资源简介

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密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
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姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
期中学业水平检测
注意事项
1.本试卷满分100分,考试用时75分钟。
2.无特殊说明,本试卷中重力加速度g取10 m/s2。
一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求)
1.如图,真空冶炼炉、动圈式扬声器和磁电式电流表都有导线绕制的线圈,关于这三种器件的说法正确的是 (　　)
A.真空冶炼炉线圈中应通入较大的恒定电流,才能使炉中金属容易熔化
B.动圈式扬声器是利用通电线圈在磁场中受安培力作用的原理工作的
C.磁电式电流表在线圈转动的范围内,各处的磁场都是匀强磁场
D.动圈式扬声器和磁电式电流表都是根据电磁感应原理工作的
2.已知通电长直导线周围磁场的磁感应强度大小与导线中的电流大小成正比。有四条垂直于纸面的长直固定导线,电流方向如图所示,其中a、b、c三条导线到d导线的距离相等,三条导线与d的连线互成120°角,四条导线中的电流大小都为I,其中a导线对d导线的安培力大小为F。现突然把b、c导线中的电流方向同时改为垂直于纸面向外,电流大小同时变为原来的2倍,则此时d导线所受安培力的合力 (　　)
A.大小为3F,方向为a→d
B.大小为3F,方向为d→a
C.大小为2F,方向为a→d
D.大小为F,方向为d→a
3.“一卡通”是学校等单位常用的辅助支付手段,其内部有一个多匝线圈,当刷卡机发出电磁信号时,置于刷卡机上的“一卡通”线圈的磁通量发生变化,产生电信号。“一卡通”内部多匝线圈俯视图可简化为如图甲所示,当垂直于线圈平面向里的磁场B随时间t变化的关系如图乙所示时 (　　)
　　
A.0~t0时间内,线圈中感应电流沿顺时针方向
B.0~t0时间内,线圈中感应电流的大小恒定
C.0~t0和t0~3t0两段时间内,线圈中感应电流的方向相同
D.0~t0和t0~3t0两段时间内,线圈中感应电流的大小相等
4.如图所示,仅在第一象限存在垂直于xOy平面的匀强磁场,方向未知。一个质量为m、电荷量为-q(q>0)、不计重力的带电粒子从x轴上的A点以大小为v的速度沿与x轴正方向成60°角的方向射入匀强磁场中,并恰好垂直于y轴射出第一象限。已知OA=a。下列说法正确的是 (　　)
A.匀强磁场方向垂直于xOy平面向里
B.改变粒子的电性,粒子在磁场中运动的时间将变短
C.粒子速度大小变为,方向不变,粒子能够到达O点
D.该匀强磁场的磁感应强度大小为B=
5.如图所示,MN、PQ为水平光滑金属导轨(电阻忽略不计),MN、PQ相距L=50 cm,导体棒AB在两轨道间的电阻为r=0.5 Ω,且可以在MN、PQ上滑动,定值电阻R1=3 Ω、R2=6 Ω,整个装置放在磁感应强度大小为B=2.0 T的匀强磁场中,磁场方向垂直于整个导轨平面,现用水平外力F拉着AB棒向右以v=4 m/s的速度做匀速运动,则 (　　)
A.导体棒AB产生的感应电动势E=8 V
B.导体棒AB两端的电压UAB=0.8 V
C.导体棒AB受到的外力F=1.6 N
D.定值电阻R1和R2的总电功率为6.4 W
6.为防止航天员在长期失重状态下肌肉萎缩,我国在空间站中安装了用于锻炼上、下肢肌肉的“太空自行车”,其工作原理可简化成如图所示的模型,航天员锻炼时,半径为r的金属圆盘在磁感应强度大小为B、方向垂直盘面向里的匀强磁场中以角速度ω匀速转动,阻值为R的定值电阻连接在从圆盘中心和边缘处电刷上引出的两根导线上,电路中其他电阻和圆盘电阻均忽略不计,则 (　　)
A.仅改变角速度ω的大小,通过定值电阻的电流保持不变
B.仅改变磁场的磁感应强度的大小,通过定值电阻的电流保持不变
C.定值电阻的热功率与ω成正比
D.若航天员锻炼时消耗的能量有40%转化为电能,则在锻炼的t时间内航天员消耗的能量为
7.如图所示,在直角三角形ABC区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一个电子从A点沿AC边进入磁场,从BC边离开磁场,速度方向偏转了30°。已知AB=L,∠ACB=30°,元电荷为e,电子的质量为m,不计重力,则电子的速率为(tan 15°=2-) (　　)
