期中测试卷-【金版新学案】2024-2025学年新教材高二物理选择性必修第二册同步课堂高效讲义配套课件（教科版2019）

期中测试卷 1.(2024·四川成都高二期末)下列说法正确的是 A．运动电荷进入匀强磁场中一定会受到洛伦兹力的作用 B．一段通电导线放入磁场某处所受安培力为零，则该处磁感应强度为零 C．电动势表征的是电源将电能转化成其他形式的能的本领大小的物理量 D．试探电荷在电场中某处所受电场力为零，则该处场强为零 √ 运动电荷进入匀强磁场时若速度方向与磁场方向平行时，此时不受到洛伦兹力的作用，故A错误；一段通电导线在某处所受安培力为零，有可能是导线平行于磁感线放置，而该处磁感应强度不一定为零，故B错误；电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能的本领大小的物理量，故C错误；根据场强的定义式E＝ 可知试探电荷在电场中某处所受电场力为零，则该处场强为零，故D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 √ 日光灯在启动时，当启动器的动、静触片断开时，通过镇流器的电流发生变化，从而产生很高的自感电动势，方向与原来的电压方向相同，两个电压加在一起，形成一个瞬时高压加在灯管两端，灯管内的惰性气体在高压下电离，形成气体导电电流，从而点亮日光灯，故A错误；日光灯正常工作时，镇流器降压限流以保证日光灯正常工作，故B正确；日光灯正常工作后取下启动器，日光灯仍能正常工作，故C错误；镇流器作用不是将交流电变为直流电，故D错误。故选B。 2.(2024·四川遂宁高二期中)关于日光灯的工作原理下列说法正确的是 A．启动器触片接通时，产生瞬时高压 B．日光灯正常工作时，镇流器降压限流以保证日光灯正常工作 C．日光灯正常工作后取下启动器，日光灯不能正常工作 D．镇流器作用是将交流电变为直流电 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 √ 金属杆所受安培力的大小F＝ILB＝3×10－5×105×10 N＝30 N，地磁场水平分量向北，放电电流向上，根据左手定则判断金属杆所受磁场力方向由东向西，故选C。 3.(2024·四川绵阳高二期末)已知某地磁场磁感应强度的水平分量为3.0×10－5 T，某大楼的顶部安装了高10 m的金属杆作为避雷针。假设某次雷雨天气中当带有负电的乌云经过避雷针上方时，避雷针开始放电形成的瞬间放电电流为105 A，此时金属杆所受安培力的大小和方向分别为 A．30 N、向东 B．30 N、向南 C．30 N、向西 D．30 N、向北 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 √ 4.(2024·四川眉山高二期中)如图所示，半径为R的圆形线圈两端A、C接入一个平行板电容器，线圈放在随时间均匀变化的匀强磁场中，线圈所在平面与磁感线的方向垂直，下列措施不能使电容器所带的电量增大的是 A．增大线圈的面积 B．增大磁感强度的变化率 C．电容器的两极板靠近些 D．使线圈平面与磁场方向成60°角 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生的感应 电动势为E＝ S，电容器两端的电压为U＝E，电 容器的电荷量为Q＝CU，联立可得Q＝ SC，增 大线圈的面积，可知电容器所带的电量增大，故A 不满足题意要求；增大磁感强度的变化率，可知电 容器所带的电量增大，故B不满足题意要求；电容器的两极板靠近些，根据C＝ ，可知电容C变大，电容器所带的电量增大，故C不满足题意要求；使线圈平面与磁场方向成60°角，则有效面积S减小，可知电容器所带的电量减小，故D满足题意要求。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 √ 5.(2024·四川成都高二阶段练习)如图所示，在边长为L的正方形区域abcd内有垂直纸面向里的匀强磁场，有一个质量为m，带电量大小为q的离子，从ad边的中点O处以速度v垂直ad边界向右射 入磁场区域，并从b点离开磁场。则 A．离子在O、b两处的速度相同 B．离子在磁场中运动的时间为 C．若减小磁感应强度B，则离子在磁场中的运动时间增大 D．若磁感应强度B< ，则该离子将从bc边射出 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 离子在磁场中做匀速圆周运动，在离子在O、b两处的速度大小相同，但是方向不同， 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 √ 6.(2024·四川遂宁高二阶段练习)地磁场对宇宙高能粒子有偏转作用，从而保护了地球的生态环境。赤道平面的地磁场简化为如图所示，O为地球球心、R为地球半径，地磁场只分布在半径为R和2R的两边界之间的圆环区域内，磁感应强度大小均为B，方向垂直纸面向里。假设均匀分布的带正电高能粒子以相同速度垂直MN沿赤道平面射向地球。已知粒子质量均为m、电荷量均为q，不计粒子的重力及相互作用力。下列说法正确的是 A．粒子无论速率多大均无法到达 MN 右侧地面 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 射入方向在地球下表面以下的粒子，只要速率合适，粒子可到达MN右 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 若粒子正对着O处入射，且恰好可以到达地面，其轨迹如图所示。