福建厦门双十中学2025-2026学年高二下学期物理周考（20260313）

20252026学年度高二第二学期物理周考12026.03.13 (卷面分数：100分考试时间：75分钟) 一、单选题（每小题4分，共20分） 1.玩滑板车是小朋友们最喜爱的一项运动，滑板车的竖梁和车把均由金属材料制成。如图所示，厦门某女 孩正在从南往北沿直线滑行，不考虑地磁偏角的存在，下列结论正确的是() A.竖梁上A点比B点电势低 B.竖梁上A点比B点电势高 C.车把左端的电势比车把右端的电势高D.车把左右两端的电势差的大小与车速无关 2.如图所示，在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极B,紧贴边缘内壁放一个圆环形电极A,把A、B分别与 电源的两极相连，然后在玻璃皿中放入导电液体，现把玻璃皿放在如图所示的磁场中，液体就会旋转起来.若 从上向下看，下列判断正确的是() A.A接电源正极，B接电源负极，液体顺时针旋转 B.A接电源负极，B接电源正极，液体顺时针旋转 C.同时改变电源的正、负极和磁体的N、S极，液体将不会旋转 B D.仅改变电源的正、负极或仅改变磁体的N、S极，液体旋转方向不变 S 3.图示是磁流体发电机的示意图，两平行金属板P、Q之间有一个很强的磁场，一束等离子体（含有大量 正、负带电粒子)沿垂直于磁场的方向喷入磁场，金属板P、Q通过导线与电阻R相连接，不计粒子重力， 则电路稳定后() A.R中有由a→b方向的电流 B.若只增大粒子入射速度，则P、Q两板间的电压减小 C.若只减小两金属板的间距则通过R的电流增大 D.若只改变磁场的磁感应强度大小，则通过R的电流保持不变 等离子体 4.如图是重离子回旋加速器示意图，所谓重离子，是指重于2号元素氦(H©)并被电离的粒子。重离子回 旋加速器的核心部分是两个相距很近的金属D形盒，分别和高频交流电源相连接，在两个D形盒的窄缝中 试卷第1页，共6页 产生匀强电场使重离子加速，则下列说法正确的是() ◆线束 真空室 高频电源。 D形盒 离子源 A.电场和磁场变化周期相同，交替进行使重离子加速 B.呈电中性的粒子也能使用回旋加速器加速 C.不改变其他条件只减小电场电压则重离子在D形盒中运动时间变长 D.保持D形盒中磁场不变，要加速比荷较大的重离子所需的交流电源的周期一定较大 5.如图所示，同一竖直面内的正方形导线框、b的边长均为1，电阻均为R,质量分别为2和。它们 分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2、磁感应强度大小为B、方向垂直竖 直面的匀强磁场区域。开始时，线框b的上边与匀强磁场的下边界重合，线框α的下边到匀强磁场的上边 界的距离为1，现将系统由静止释放，当线框b全部进入磁场时，a、b两个线框开始做匀速运动。不计摩擦 和空气阻力，重力加速度为g,则() ×gX××××x×x下 ×××××××××21 ××××××××× b 2mgR A.a、b两个线框匀速运动的速度大小为 B212 3B21 B.线框α从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为 mgR C.从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a所产生的焦耳热为g/ D.从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为2g 二、双选题（每小题6分，共30分。漏选得3分，错选不给分。） 6.如图，某科技小组利用电磁感应的原理设计了一款电梯坠落缓冲装置。如图，在电梯轿厢上安装永久强 磁铁，井壁固定水平方向的闭合线圈A、B,当电梯坠至图示位置时，下列说法正确的是() 试卷第2页，共6页 A.俯视看，线圈A中产生逆时针方向的感应电流 线圈A B.磁铁对线圈A产生的安培力方向向上 C.若拆掉线圈B,缓冲效果会更好 电梯 轿厢 D.若增加线圈A、B的匝数，缓冲效果会更好 线圈B 7.如图所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量为，带电荷量为q,小球可在棒上滑 动，现将此棒竖直放入沿水平方向且互相垂直的匀强磁场和匀强电场中，设小球电荷量不变，小球由静止 下滑的过程中() A.初始时刻，小球加速度为g B.杆对小球的弹力一直增大 ·B ● →E C.小球先加速运动再匀速运动 。 D.小球所受洛伦兹力一直增大，直到最后不变 8.国产动画的制作技术不断提升，尤其是以科幻为主题的电影备受观众欢迎。