A.　　　　　　　　B.
C.　　　　　　　　D.
8.如图所示,宽度为3L的有界匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里。磁场左侧有一个边长为L的单匝正方形导体线框,其总电阻为R,线框所在平面与磁场方向垂直。线框以速度v向右匀速穿过磁场区域,以线框cd边刚进入磁场的时刻为计时起点,规定电流沿逆时针方向为正,安培力F向左为正。则以下关于线框中的感应电流I,a、b两点间的电势差Uab,安培力F和线框的发热功率P随时间变化的图像正确的是 (　　)
　
　
二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
9.如图所示,甲是回旋加速器,乙是磁流体发电机,丙是速度选择器,丁是霍尔元件,其中丙的磁感应强度大小为B、电场强度大小为E,下列说法正确的是 (　　)
　
　
A.甲图中要增大粒子的最大动能,可增大磁感应强度
B.乙图中可判断出A极板是发电机的正极
C.丙图中粒子沿直线通过速度选择器的条件是v=
D.丁图中若导体为金属,稳定时C板电势低
10.如图甲所示,电阻r=25 Ω、匝数n=400的线圈两端与电阻R相连,电阻R的阻值为R=75 Ω。线圈内有方向垂直于纸面向里的磁场,线圈中的磁通量按图乙所示的规律变化。下列说法正确的是 (　　)
　　
A.通过R的电流方向为由A到B
B.线圈两端的电压为200 V
C.R的电功率为300 W
D.0~0.1 s时间内通过电阻R的电荷量为0.1 C
11.两平行、光滑的直导轨与水平面的夹角为θ,导轨在垂直于导轨平面向下的匀强磁场中,两根长度、材料均相同的匀质金属棒P、Q垂直放在导轨上,一根足够长的轻质细绳跨过如图所示的轻质定滑轮,一端连接一重物,另一端连接金属棒Q,定滑轮右侧的细绳和导轨平行,将两金属棒同时由静止释放,经过一段时间后,金属棒P的速度始终为v。已知金属棒Q的质量为2m,金属棒P和重物的质量均为m,两金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好,闭合回路中除两金属棒以外的电阻均不计,重力加速度大小为g,下列说法正确的是 (　　)
A.金属棒Q的最大速度为
B.金属棒Q的最大加速度为
C.金属棒P、Q的加速距离之比为3∶1
D.金属棒P的速度为v后,金属棒Q上消耗的功率为
12.如图所示,垂直于边界的分界线MN将宽度为L的区域分成上下两部分,上面部分存在垂直于纸面向外、磁感应强度大小为2B0的匀强磁场,下面部分存在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B0的匀强磁场。从M处垂直于磁场方向射入速度大小不同、质量均为m、电荷量均为q的正离子(不计离子重力和离子间相互作用力),离子入射方向与MN夹角为30°。如果离子垂直于右边界射出磁场区域,则离子的入射速度大小和出射点偏离MN的距离可能为 (　　)
A.,(2-)L
B.,L
C.,L
D.,L
三、非选择题(本题共6小题,共60分)
13.(6分)某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验。两根金属导轨ab和a1b1固定在同一水平面内且相互平行,足够大的电磁铁(未画出)的S极位于两导轨的正上方,N极位于两导轨的正下方,一金属棒置于导轨上且与两导轨垂直。
(1)在图中画出连线,完成实验电路;要求滑动变阻器以限流方式接入电路,且在开关闭合后,金属棒沿箭头所示的方向运动。
(2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度,有人提出以下建议:
A.适当减小两导轨间的距离
B.换一根更长的金属棒(材料、粗细相同)
C.适当增大金属棒中的电流
其中可行的是　　　　(填选项前的字母)。
(3)根据磁场会对电流产生作用力的原理,人们发明了　　　　(填选项前的字母)。
A.回旋加速器　　　B.电磁炮　　　C.质谱仪
14.(8分)小李同学用如图所示电路研究自感现象。
小李同学用图中(1)、(2)两个电路研究通电自感和断电自感现象,图中L是一带铁芯的线圈,直流电阻忽略不计,A、B是额定电压为1.5 V的灯泡,直流电源为一节新的干电池。两电路开关S闭合后,会看到:小灯泡A将　　　　　(选填“慢慢变亮”“立即变亮”或“立即变亮,然后慢慢熄灭”);小灯泡B将　　　　　(选填“慢慢变亮”“立即变亮”或“立即变亮,然后慢慢熄灭”);待电路稳定后将S断开,小灯泡A将　　　　　(选填“慢慢熄灭”“立即熄灭”或“闪亮一下,然后熄灭”);S断开后,小灯泡B将　　　　　(选填“慢慢熄灭”“立即熄灭”或“闪亮一下,然后慢慢熄灭”)。
15.(9分)半径为L的光滑的圆形导体环CDNM处于垂直于纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场内,其左侧留有一小缺口CD,右侧与磁场外的电路连接,如图所示。总阻值为R、长为4L、质量为m的金属棒ab在大小为F的恒力作用下从CD位置由静止沿导轨向右运动,经过圆环圆心O时的速度为v,外电路中定值电阻阻值也为R,其余电阻不计,电容器的电容为C。求:
(1)金属棒经过O点时,金属棒两端的电势差Uab;
(2)金属棒经过O点时,电容器的电荷量q;
(3)从开始到金属棒经过O点的过程中,金属棒克服安培力做的功W。
16.(10分)如图所示,两光滑金属导轨间距为1 m,固定在绝缘桌面上的导轨部分是水平的,且处在磁感应强度大小为1 T、方向竖直向下的有界匀强磁场中(导轨其他部分所在处无磁场),电阻R的阻值为2 Ω,桌面距水平地面的高度为H=1.25 m,金属杆ab的质量为0.1 kg、电阻为1 Ω。现将金属杆ab从导轨上距桌面高度为h=0.45 m的位置由静止释放,其落地点距桌面左边缘的水平距离为x=1 m。空气阻力不计,离开桌面前金属杆ab与金属导轨垂直且接触良好。求:
(1)金属杆刚进入磁场时,切割磁感线产生的感应电动势E;
(2)金属杆刚穿出匀强磁场时的速度大小和克服安培力所做的功;
(3)金属杆穿过匀强磁场的过程中,通过金属杆某一横截面的电荷量。
17.(12分)如图所示,在xOy坐标系内边长为a的OABC正方形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一束质量为m、电荷量为q的带负电的粒子以不同的初速率v0从M点沿与y轴正方向成30°角的方向射入磁场,已知OM=a,粒子的重力不计。求:
(1)带电粒子在磁场中运动的最长时间;
(2)粒子从x轴上O~C间穿出磁场的速率范围。
18.(15分)如图所示,O-xyz坐标系的y轴竖直向上,在yOz平面左侧-2l0)的粒子从M点以速度v0沿x轴正方向射入电场,经N(-l,0,0)点进入磁场区域,然后从O点进入到平面yOz右侧区域,粒子从离开O点开始多次经过x轴,不计粒子重力。求:
(1)匀强电场的电场强度大小E;
(2)匀强磁场的磁感应强度大小B;
(3)粒子从离开O点开始,第n(n=1,2,3,…)次到达x轴时距O点的距离s。
答案全解全析