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 由B选项分析可知，若粒子的射入方向在正对O处以 上，入射到磁场的粒子均不可以到达地面，故C错误； 若粒子速率为 ，由洛伦兹力提供向心力得qv3B＝ m ，解得r3＝ ＝r1，由B选项分析可知，此时若粒 子正对着O处入射，则恰好可以到达地面，对着O处以上的方向入射的粒子，因为向上偏转，均不能到达地面，对着O处以下的方向入射的粒子均会达到地面，综上所述，入射到磁场的粒子恰好有一半可以到达地面，故D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 √ 7.(2024·四川遂宁高二期中)如图所示，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器最大电阻为R，开关K闭合。两平行金属极板a、b间有匀强磁场，一带负电的粒子(不计重力)以速度v水平匀速穿过两极板。下列说法不正确 的是 A．若将滑片P向上滑动，粒子将向b板偏转 B．若将a极板向上移动，粒子将向b板偏转 C．若增大带电粒子的速度，粒子将向b板偏转 D．若增大带电粒子带电量，粒子将向b板偏转 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 因电容器与滑动变阻器接入电路中的电阻并联， 将滑片P向上滑动，滑动变阻器接入电路中的电 阻两端的电压减小，故两板间的电场强度要减小， 故所受电场力减小，因粒子带负电，所受电场力向上，则粒子将向b板偏转运动，故A正确，不符合题意；保持开关闭合，将a极板向上移动一点，板间距离增大，电压不变，由E＝ 可知，板间场强减小，粒子带负电，则粒子所受电场力向上，洛仑兹力向下，带电粒子受电场力变小，则粒子将向b板偏转，故B正确，不符合题意； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 由题图可知a板带正电，b板带负电，带电粒子带负电，所受电场力向上，洛仑兹力向下，原来二力应大小相等，物体才能做匀速直线运动，若增大带电粒子的速度，所受极板间洛仑兹力增大，而所受电场力不变，故粒子将向b板偏转，故C正确，不符合题意；若增大带电粒子带电量，所受电场力增大，而所受洛仑兹力也增大，但两者仍相等，故粒子将不会偏转，故D错误，符合题意。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 √ √ 8.(2024上·四川成都高二期末)磁场中的四种仪器如图所示，下列说法正确的是 A．甲中回旋加速器加速带电粒子的最大动能与回旋加速器的半径有关，与加速电压无关 B．乙中不改变质谱仪各区域的电场磁场时，击中照相底片同一位置的粒子电荷量相同 C．丙中自由电荷为负电荷的霍尔元件通图示电流和加上如图所示磁场时，M侧带负电荷 D．丁中的电磁流量计加上如图所示磁场，则N侧电势高 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 题图甲中回旋加速器中带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，射出回旋加速器时有qvB＝m ，可得v＝ ，则带电粒子的最大速度与回旋加速器的半径有关，与加速电压无关，带电粒子的最大动能与回旋加速器的半径有关，与加速电压无关，故A正确； 题 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 即不改变质谱仪各区域的电场磁场时击中照相底片同一位置的粒子比荷相同，电荷量不一定相同，故B错误； 题图丙中自由电荷为负电荷，由左手定则可知，负电荷向N侧偏转，则N侧带负电荷，故C错误； 题图丁中由左手定则可知，带正电的粒子向N板偏转，带负电的粒子向M板偏转，则N侧电势高，故D正确。故选A、D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 9.(2024·四川绵阳高二阶段练习)如图竖直直线MN的右侧区域存在垂直纸面向外的匀强磁场B，正方形金属框电阻为R，边长是L。金属框从图示位置开始在水平向右的外力F作用下由静止开始匀加速运动，t1时刻线框全部进入磁场，在运动过程中任意时刻t，金属框中电流电功率为P，磁通量的变化率为 ，通过导体横截面的电荷量为q，则下图中描述的F、P、 、q与t(或者t2)的关系图像正确的是 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 金属框从题图所示位置开始在水平向右的外力F作用下由静止开始匀加速运动，t1时刻线框全部进入磁场，根据牛顿第二定律，在运动过程中任 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 √ √ 10.(2024·四川南充高二阶段练习)如图所示，E为电池， L是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，D1、 D2是两个规格相同且额定电压足够大的灯泡，S是控制 电路的开关。对于这个电路，下列说法正确的是 A．刚闭合开关S的瞬间，D2先亮，D1后亮 B．刚闭合开关S的瞬间，D1、D2同时亮 C．闭合开关S，待电路达到稳定后，D2熄灭，D1比原来更亮 D．闭合开关S，待电路达到稳定，再将S断开，D2立即熄灭，D1闪亮一下再熄灭 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 S闭合瞬间，由于自感线圈相当于断路，所以两灯是串联，电流相等，D1、D2同时亮，故A错误，B正确； 闭合开关S，待电路达到稳定时，D1被短路，D2比开关S刚闭合时更亮，故C错误；S闭合稳定后再断开开关，D2立即熄灭，但由于线圈的自感作用，L相当于电源，与D1组成回路，D1闪亮一下再熄灭，故D正确。故选B、D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 11.(6分)(2024·四川乐山高二统考期末)乐山某学校兴趣小组的同学在学习了磁场的知识后设计了一个利用天平测定磁感应强度的实验方案。