如图甲所示为某角色被科学 怪人篡改记忆时的画面，如图乙所示为篡改记忆所用的装置模式图，一粒子源不断发射“篡改记忆粒子”（比 荷为5×104Ckg),发射的粒子从S从静止出发经过电场(=2.5×10V)加速获得一定初速度进入速度选 择器，进入匀强磁场（B=1×10T)偏转180°后进入此角色大脑进行篡改。不计“篡改记忆粒子”所受的重力， 下列说法正确的是() B 某角色 A.各个“篡改记忆粒子进入匀强磁场的偏转时间相同 B.速度选择器允许通过的粒子速度为25/s C.各粒子在磁场中偏转有多个轨迹 D.各粒子在磁场中的偏转轨迹唯一，且偏转半径为r0.01m 试卷第3页，共6页 9.如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场分布在边长为L的等边三角形ABC内，D是AB边的中点，一群 相同的带负电的粒子仅在磁场力作用下，从D点沿纸面以平行于BC边方向、大小不同的速率射入三角形 内，不考虑粒子间的相互作用力，己知粒子在磁场中运动的周期为T,则下列说法中正确的是() A.粒了季直BC边射出时，半径R等于V5L 4 B.速度小的粒子一定比速度大的粒子在磁场中运动时间长 D C.粒子可能从AB边射出，且在磁场中运动时间为T XXXX D.粒子可能从C点射出，且在磁场中运动的时间为上7 6 10.如图甲所示，水平面内有一“∠”型光滑金属导轨，除了两轨连结点O的电阻为R,其他电阻均不计， Oa与Ob夹角为45°，将质量为m的长直导体棒MN搁在导轨上并与Oa垂直。棒与O点距离为L、空间 存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B。在外力作用下，棒以初速度向右做直线运动。其速 度的倒数随位移x变化的关系如图乙所示，在导体棒运动L距离到PQ的过程中() 1 M 2 XX 45X×× 0 0 a 0 乙 导体棒运动的时间为2 3L A.导体棒做匀减速直线运动 B. C.流过导体棒的电流恒为B R D.外力做功为3B+3md 2R 8 三、解答题（共50分） 11.（10分)如图，电源用铜导线与导体棒b构成闭合回路，己知电动势为=3V,内阻=32，导体棒 ab质量m=60g,长L=2m,单位长度的电阻R=1.52m,两光滑的绝缘环用轻杆固定，圆心在同一水平线上， 其间存在竖直向上的匀强磁场，两环间距离止1m,磁感应强度B-0.8T。当开关S闭合后，棒从底端开始上 滑，最终到某一位置静止，重力加速度g-10m/s2试求：(sin37°-0.6，sin53=0.8) ∠∠∠∠∠∠∠∠∠∠∠∠ (1)导体棒ab所受的安培力大小： (2)在此静止位置时，棒对每只环的压力大小： (3)若磁感应强度大小方向均可改变，则能使保持导体棒在此静止位置的最小磁 感应强度大小是多少。 试卷第4页，共6页 12.(11分)如图所示，在平面直角坐标系Oxy的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度 大小为B。大量质量为、电量为+q的相同粒子从y轴上的P(0,√3)点，以相同的速率在纸面内沿不同方 向先后射入磁场，设入射速度方向与y轴正方向的夹角为a(0≤a≤180°)。a=150°时，粒子垂直x轴 离开磁场，不计粒子的重力。求： B (1)粒子入射速率： (2)粒子离开磁场的位置到O点的最大距离； (3)粒子在磁场中运动的最长时间。 13.(13分)我国计划于2015年发射空间站，设该空间站体积很大，字航员可以在里面进行多项体育活动， 一字航员在站内玩垒球，在如图所示区域，上半侧为匀强电场，下半侧为匀强磁场，中间为分界面，电场 与分界面垂直，磁场垂直纸面向里，电场强度的大小E=100Vm,字航员位于电场一侧与分界面相距 h=3m的P点，PO垂直于分界面，D位于O点右侧，垒球质量=0.1kg、带电荷量q=-0.05C,该 字航员从P点以初速度v。=1Om/s平行于界面投出垒球（不计重力），要使垒球第一次通过界面时击中D 点，且恰好能回到P点，求： ×××X×X XXXB×XX XXXXXX (1)OD之间的距离d: (2)微粒第一次进入磁场时的速度ⅴ大小和方向； (3)微粒从抛出到第一次回到P点的时间t。(计算结果保留三位有效数字) 试卷第5页，共6页 14.(16分)如图所示，水平面内固定两根平行的无限长光滑金属导轨，导轨间距为d=2m。空间中有竖 直向下的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T。A、B两金属棒垂直导轨放置。先固定A棒，对B棒施加水平 向右的拉力F。已知A棒在导轨间部分电阻R,=22,B棒在导轨间部分电阻R2=32,导轨电阻忽略不计， A、B质量均为1kg,求： (1)若拉力恒为4N,求B的最大速度。 (2)若拉力F随时间变化图像如图所示。