1.B　真空冶炼炉利用的是涡流原理,因此线圈中应通入交变电流,选项A错误;动圈式扬声器是利用通电线圈在磁场中受安培力作用的原理工作的,选项B正确;磁电式电流表中U形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐射分布的,特点是磁感应强度大小相等,方向不同,因此不是匀强磁场,选项C错误;动圈式扬声器和磁电式电流表都是利用通电线圈在磁场中受安培力作用的原理工作的,选项D错误。
2.A　把b、c导线中的电流方向同时改为垂直于纸面向外,电流大小同时变为原来的2倍,由于三条导线与d的连线互成120°角,a导线对d导线的安培力大小为F,方向为a→d,对d进行受力分析可知,b、c导线对d的作用力的合力大小为2F,方向为a→d,所以此时d导线所受安培力的合力大小为3F,方向为a→d,B、C、D错误,A正确。
3.B　0~t0时间内,向里穿过线圈的磁通量增大,根据楞次定律和安培定则可知,线圈中感应电流沿逆时针方向,t0~3t0时间内,向里穿过线圈的磁通量减小,根据楞次定律和安培定则可知,线圈中感应电流沿顺时针方向,故A、C错误;根据法拉第电磁感应定律有E=n=nS,由图乙可知0~t0时间内磁感应强度的变化率不变,感应电动势大小恒定,则感应电流大小恒定,由于0~t0和t0~3t0两段时间内,磁感应强度的变化率不同,则感应电动势不同,线圈中感应电流的大小不相等,故B正确,D错误;故选B。
4.D　根据左手定则可知匀强磁场方向垂直于xOy平面向外,故A错误;如图所示,根据几何关系可知,改变粒子的电性,粒子在磁场中转过的圆心角与原来相同,所以粒子在磁场中运动的时间将不变,故B错误;若粒子速度大小变为,易知其轨迹半径变为,粒子将从图中的O1点射出磁场区域,不能到达O点,故C错误;根据几何关系可知粒子运动的轨迹半径为r=,根据牛顿第二定律有qvB=m,解得B=,故D正确。
5.C　导体棒AB产生的感应电动势E=BLv=2.0×0.5×4 V=4 V,故A错误;并联电阻阻值R并==2 Ω,干路电流I== A=1.6 A,导体棒AB两端的电压UAB=IR并=1.6×2 V=3.2 V,故B错误;导体棒AB受到的安培力F安=BIL=2.0×1.6×0.5 N=1.6 N,因为导体棒匀速运动,外力F与安培力为一对平衡力,所以外力F大小为1.6 N,故C正确;定值电阻R1和R2的总电功率为外电路功率(电源的输出功率)P出=IE-I2r,代入数据可得P出=5.12 W,故D错误。故选C。
6.D　因感应电动势E=Br,其中=ωr,可得E=Bωr2,由I=得I=,所以仅改变圆盘转动的角速度或仅改变磁场的磁感应强度的大小都会使通过定值电阻的电流发生变化,故A、B错误;依题意,可得圆盘转动时,定值电阻消耗的电功率为P==,可知P∝ω2,故C错误;若航天员锻炼时消耗的能量只有40%转化为电能,故在锻炼的t时间内航天员消耗的能量为E航==,D正确。故选D。
7.C　电子从BC边离开磁场,速度方向偏转了30°,作出运动轨迹如图所示
根据几何关系有
R tan 15°+2R tan 15°cos 30°=L tan 60°
解得R=
根据evB=m
解得v=
故选C。
8.C　根据题意,线框进入磁场的过程,根据楞次定律和安培定则可知,线框中电流沿逆时针方向,由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律有I0=,a、b两点间的电势差U0=BLv,cd边受到的安培力大小为F0=BI0L=BL=,方向向左,线框的发热功率P0=R=,线框全部进入磁场后,没有感应电流,所以线框不受安培力的作用,线框的发热功率为零,a、b两点间的电势差U2=BLv=4U0,线框离开磁场的过程,电流沿顺时针方向,电流大小为I3==I0,线框所受安培力大小为F3=BI3L=BL==F0,方向向左,a、b两点间的电势差U3=BLv=3U0,线框的发热功率P3=R==P0,综上所述,A、B、D错误,C正确;故选C。