天平的左臂下面挂一个矩形线圈，宽为L，共N匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面。实验步骤如下： ①未通电流时，在天平右盘内放入质量为m1的砝码，使天平平衡； ②当给线圈通以顺时针方向流动大小为I的电流(如图所示)时，需在天平右盘更换质量为m2的砝码后，天平才能重新平衡。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (1)若m1>m2，此时矩形线圈的底边所受的安培力方向为__________(选填“竖直向上”或“竖直向下”)，磁场方向垂直于纸面_____(选填“向里”或“向外”)。 竖直向上 向外 m1>m2，说明天平左侧受到的拉力小于矩形线圈的重力，因此矩形线圈的底边所受的安培力方向为竖直向上，根据左手定则可知磁场方向为垂直纸面向外。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (2)若m1<m2，用所测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小为B ＝___________。 对矩形线圈，根据力的平衡可得m1g＋NILB＝m2g，解得B＝ 。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 12.(8分)(2024·四川成都七中高二校考阶段练习)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 CD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 断开开关时，A线圈中电流迅速减小，则B线圈中磁通量减小，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线圈中的磁通量或增加B线圈中反向的磁通量。闭合开关，A线圈中的电流突然增大，则B线圈中的磁通量增大，故A错误；开关闭合时将滑动变阻器的滑片向左滑动，A线圈中的电流增大，则B线圈中的磁通量增大，故B错误；开关闭合时将A线圈从B线圈中拔出，则B线圈中的磁通量减小，故C正确；开关闭合时将A线圈倒置，再重新插入B线圈中，则B线圈中反向的磁通量增加，故D正确。故选C、D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (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。 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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (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。 磁通量变化率 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 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，产生的感应电流越大。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (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。 负极 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 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，线圈中出现方向如图所示的电流，灯C短暂亮起。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 13.(8分)(2024·四川巴中高二统考期末)在倾角为θ＝30° 的光滑斜面上，放置一通有电流I＝1 A，长L＝0.5 m， 质量为m＝0.5 kg的导体棒，如图所示，试问：(重力加 速度g＝10 m/s2) (1)要使棒静止在斜面上，外加匀强磁场的磁感应强度的最小值和方向； 答案：5 T，方向垂直于斜面向上 欲使导体棒静止在斜面上，当安培力方向沿斜面向上时，安培力最小，所加磁场的磁感应强度最小；据左手定则知，磁感应强度的方向垂直于斜面向上，根据受力平衡可得mgsin θ＝B1IL 解得磁感应强度的最小值B1＝ ＝5 T。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (2)要使棒静止在斜面上且对斜面无压力，外加匀 强磁场的磁感应强度的大小和方向； 答案：10 T，方向水平向左 欲使导体棒静止在斜面上且对斜面无压力，则安培力的方向竖直向上；据左手定则知，磁感应强度的方向水平向左，根据受力平衡可得mg＝B2IL 解得磁感应强度大小为B2＝ ＝10 T。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (3)分析棒有可能静止在斜面上且要求B垂直于I，应加外磁场的方向范围。 为讨论方便，如图所示，欲使棒有可能平衡，安培 力F的方向需限定在图F1和F2之间，F的方向应包 括F1的方向，但不包括F2的方向，据左手定则可 知，B与x轴正方向的夹角α应满足30°<α≤180°。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 14.(10分)(2024·四川绵阳高二阶段练习)轻质细线吊着一质量为m＝0.42 kg、边长为L＝1 m、匝数n＝10的正方形线圈，其总电阻为r＝1 Ω。