨道半径不同，可用匀强磁场分开；动能相同的质子和α粒子，因 mq 相同，则运动半径相同，不可用匀强磁场分开，选项B错误，D正确。
故选D。
4.【答案】D
【解析】A.当磁铁靠近A环时，导致圆环A中的磁通量变大，从而由法拉第电磁感应定律可知闭合圆环A中将产生感应电动势及感应电流，圆环处于磁场中，将受到的安培力作用，根据“来拒去留”可知它远离磁铁，即被推开。故A正确；
B.磁铁远离A环时，导致圆环A的磁通量变小，从而由法拉第电磁感应定律可知圆环A中将产生的感应电流，圆环处于磁场中，根据“来拒去留”可知它靠近磁铁，即被吸引，故B正确；
C.对于B环，磁极接近或者远离时，穿过环的磁通量发生变化，环中将产生感应电动势，但由于B环是断开的，所以环中无感应电流，B环不受安培力的作用，从而保持静止，但B环端口上下两端有电势差，故C正确；
D.磁铁N极接近B环时，穿过B环的磁通量增加，根据楞次定律，可判断知B环内部断口处右端电势比左端电势低，故D错误。
由于本题选择错误的，故选D。
5.【答案】B
【解析】解：AB、当飞机在北半球飞行时，由于地磁场有竖直向下的分磁场，由右手定则可知，此时机翼产生的感应电动势自右向左，即在北半球飞行时，无论飞行方向如何，都有φ1>φ2，故A错误，B正确；
CD、同理，飞机在南半球飞行时，地磁场有竖直向上的分磁场，无论飞行方向如何，都有φ1<φ2，故CD错误。
故选：B。
飞机水平飞行时，机翼切割磁感线产生感应电动势，左右机翼存在电势差，根据右手定则判断电势高低。
解答本题时，首先要熟悉地磁场的分布情况，其次能熟练运用右手定则判断感应电动势方向，从而判断电势高低。
6.【答案】B
【解析】解：AB两端产生的感应电动势为E=Blv−=Bl⋅ vb+va2=Bl⋅0+ωl2=12Bωl2，由右手定则判断可知，a端相当于电源的正极，电势较高，则φa>φb，故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据法拉第电磁感应定律E=Blv−，结合圆周运动的规律计算AB两端产生的感应电动势，由右手定则判断电势高低。
对于转动切割磁感线类型，由于导体棒上各点切割速度不同，所以要根据平均速度计算感应电动势。
7.【答案】C
【解析】【分析】
闭合S，A、B同时亮，随着L中电流增大，线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，A逐渐被短路，总电阻减小，再由欧姆定律分析B灯亮度的变化。断开S，B灯立即熄灭，线圈中电流，根据楞次定律判断A灯亮度如何变化。
本题考查自感现象，对于通电与断电的自感现象，它们是特殊的电磁感应现象，可用楞次定律分析发生的现象。
【解答】
AB、刚闭合S时，电源的电压同时加到两灯上，A、B同时亮，故AB错误；
CD、当开关S闭合电路稳定后，再断开开关，灯泡B与线圈L构成闭合回路，线圈中电流流过灯泡B，故灯泡B闪亮后再逐渐熄灭，灯泡A立即熄灭，故C正确，D错误。
故选：C。
8.【答案】C
【解析】AB.当线圈平面转到中性面的瞬间，线框平面与磁感线方向垂直，穿过线圈的磁通量最大，感应电动势为0，故AB错误；
CD.当线圈平面转到与中性面垂直的瞬间，穿过线圈的磁通量为零，线圈中磁通量的变化率最大，根据法拉第电磁感应定律可知，此时线圈中的感应电动势最大，故C正确，D错误。
故选C。
9.【答案】A
【解析】解：根据有效值的定义，对方波则有：
I02RT2+14I02RT2=I甲2RT
解得甲的有效值I甲= 58I0
正弦交流电的电流有效值
I乙=I0 2
则I甲：I乙= 5：2，
故A正确，BCD错误；
故选：A。
正弦交流电的有效值I乙=Im 2，根据电流的热等效求出两种交变电流的有效值，再求出其比值。
解决本题的关键掌握电流有效值的求法，抓住三个相同，即相同时间、相同电阻、相同热量。
10.【答案】B
【解析】AB.线圈在图示位置时穿过线圈得磁通量为零，则穿过线圈的磁通量的变化率
ΔΦΔt=BSωcsωt
故A正确，不符合题意，B错误，符合题意；
C. 转过 90∘ 的过程中，穿过线圈磁通量的变化量
ΔΦ=BS