在0~3s内，拉力随时间均匀变大；t=3s时，B棒速度 vo=5n/s。求B棒在前3s内的位移； (3)继续(2)情景，t=3s时，释放A棒；此后F恒定不变，继续作用足够长时间后，撤去拉力。最 终，两棒以25/s的速度做匀速直线运动。求辙去拉力后B棒产生的热量。 AFN 4 B 03 s 试卷第6页，共6页20252026学年度高二第二学期物理周考12026.03.13参考答案 1.【答案】C 2.【答案】A【解析】AB.若A接电源正极，B接电源负极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流 向中心：器皿所在处的磁场竖直向下，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿顺时针方向，因此液体沿顺时针 方向旋转：同理，若B接电源正极，A接电源负极，根据左手定则侧得，液体沿逆时针作圆周运动：故A正确，B错 误；C.若同时改变电源的正、负极和磁体的N、S极，液体仍旋转，其旋转方向不发生改变，故C错误；D.若仅 磁场N、S极或电源的正、负极互换后，安培力方向发生变化，重做该实验发现液体旋转方向变化。故D错 3.【答案】A 4.【答案】C 5.【答案】C【解析】A.设两线框匀速运动的速度为v,此时轻绳上的张力大小为T,且=g,则对a有T=2g-BIl 又I、P=B,解得y片，故A错误，B.线框α从下边进入磁场后，线框a通过磁场时以速度r匀速 R 运动，则线框α从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间f=3_3B ,故B错误；C.从开始运动到线框a全 v mgR 部进入磁场的过程中，线框a只在其匀速进入磁场的过程中产生焦耳热，设为Q,由功能关系有2gl-T1=Q得 Q=gl,故C正确：D.设两线框从开始运动至α全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做的功为W,此 过程中左、右两线框分别向上、向下运动21的距离。对这一过程，由能量守恒定律有4g1=2mg1+3m2+W 得W=2ugl- 3mg2R2 ,故D错误。故选C。 2B4Z4 6AD【详解】A.由楞次定律，此时穿过线圈A的磁通量向上且减小，则线圈A产生由俯视来看的逆时针方向的 感应电流，A正确；B.线圈A对磁铁有竖直向上的力，则磁铁对线圈A有竖直向下的安培力，B错误： CD.由楞次定律可知，两个线圈对磁铁的缓冲作用正向叠加，若拆掉线圈B,缓冲效果会变差，增加线圈A、B的 匝数，线圈中的感应电流变大，缓冲效果会更好，C错误，D正确。故选AD。 7.CD【详解】小球下滑过程中，受力如图所示水平方向由受力平衡得B+F=qE F。 竖直方向由牛顿第二定律得g-F=g-LF=a 初始时刻，小球的速度为0，洛伦兹力为0，则加速度为a="m8一四 -<8 Ymg 小球向下加速，洛伦兹力增大，则杆对小球的弹力减小，杆对小球的摩擦力F减小，故加速度增大，因此小球 先做加速度增大的加速运动：当qB=qE时，F=0,F=0,加速度等于重力加速度；小球继续加速，之后水平 方向上有B=E+F随着小球继续加速，杆对小球的弹力反向增大，杆对小球的摩擦力F增大，故加速度减 小，因此小球做加速度减小的加速运动，当加速度减为0时，小球做匀速直线运动；综上分析可知，整个过程小球 先做加速度增大的加速运动，然后做加速度减小的加速运动，最后匀速运动，小球所受洛伦兹力一直增大，直到最 后不变。故选CD。 8。AD【详解1人“京政记忆位了进入匀强磁场敏匀速圈周运动的周期为7-。由于各个览改记忆较了的 比荷相同，故它们做匀速圆周运动的周期相同，所以各个“篡改记忆粒子”进入匀强磁场的偏转时间相同，故A正确： B.由qU=】mm解得各个“篡改记忆粒子”进入速度选择器的速度大小为v=, 2 [2qU =50m/s m 由于“篡改记忆粒子”在速度选择器中做匀速直线运动，所以速度选择器允许通过的粒子速度为50s,故B错误； cD。由洛伦兹力提供向心力有B=m解得篡改记忆粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的偏转半径为 r=w1 2mU gB B\g =0.01m所以各粒子在磁场中的偏转轨迹唯一，且偏转半径为1=0.01m,故C错误，D正确。 9.【答案】AD【解析】A.粒子垂直BC边射出时，运动轨迹如图根据几何关系知半径 为3 L,A正确；BCD.