20202021學年上學期宣化一中高二物理期末試卷一、單選題（本大題共8小題，共分）下列說法正確的是(

)A.運動電荷在磁場中一定受到洛倫茲力

B.洛倫茲力必與電荷速度方向垂直

C.運動電荷在磁場中必做勻速圓周運動

D.電荷在磁場中不可能做勻速運動如圖，線圈固定于分布均勻的磁場中，磁場方向垂直線圈平面，若磁感應強度變化使線圈中產生感應電流且逐漸變小，則磁感應強度B隨時間t變化可能是圖中的(

)A. B. C. D.學校科學晚會上，科技制作社團表演了“震撼動量球”實驗。在互動環節，表演者將球拋向觀眾，讓其感受碰撞過程中的力，假設質量約為3kg的超大氣球以3m/s速度豎直下落到手面，某觀眾雙手上推，使氣球以原速度大小豎直向上反彈，作用時間為0.1s。忽略氣球所受浮力及空氣阻力，g=10m/s2。則觀眾雙手受的壓力共計(

)A.150N B.180N C.210N D.240N如圖甲，有一個原、副線圈匝數比為2:1的理想變壓器，圖中的電壓表和電流表均為理想電表，原線圈接如圖乙所示的正弦式交流電，其中Rt為熱敏電阻，其阻值隨溫度的升高而減小，R為定值電阻。下列說法正確的是(

A.副線圈兩端電壓的瞬時值表達式為u'=18sin50πt(V)

B.t=0.01s時電壓表V2的示數為0

C.變壓器原、副線圈中的電流之比為2:1

D.Rt處溫度降低時，電流表的示數變小，電壓表V圓環形導體線圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一豎直螺線管b，二者軸線重合，螺線管與電源和滑動變阻器連接成如圖所示的電路。若將滑動變阻器的滑片P向上滑動，下列說法正確的是(

)A.線圈a中將產生俯視順時針方向的感應電流

B.穿過線圈a的磁通量變大

C.線圈a有縮小的趨勢

D.線圈a對水平桌面的壓力FN將增大在如圖電路中，L為一個自感系數很大、直流電阻不計的線圈，D1、D2是兩個完全相同的燈泡，E是一內阻不計的電源，下列說法正確的是(

)A.閉合開關S瞬間，燈泡D1、D2同時亮，且D2的亮度大于D1

B.閉合開關S一段時間后，D1不亮、D2比剛閉合S時亮度大

C.斷開開關S，經過D1的電流方向沿圖示方向

如圖，一帶電粒子在正交的勻強電場和勻強磁場中做勻速圓周運動。已知電場強度為E，方向豎直向下，磁感應強度為B，方向垂直于紙面向外。粒子圓周運動的半徑為R，若小球運動到最高點A時沿水平方向分裂成兩個粒子1和2，假設粒子質量和電量都恰好均分，粒子1在原運行方向上做勻速圓周運動，半徑變為3R，下列說法正確的是(

)A.粒子帶正電荷

B.粒子分裂前運動速度大小為REBg

C.粒子2也做勻速圓周運動，且沿逆時針方向

D.粒子2做勻速圓周運動的半徑也為3如圖，光滑無電阻的金屬框架MON豎直放置，勻強磁場的磁感應強度為B，方向垂直于MON平面指向紙里。質量為m，長度為l，電阻為R的金屬棒ab從∠abO=45°的位置由靜止釋放，兩端沿框架在重力作用下滑動。若當地的重力加速度為g，金屬棒與軌道始終保持良好接觸，下列說法正確的是(

)A.棒下滑過程機械能守恒

B.下滑過程中棒產生從b到a方向的電流

C.從釋放到棒全部滑至水平軌道過程中產生的電能等于2mgl4

D.二、多選題（本大題共4小題，共分）太陽系中的第二大行星是土星，它的衛星眾多，目前已發現的衛星達數十顆．根據下表所列土衛五個土衛六兩顆衛星的相關參數，可以比較(

)土星的衛星距離土星距離/半徑/發現者發現年份土衛五527000765卡西尼1672土衛六12220002575惠更斯1655A.這兩顆衛星公轉的周期大小

B.這兩顆衛星公轉的速度大小

C.這兩顆衛星表面的重力加速度大小

D.這兩顆衛星公轉的向心加速度大小汽車的點火裝置的核心是一個變壓器，該變壓器的原線圈與12V的蓄電池相連，副線圈連接到火花塞的兩端，當開關由閉合變為斷開時，副線圈中產生10KV以上的電壓，火花塞中產生火花，從而點燃油氣實現汽車點火。某同學設計了甲、乙兩個裝置，下列說法中正確的是(