由 E=NΔΦΔt ， I=ER+r ， I=qΔt 可得，通过电阻R的电荷量为
q=ΔΦR+r=NBSR+r
故C正确，不符合题意；
D.线圈在磁场中转动，产生的电动势的最大值为
Em=NBSω
电流的有效值为
I=ER+r= 22EmR+r=NBSω 2R+r
由图示位置转过 90∘ 所用的时间
t=π2ω=π2ω
电阻R产生的焦耳热
Q=I2Rt=πRωN2B2S24R+r2
故D正确，不符合题意。
故选B。
11.【答案】A
【解析】A、线框穿过匀强磁场过程中做匀速运动，下降的高度为2L，产生的焦耳热Q=2mgL，故A正确；
CD、线框做匀速运动时，由平衡条件有：mg=BIL；由欧姆定律得I=ER=BL 2ghR，联立得：mg=B2L2 2ghR，线框电阻R与磁感应强度B都不能求出，故CD错误；
B、通过导线横截面的电量q=It=BL 2ghRt，电阻R与磁感应强度B未知，无法求得通过导线横截面的电量，故B错误。
故选：A。
根据线框在穿越匀强磁场过程中能量守恒，可以求出产生的焦耳热。线框做匀速运动时，受力平衡，根据平衡条件和安培力公式相结合分析能否求解线框的电阻和磁感应强度。根据q=It分析能否计算通过导线横截面的电量。
在电磁感应现象中，涉及焦耳热，可从能量守恒定律或焦耳定律两种方法分析。
12.【答案】C
【解析】A.如下图所示
由几何关系可得两粒子轨迹圆心在同一点O′，轨迹半径相等。可知粒子a进入磁场时受到的洛伦兹力方向向右，根据左手定则可知a带正电，粒子b进入磁场时受到的洛伦兹力方向向左，根据左手定则可知b带负电，A错误；
B.两带电粒子同时射入磁场，同时到达Q点，故运动时间相等，由图可知，粒子a到达Q点时运动的圆弧对应的圆心角为120∘，粒子b到达Q点时运动的圆弧对应的圆心角为60∘，则有13Ta=16Tb，a、b两粒子的周期之比为TaTb=12，B错误；
D.根据周期公式T=2πmqB，由于两粒子所带电荷量数值相等，则有a、b两粒子的质量之比为mamb=TaTb=12，D错误；
C.根据洛伦兹力提供向心力qvB=mv2r，解得r=mvqB，由于两粒子的轨迹半径相等，所带电荷量数值相等，则有a、b两粒子的速度之比为vavb=mbma=21，C正确。
故选C。
13.【答案】A
【解析】AB.设V形导轨顶角为 2θ ，导体棒匀速运动速度为 v ，则 t 时刻导体棒切割磁感线的有效长度为
L=2vttanθ
设单位长度电阻为 r ，则此时电路总电阻为
R=(L+L2sinθ+L2sinθ)r=(sinθ+1sinθ)Lr
电动势为
E=BLv
感应电流为
I=ER=BLv(sinθ+1sinθ)Lr=Bvsinθ(sinθ+1)r
则 t 时间内的电荷量为
q=It=Bvsinθ(sinθ+1)rt∝t
故A正确，B错误；
CD.电功率为
P=E2R=B2L2v2(sinθ+1sinθ)Lr=B2v2sinθ(sinθ+1)rL∝L∝t
可知 P−t 图像为一条过原点的倾斜直线，故CD错误。
故选A。
14.【答案】B
【解析】[1]A.闭合开关S2，闭合或断开开关S1瞬间，穿过线圈B的磁通量发生变化，根据感应电流产生的条件可知，该措施能产生感应电流，A错误；
B.闭合开关保持原线圈A所在的电路稳定，穿过线圈B的磁通量没有发生变化，根据感应电流产生的条件可知，该措施不能产生感应电流，B正确；
C.闭合开关后快速移动滑动变阻器的滑片，穿过线圈B的磁通量发生变化，根据感应电流产生的条件可知，该措施能产生感应电流，C错误；
D.闭合开关保持原线圈A所在的电路稳定，在原线圈A中插入铁芯，穿过线圈B的磁通量发生变化，根据感应电流产生的条件可知，该措施能产生感应电流，D错误；
E.闭合开关后把原线圈A从副线圈B中抽出，穿过线圈B的磁通量发生变化，根据感应电流产生的条件可知，该措施能产生感应电流，E错误。
故选B。
15.【答案】B=B0dd+vt
【解析】根据法拉第电磁感应定律可知，要使棒不产生感应电流，穿过回路的磁通量应保持不变，则有
B0d2=Bd(d+vt)
解得
B=B0dd+vt
16.【答案】(1) 2 33d ；(2) 2 3dBe3v ；(3) 2 3πd9v
【解析】(1)粒子在磁场中做圆周运动，半径为R