在线圈的中间位置以下区域分布着匀强磁场，如图甲所示。磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示(g＝10 m/s2)。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (1)判断线圈中产生的感应电流的方向是顺时针还是逆时针； 答案：逆时针 当线圈下半部分的垂直纸面的磁场增大，由楞次定律知线圈中会产生垂直纸面向外的感应磁场，由安培定则可知，感应电流的方向为逆时针 方向。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (2)求线圈的电功率； 答案：0.25 W 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (3)求在t＝4 s时轻质细线的拉力大小。 答案：1.2 N 由欧姆定律可知I＝ ＝0.5 A 由题图乙可知，t＝4 s时，B＝0.6 T，则有 F安＝nILB F安＋T＝mg，联立解得T＝1.2 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 15.(10分)(2024·四川遂宁模拟预测)如图甲所示，光滑的金属导轨MN和PQ平行，间距L＝1.0 m，与水平面之间的夹角α＝37°，匀强磁场磁感应强度B＝2.0 T，方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R＝1.6 Ω的电阻，质量m＝0.5 kg，电阻r＝0.4 Ω的金属棒ab垂直导轨放置，现用和导轨平行的恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，使其由静止开始运动，当金属棒上滑的位移x＝3.8 m 时达到稳定状态，对应过程的v-t图像如图乙所示(稳定状态时金属棒以1 m/s的速度匀速)，取g＝10 m/s2，导轨足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (1)运动过程中a、b哪端电势高，并计算 恒力F的大小； 答案：b端电势高　5 N 由右手定则可判断感应电流由a流向b，b相当于电源的正极，故b端电势高；当金属棒匀速运动时，由平衡条件得F＝mgsin 37°＋F安 其中F安＝ILB＝ 由题图乙可知v＝1.0 m/s 联立解得F＝5 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (2)从金属棒开始运动到刚达到稳定状态，此 过程金属棒上产生的焦耳热。 答案：1.47 J 从金属棒开始运动到达稳定，由功能关系可得 (F－mgsin 37°)x＝Q＋ mv2 两电阻产生的焦耳热与阻值成正比，故金属杆上产生的焦耳热为Qr＝ Q 联立解得Qr＝1.47 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 16. (12分)(2024·四川成都高二开学考试)如图所示，匀强电场场强E＝ 4 V/m，方向水平向左，匀强磁场的磁感应强度B＝2 T，方向垂直纸面向里。质量m＝1 kg、q＝2.5 C的带正电小物体A，从M点沿粗糙、绝缘的竖直墙壁无初速下滑，它滑行h＝0.8 m到N点时脱离墙壁做曲线运动，在通过P点瞬时，此时其速度第一次与水平方向成θ＝45°角，当地重力加速度g取10 m/s2。求： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (1)A沿墙壁下滑时，克服摩擦力做的功Wf； 答案：6 J 设物体滑到N点时速度为v1，因物体在N点脱离墙面，有qE－qv1B＝0 从M到N的过程中，由动能定理得 联立并代入数据解得Wf＝6 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (2)P点与M点的水平距离s。 重力和电场力的合力大小为F合1＝ N，方向与竖直方向夹角为45°，斜向左下。 将小物体在N点的速度v1分解为v11和v12，其中v11大小等于2 m/s，方向与竖直方向夹角为45°，斜向右下，通过矢量计算可得v12大小等于 2 m/s，方向水平向左。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 小物体以v11在磁场中运动，受到的洛伦兹力和重力、电场力的合力平衡。则小物体离开竖直墙壁的运动，可以视为沿与竖直方向夹角为45°、斜向右下的直线运动和速度为2 m/s的匀速圆周运动的合运动。小物体以速 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 返回 小物体通过P点时，此时其速度第一次与水平方向成θ＝45°角，则小物体做匀速圆周运动的速度方向与v11相同，则 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 谢 谢 观 看 ！ 期中测试卷 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 B．若粒子速率为，正对着O处入射的粒子恰好可以到达地面 C．若粒子速率为，入射到磁场的粒子均可以到达地面 D．若粒子速率为，入射到磁场的粒子恰好有一半可以到达地面 设该轨迹半径为r1，由几何关系可得－r1＝R，解得r1＝R≠r，故B错误；若粒子的速率为，则粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有qv2B＝m，解得r2＝<r1＝R， mgh－Wf＝mv－0 答案：－(m) ＝10 度为2 m/s在磁场中做匀速圆周运动，有qBv12＝，T＝ 则R＝ m，T＝π s t＝T＝π s s＝v11tsin 45°－Rsin 45°＝－(m)。 $$