)A.甲裝置能實現點火

B.該點火裝置能使火花塞的兩端產生持續高壓

C.變壓器的原線圈用細導線繞制，而副線圈要用粗導線繞制

D.該點火裝置中變壓器為升壓變壓器如圖，一圓柱形磁鐵豎直放置，在它的下方有一帶負電小球置于光滑絕緣水平面上，小球在水平面上做勻速圓周運動，下列說法正確的是(????)

A.小球所受的合力可能不指向圓心

B.小球對地面的壓力大于小球的重力

C.俯視觀察，小球的運動方向一定是順時針

D.俯視觀察，小球的運動方向一定是逆時針

如圖，用輕繩將兩個彈性小球緊緊束縛在一起并發生微小的形變，現正在光滑水平面上以速度v0=0.1m/s向左做勻速直線運動，已知a、b兩彈性小球質量分別為ma=1.0kg和mb=2.0kg。一段時間后輕繩突然自動斷開，斷開后兩球仍沿原直線運動。經過t=4.0s，兩球的間距s=3.6m，下列說法正確的是A.剛分離時，a、b兩球的速度方向相反

B.剛分離時，b球的速度大小為0.5m/s

C.剛分離時，a球的速度大小為0.4m/s

D.兩球分離過程中釋放彈性勢能為0.27J三、填空題（本大題共2小題，共分）在“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數的關系”實驗中：(1)原線圈中接入的電源是____A.接入220V交流電B.接入學生電源12V以下直流輸出C.接入學生電源12V以下交流輸出(2)對于實驗過程，下列說法正確的是______A.為便于探究，應該采用控制變量法B.因為實驗所用電壓較低，通電時可用手接觸裸露的導線、接線柱等檢查電路C.使用多用電表測電壓時，先用中等量程擋試測，再選用恰當的擋位進行測量如圖為“探究電磁感應現象”的實驗中所用器材的示意圖．(1)請用筆畫線代替導線，將所缺導線補接完整____(2)電路連接完整后，某同學閉合開關時發現靈敏電流計的指針向左偏了一下，則他將滑線變阻器的滑動端P向左滑動時，電流計指針向_____偏轉(選填“左”或“右”)(3)某同學在完成實驗后未斷開開關，也未把A、B兩線圈和鐵芯分開放置，在拆除電路時突然被電擊了一下，則被電擊是在拆除___(選填“A”或“B”)線圈所在電路時發生的。要避免電擊發生，在拆除電路前應___(選填“斷開開關”或“把A、B線圈分開放置”)四、計算題（本大題共4小題，共分）如圖，虛線上方存在勻強磁場，磁場磁感應強度為B，一個電子從邊界的P點與水平虛線夾角60°方向射入磁場，從虛線邊界上的Q點離開(圖中沒標出)。已知PQ間距離為d，電子質量為m、帶電荷量為e(1)電子進入磁場時速度大小(2)電子穿過磁場的時間如圖甲，在兩根水平放置的平行金屬導軌兩端各接一只阻值為R=2Ω的電阻，導軌間距為L=0.2m，導軌電阻忽略不計，整個裝置處于豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度B=1T。一根電阻r=0.2Ω的導體棒ab置于導軌上，且始終與導軌良好接觸，若導體棒沿平行于導軌方向在PQ和MN之間運動，其速度圖像如圖乙所示(余弦函數曲線)，求：(1)導體棒產生感應電動勢瞬時值表達式(2)整個電路在1min內產生的電熱如圖，固定于水平面的兩平行金屬導軌處于豎直向下、磁感應強度為B=2T的勻強磁場中，兩平行導軌間距為l=0.5m，左端接一電動勢E=3V、內阻r?=1Ω的電源。一質量為m=0.5kg、電阻為R?=2Ω的導體棒MN垂直導軌放置并接觸良好。閉合開關(1)導體棒運動的最大速度(2)導體棒從開始到達到穩定速度的過程中，導體棒上產生的焦耳熱在科學研究中，可以通過施加適當的磁場來實現對帶電粒子運動的控制。在如圖所示的平面坐標系xOy內，以坐標原點O為圓心，半徑為3d的圓形區域外存在范圍足夠大的勻強磁場。一質量為m、電荷量為+q的粒子從P(0,3d)點沿y軸正方向射入磁場，當入射速度為v0時，粒子從(1)磁場的磁感應強度B的大小(2)粒子離開P點后經多長時間第一次回到P點(3)若僅將入射速度變為3v0，則粒子離開P點后運動多少路程經過20202021學年上學期宣化一中高二物理期末試卷答案和解析1.【答案】B