9.AD　甲图,粒子从加速器中离开时满足qvB=m,则最大动能Ek=mv2=,则要增大粒子的最大动能,可增大磁感应强度,选项A正确;乙图中由左手定则可知,带正电的粒子偏向下极板,则可判断出A极板是发电机的负极,选项B错误;丙图中粒子沿直线通过速度选择器时有qvB=Eq,可得v=,选项C错误;丁图中若导体为金属,由左手定则可知,电子偏向C极板,则稳定时C板电势低,选项D正确。故选A、D。
10.AC　根据乙图,由楞次定律和安培定则可知,线圈中的电流沿逆时针方向,通过R的电流方向为由A到B,故A正确;设Φ-t图线的斜率为k,则k== Wb/s=0.5 Wb/s,线圈产生的感应电动势E=n=nk=200 V,线圈两端的电压为路端电压,为U=E=150 V,故B错误;R的电功率为P== W=300 W,故C正确;0~0.1 s时间内通过电阻R的电荷量为q=IΔt=·Δt=×0.1 C=0.2 C,故D错误。故选A、C。
11.ACD　经过一段时间后,金属棒P的速度始终为v,故回路中的电流不变,安培力不变,所以金属棒P最终受到的安培力大小恰好等于其自身受到的重力沿导轨向下的分力,说明金属棒Q一定沿导轨向上做匀速直线运动,由于两金属棒都匀速运动,金属棒Q受到的安培力大小也为F=mg sin θ,方向沿导轨向下,把金属棒Q和重物看成一个整体,则有F+2mg sin θ=mg,解得sin θ=,任意瞬间金属棒P受到的合外力与金属棒Q和重物构成的整体受到的合外力大小始终相等,所以它们加速时的加速度大小之比始终等于对应的质量的反比,即P、Q的加速度大小之比为3∶1,由于两金属棒同时由静止释放,所以任意时刻P、Q的速度大小之比都为3∶1,故A正确;P、Q释放瞬间电路中的电流为0,金属棒Q的加速度最大,对重物和Q受力分析可得mg-T=ma,T-2mg·sin θ=2ma,联立解得a=,故B错误;由上述分析可知,金属棒P、Q的加速距离之比为3∶1,故C正确;两金属棒均匀速运动时,电路中消耗的功率为ΔP=mgv sin θ+mg×-×2mg sin θ=,已知P、Q质量比为1∶2,且材料、长度均相同,故金属棒P、Q的电阻之比为2∶1,所以金属棒Q上消耗的功率为PQ=ΔP=,故D正确。故选A、C、D。
12.AD　根据qvB=m可知粒子在磁场中运动的半径r=,若速度v=,则粒子在上方磁场中运动的半径r1=L,在下方磁场中运动的半径r2=2L,此时粒子从下方磁场中垂直于边界射出,如图1中轨迹1所示,出射点偏离MN的距离为d1=2L(1-cos 30°)=(2-)L,选项A正确,B错误;若速度v=,则粒子在上方磁场中运动的半径r1=,在下方磁场中运动的半径r2=,则粒子从上方磁场中垂直于边界射出,如图1中轨迹2所示,此时出射点偏离MN的距离为d2=L(1-cos 30°)=L,选项C错误;若速度v=,则粒子在上方磁场中运动的半径r1=,在下方磁场中运动的半径r2=,粒子从上方磁场中垂直于边界射出,如图2所示,此时出射点偏离MN的距离为d3=L(1-cos 30°)=L,选项D正确。故选A、D。
图1
图2
13.答案　(1)图见解析(2分)　(2)C(2分)　(3)B(2分)
解析　(1)电路连线如图
(2)根据公式F=BIL可知,适当地增大导轨间的距离或者增大电流,可增大金属棒受到的安培力,则金属棒离开导轨时的动能变大,即离开导轨时的速度变大,A不符合题意,C符合题意;若换用一根更长的金属棒,但导轨间的距离不变,安培力F不变,棒的质量变大,则金属棒离开导轨时的速度变小,B不符合题意。故选C。
(3)根据磁场会对电流产生作用力的原理,人们发明了电磁炮;回旋加速器和质谱仪都是根据带电粒子在磁场中做圆周运动制成的,故选B。