R=dsin60∘=2 33d
(2)洛伦兹力提供向心力
evB=mv2R
解得
(3)由
evB=mv2R
得
v=eBRm
电子周期
T=2πRv=2πmeB
电子穿越磁场的时间
t=16T=2πm6eB=2 3πd9v
17.【答案】解：(1)根据理想变压器电压与匝数比的关系U1U2=n1n2=3：1
(2)设通过原线圈的电流为I，根据理想变压器电流与匝数比的关系，副线圈中的电流I′=n1n2I=31I=3I
副线圈两端电压U2=I′R=3IR
输入电路中电阻R两端电压UR=IR
原线圈两端电压U1=U0−UR=U0−IR
根据理想变压器电压与匝数比的关系U1U2=n1n2，得U0−IR3IR=31
代入数据联立解得U1=198V
(3)设副线圈两端电压U2，则通过副线圈的电流I2=U2R2
根据理想变压器电流与匝数比的关系，通过原线圈中的电流I1=n2n1I2=n2U2n1R2
由题意得，原线圈两端电压U1=U0−I1R1=U0−n2U2R1n1R2=U0−n2U2R1n1×9R1=(220−n2U29n1)
根据理想变压器电压与匝数比的关系U1U2=n1n2
化简得U2=19809n1n2+n2n1
根据均值不等式，当9n1n2=n2n1，即n1n2=13时，U2有最大值
代入数据解得：U2m=330V
答：(1)原副线圈两端的电压比为3：1；
(2)原线圈两端的电压为198V；
(3)当n1n2的比值为13时，副线圈两端能获得最大电压，最大电压为330V。
【解析】(1)根据理想变压器电压与匝数比的关系求解；
(2)设通过原线圈的电流为I，根据理想变压器电流与匝数比的关系和欧姆定律求解副线圈两端电压，根据串联电路电压特点及欧姆定律求解原线圈两端电压，最后根据理想变压器电压与匝数比的关系求原线圈两端电压；
(3)设副线圈两端电压为U2，根据欧姆定律求副线圈中的电流，再根据理想变压器电流与匝数比的关系求原线圈中的电流，根据欧姆定律求原线圈中的电流、原线圈两端的电压，最后根据理想变压器电压与匝数比的关系求解副线圈两端的电压，再结合数学知识求解电压的最大值。
本题考查了理想变压器电压与匝数比、电流与匝数比的关系；注意电源的输入电压U0=UR+U1；求解第(3)时，要用到均值不等式，对数学知识要求较高。
18.【答案】解：(1)S闭合后，金属杆在下滑过程中，受到重力和安培力作用，随着速度增大，金属杆产生的感应电动势增大，感应电流增大，金属杆受到的安培力增大，则合力减小，加速度减小，金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，当重力与安培力大小相等时，金属杆做匀速直线运动，其速度—时间图像如图所示。
(2)在下落过程中通过金属杆的电量为q=I−⋅Δt
根据法拉第电磁感应定律得
E−=ΔΦΔt=BdhΔt
根据闭合电路欧姆定律得
I−=E−r
联立可得：q=Bdhr
设金属杆的最大速度为v。当重力与安培力大小相等时，金属杆的速度最大，则
mg=BId
又I=E r=Bdvr
联立解得：v=mgrB2d2
金属杆由静止开始自由下落高度h的过程，由能量守恒定律得
mgh=Q+12mv2
解得杆产生的热量：Q=mgh− m3g2r22B4d4
(3)设杆下落这段高度需要的时间为Δt。
取竖直向下为正方向，由动量定理得：mgΔt−BI−d⋅Δt=mv−0
又I−⋅Δt=q=Bdhr
联立解得：Δt=B2d2hmgr+ mrB2d2
【解析】(1)S闭合后，金属杆在下滑过程中，受到重力和安培力作用，分析安培力的变化情况，判断金属杆的加速度变化情况，确定金属杆的运动情况，再画出金属杆的速度随时间变化的图像；
(2)棒在下落过程中，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量与电流的关系计算通过金属杆的电量。根据平衡条件和安培力与速度的关系计算金属杆的最大速度，再由能量守恒定律求杆产生的热量；
(3)利用动量定理求杆下落这段高度需要的时间。
解决本题时，要抓住安培力与速度的关系，分析金属杆的运动情况，知道金属杆的合力为零时速度最大。能熟练推导出安培力与速度的关系。