【解析】A項：洛倫茲力是運動電荷在磁場中受到的力，靜止的電荷不會受到洛倫茲力，故A錯誤；B項：根據左手定則洛倫茲力既垂直磁場方向又垂直電荷運動方向，故B正確；C項：只有粒子垂直進入磁場時才能做勻速圓周運動，故C錯誤；D項：如果電荷運動方向和磁場方向平行時不受洛倫茲力，則電荷在磁場中做勻速運動，故D錯誤．故選B．

2.【答案】C

【解析】根據法拉第電磁感應定律可知E=n因此要使感應電流減小應使線圈中的磁通量的變化率減小，即B-t圖象中的斜率應減小，故C正確，A、B、D錯誤；故選C。

3.【答案】C

【解析】取豎直向下為正方向，對氣球由動量定理有(mg-F)?Δt=-mv-mv代入數據解得F=-210負號表示力的方向豎直向上，由牛頓第三定律可知，觀眾雙手受到的壓力為210N，故C正確，A、B、D錯誤；故選C。

4.【答案】D

【解析】A.原線圈接的圖乙所示的正弦交流電，由圖知最大電壓U根據變壓比可知，副線圈兩端電壓的最大值為U周期為T=0.02故角速度是ω=副線圈兩端電壓的瞬時值表達式為u'=18故A錯誤；B.副線圈兩端電壓的有效值為U所以電壓表V2的示數為18V，故C.根據理想變壓器的變流比可知，變壓器原、副線圈中的電流之比等于匝數反比，即變壓器原、副線圈中的電流之比為1：2，故C錯誤；D.Rt處溫度降低時，Rt的阻值增大，而副線圈的電壓不變，副線圈的電流減小，所以電流表的示數變小，由于副線圈的電壓不變，根據變壓比可知原線圈電壓不變，電壓表V2故選D。

5.【答案】A

【解析】AB.當滑動觸頭P向上滑動時電阻增大，由閉合電路歐姆定律可知通過線圈b的電流減小，b線圈產生的磁場減弱，故穿過線圈a的磁通量減小；根據b中的電流方向和安培定則可知b產生的磁場方向向下穿過線圈a，根據楞次定律，a中的感應電流的磁場要阻礙原來磁場的減小，故a的感應電流的磁場方向與b產生的磁場的方向相同，根據安培定則可知線圈a中感應電流方向俯視應為順時針方向，故A正確，B錯誤；C.直接根據楞次定律的第二描述“感應電流產生的效果總是阻礙引起感應電流的原因”，因為滑動觸頭向上滑動導致穿過線圈a的磁通量減小，故只有線圈面積增大時才能阻礙磁通量的減小，故線圈a應有擴張的趨勢，故C錯誤；D.開始時線圈a對桌面的壓力等于線圈a的重力，當滑動觸頭向上滑動時，線圈b的電流減小，b線圈產生的磁場減小，根據楞次定律可知，此時兩線圈互相吸引，故線圈a對水平桌面的壓力將減小，故D錯誤；故選A。

6.【答案】B

【解析】AB.開關S閉合的瞬間，兩燈同時獲得電壓，所以D1、D2同時發光，且亮度一樣，之后由于流過線圈的電流增大，則流過D2燈的電流逐漸增大，D2燈逐漸增大，而D1C.斷開開關S瞬間，流過線圈的電流將要減小，產生自感電動勢，相當電源，產生的感應電流流過電燈D1，其方向與規定圖示流過電燈D1的方向相反，故CD.斷開開關S的瞬間，D2燈的電流突然消失，立即熄滅，故D故選B。