若带电粒子刚好从BC边射出磁场，运动轨迹与BC边相切， 4 可知圆心角为180，粒子在磁场中经历时间为}7，若带电粒子刚好从4C边射出磁场， 运动轨迹与AC边相切，作图可得切点为C点，如下图可知圆心角为60°，粒子在磁场中 1 经历时间为二T,若带电粒子从AB边射出磁场，可知圆心角为240°，粒子在磁场中经 6 2 历时间为二T,所以该粒子在磁场中经历时间为二T,则它一定从AB边射出磁场：所以 3 60 可知粒子速度和运动时间无确定的关系，BC错误D正确。故选AD。 21 111 10.BC【详解】A.由图乙知，图线的斜率为k==1 成+得= ,则有二= LL。 +6 可见导体棒做的不是匀减速直线运动，A错误： BC.由图甲知，导体棒向右运动时产生感应电动势为E=B=B(x+D +I=BL 感应电动势大小不变，流过导体棒的电流恒为I=￡_BL ΓRR 据法拉第电磁感应定律有B-8AS化+2少义B=以解容 =3弘B错误，C正确： D。克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热为Q=1=B°R,弘_3B R 2.2R 对导体棒由动能定理有严”三专川，-，加解得开。 _3B2_3mD错误。 2R8 11.(10分)【答案】(1)0.8N;(2)0.5N;(3)0.48T。 【解】)由闭合电路欧姆定律可得1=_卫 3-A=0.5A（(2分) +r2×1.5+31 安培力F=BII=0.8卧N(1分) (2)视线垂直b环从右向左看，导体棒静止时，b端棒子受力情况如图所示 对整根棒受力分析，由棒平衡知，两环受支持力的总和为2N=√F2+(g)2(2分) 则支持力=0.5N(1分) 由牛顿第三定律知，棒对每一只环的压力为0.5N。(1分) (3)此位置角度日=37°，根据几何关系可知，当安培力与支持力方向垂直时，安培力最 小，磁感应强度最小BmIL=gcos37°(2分)解得B.=0.48T(1分) 12.c11分)m=2W5gBL②x=35Z3)1m= 7元L 6gB y 【详解】(1)当=150°时，粒子垂直x轴离开磁场，运动轨迹如图所示 根据几何关系可知，粒子做圆周运动的半径为r=V5 P08=150°B -(2分) c0s60° 60可 洛伦兹力提供向心力B=m'(1分) 所以粒子入射速率=2W5gBL(1分) (2)粒子离开磁场距离O点最远时，设位置为M,粒子在磁场中的轨迹为半圆，此时PM是圆的一条直径，如图 所示根据几何关系可知(2)2=(W5+xx(2分) 解得xmax=3V5L(1分) (3)当粒子速度方向沿y轴正方向运动时，在磁场中运动时间最长，此时由几何关系知，粒子圆弧轨迹对应的圆 心角为2π(1分) 6 7元 -T1分) 7 其中周期7=27-2am (1分) Xm 所以最长时间为sB (1分) 13.(13分)【答案】(1)3.46m:(2)20m/s,与水平向右方向夹角为60°；(3)1.53s 【解析】(1)设垒球在电场中运动的加速度大小为α，时间为t1,则 gB=ma1分)，h=号ad(1分)，d=v,4(1分) E 代入数辆可得a0m仁58，d-2N5m346 1 h 即o、D两点之间的距离为3.46m(1分) D (2)垒球的运动轨迹如图所示： 由图可知tam6-4-5,日=60°2分， 速度大小为v=%=20m/S(1分) cos0 ③)设垒球作匀速圆周运动半径为R,磁感应强度大小为B,则R=1=4m2分) sin日 根据牛顿第二定律可知8=m”(（1分) R 360°-2×60°2m4π 代入数据可得B=10T,垒球在磁场中运动的时间为t2= gB 15 8(2分) 360° 垒球从抛出到第一次回到P点的时间为t=2t,+t2=1.53s(1分) 14.(16分)(1)20m/s;(2)5m;(3)15J 【详解】(1)设B的最大速度为v,则B棒产生的电动势为E=Bh(1分) 由闭合电路欧姆定律得，电流为1=。石。 R+R (1分) 由平衡条件可得F=F安=IB(1分) 联立各式代入数据得v=20m/s(1分) (2)在0一3s内，B棒产生的电动势平均值为豆=△0(1分) △t△t 电流平均值为I= ·(1分) R+R 安培力的冲量I=IdB.△t(1分) 1 拉力F的冲量等于在0~3s内图象的面积，则I.= x3×4N-s=6Ng(1分) 由动量定理得I-1安=w。-0(2分) 联立以上各式并代入数据，解得=5m(1分) (3)=3s后，B做加速度减小的加速运动，A做加速度增大的加速运动，足够长时间后，二者以恒定速度差、相 同加速度做匀加速运动，则a=P_BdA如1分) 2m R,+R, 解得△v=10m/s 撤去拉力后，B做加速度减小的减速运动，A做加速度减小的加速运动，当加速度减为0，二者一块匀速。此过程 动量守恒。B+Wa=2wAB(1分) 解得g=30m/s,ya=20m/s 此过程中回路产生的总热量0=1+222m。=25J2分 2 B棒产生的热量Q,=2R。Q=1J1分) R+R