14.答案　慢慢变亮(2分)　立即变亮,然后慢慢熄灭(2分)
立即熄灭(2分)　闪亮一下,然后慢慢熄灭(2分)
解析　两电路开关S闭合后,由于线圈中自感电动势阻碍电流增加,小灯泡A将慢慢变亮;小灯泡B将立即变亮,电路稳定后线圈中自感电动势消失,电阻为零,则灯泡B被短路而熄灭;将S断开后,小灯泡A立即熄灭;分析题图(2),由于线圈中自感电动势阻碍电流减小,线圈和灯泡B形成回路,使得灯泡B闪亮一下,然后慢慢熄灭。
15.答案　(1)BLv　(2)CBLv　(3)FL-mv2
解析　(1)闭合电路中的电动势为
E=B·2L·v=2BLv (1分)
金属棒在经过O点时接入电路中的电阻为0.5R
则通过外电路中定值电阻R的电流I= (1分)
ab棒两端的电势差为Uab=B·4L·v-I·0.5R (1分)
解得Uab=BLv (1分)
(2)电容器两端的电压为UC=UR=IR (1分)
电容器的电荷量q=CUR (1分)
解得q=CBLv (1分)
(3) 由动能定理可得FL-W=mv2-0 (1分)
解得W=FL-mv2 (1分)
16.答案　(1)3 V　(2)2 m/s　0.25 J　(3)0.1 C
解析　(1)由机械能守恒定律有mgh=mv2 (1分)
解得v=3 m/s
感应电动势E=BLv=3 V (2分)
(2)由平抛运动规律有x=v0t,H=gt2 (1分)
联立解得v0=2 m/s (1分)
由动能定理得,金属杆穿过匀强磁场的过程中,克服安培力做功
W=mv2-m=0.25 J (2分)
(3)由动量定理有-BLt=mv0-mv (2分)
即-BLq=m(v0-v)
解得q=0.1 C (1分)
17.答案　(1)　(2)≤v0<
解析　(1)粒子从y轴离开磁场时,在磁场中运动的时间最长,如图甲所示
由洛伦兹力提供向心力,有qBv0=,T= (2分)
解得T= (1分)
由几何关系得θ=60°
则粒子在磁场中运动的最长时间t=T (1分)
解得t= (1分)
(2)当粒子轨迹与x轴相切时,如图乙所示
设此时初速度为v1,轨迹半径为R1,由几何关系可得
R1+R1 sin 30°=a (1分)
qBv1= (1分)
解得v1= (1分)
当粒子运动轨迹与右边界相切时,如图丙所示
设此时初速度为v2,轨迹半径为R2,由几何关系可得
R2+R2 cos 30°=a (1分)
qBv2= (1分)
解得v2= (1分)
粒子从x轴上O~C间穿出磁场的速率范围为
≤v0< (1分)
18.答案　(1)　(2)　(3)(n=1,2,3,…)
解析　(1)粒子在-2ll=v0t,l=at2 (1分)
由牛顿第二定律得Eq=ma
联立得E= (1分)
(2)设在N点粒子速度v的方向与x轴正方向的夹角为θ,沿y轴负方向的速度为vy,则有tan θ=,vy=at,v=
解得vy=v0,v=v0,θ=45° (3分)
在yOz平面左侧区域粒子的轨迹如图所示
根据几何关系可知,粒子在-lR=== (2分)
由牛顿第二定律得qvB= (1分)
解得B== (1分)
(3)将粒子在O点的速度分解
vx=v cos θ=v0
vy=v sin θ=v0 (1分)
因yOz平面右侧区域同时存在电场、磁场,粒子以vy在磁场中做匀速圆周运动,同时以vx=v0沿x轴正方向做匀加速运动,粒子离开O点后,每转一周到达一次x轴,第n次到达x轴时,粒子运动的时间
t=nT(n=1,2,3,…) (1分)
T== (1分)
s=v0t+at2 (1分)
联立解得s=(n=1,2,3,…) (2分)

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