7.【答案】C

【解析】A.帶電粒子在正交的勻強電場和勻強磁場中做勻速圓周運動，電場力和重力平衡，即有qE=mg電場力方向與電場方向相反，所以粒子帶負電，故A錯誤；B.由于分裂前粒子做圓周運動的半徑為R，根據洛倫茲力提供向心力可得qvB=可得v=其中q解得v=故B錯誤；CD.由于電荷量和質量均減半，所以兩個粒子受到的電場力和重力仍相等，所以粒子2也做勻速圓周運動；分裂前根據洛倫茲力提供向心力可知粒子沿逆時針方向運動，分裂后粒子1仍逆時針方向運動，所以粒子1在原運行方向上做勻速圓周運動，由于半徑變為3R，所以粒子1的速度為分裂前速度的3倍，根據動量守恒定律可知mv=m解得分裂后粒子2的速度為v根據左手定則可知粒子2也沿逆時針方向做勻速圓周運動，分裂后粒子2的速度小于粒子1的速度，粒子2做勻速圓周運動的半徑小于3R，故C正確，D錯誤；故選C。

8.【答案】D

【解析】A.棒在下滑過程中，棒與金屬導軌組成閉合回路，磁通量在改變，會產生感應電流，棒將受到安培力作用，安培力對棒做功，棒的機械能不守恒，故A錯誤；B.棒下滑過程中，圍成的面積減小，根據楞次定律可知，產生感應電流，方向為a到b，故B錯誤；C.棒從釋放到滑至水平軌道過程，金屬棒的重力勢能減小為Δ金屬棒減小的重力勢能轉化為金屬棒的電能和金屬棒的動能，由能量守恒定律得知棒上產生的電能小于2mgl4，故D.棒與金屬導軌組成閉合回路磁通量的變化量為ΔΦ=B?根據推論q=ΔΦq=故D正確；故選D。

9.【答案】ABD

【解析】設土星的質量為M，A.由開普勒第三定律r3T2B.由衛星速度公式v=GMr，公轉半徑R越大，衛星的線速度越小，則土衛六的公轉線速度小．故C.由衛星表面的重力加速度公式g=GmR2D.由衛星向心加速度角公式a=GMr2，公轉半徑R越小，向心加速度a故選ABD．

10.【答案】AD

【解析】AB.變壓器是改變交流電的電壓的設備，由圖可知，當甲圖中的開關接通與斷開的瞬間，左側的電流發生變化，變化的電流引起左側的線圈內磁通量的變化，進而引起右側的線圈內磁通量的變化，則在右側的線圈內產生瞬間的感應電動勢，該電動勢以高壓的形式瞬間對外輸出，即可使火花塞點火，但該點火裝置不能使火花塞的兩端產生持續高壓，圖乙中，右側沒有電流，所以右側的開關的接通與斷開不能引起電流的變化，所以圖乙不能使火花塞點火，故A正確，B錯誤；CD.由于火花塞需要的電壓為10kV，但是電源的電壓為12V，所以必須要經過升壓變壓器才可以得到高的電壓，所以變壓器左邊線圈匝數遠少于右邊線圈的匝數，導致右邊電壓被提高，所以變壓器的副線圈匝數遠大于原線圈匝數，根據變流比可知，原線圈的電流大，為了避免產生較大的焦耳熱，則原線圈用電阻小的粗導線，副線圈用電阻大的細導線，故C錯誤，D正確；故選AD。

11.【答案】BD

【解析】A.小球所受力的合力提供向心力，做勻速圓周運動的物體所受合力一定指向圓心，故A錯誤；B.由圖可知，小球處磁場的方向是斜向上，洛倫茲力垂直于磁場的方向，又洛倫茲力應該受指向圓心方向的分量提供向心力，故洛倫茲力的方向是斜向下，并不指向圓心，如圖，結合受力的特點可知，小球在豎直方向上，受到的支持力一定等于重力與洛倫茲力沿豎直方向向下的分力的和，根據牛頓第三定律可知，小球對地面的壓力大于小球的重力，故B正確；CD.根據前面分析的洛倫茲力的方向，由左手定則判斷帶負電的小球的運動方向一定是逆時針，故C錯誤，D正確；故選BD。

12.【答案】AD

【解析】ABC.取向左為正方向，由動量守恒定律得(經過t=4.0ss=3.6則有s=解得va=-0.5可知，剛分離時，a球速度大小為0.5m/s，方向向右，b球的速度大小為0.4m/s，方向向左，兩球的速度方向相反，故A正確，B、C錯誤；D.設兩球分離過程中釋放的彈性勢能為EP?解得E故D正確；故選AD。

13.【答案】(1).?C

(2).?A

【解析】(1)“探究變壓器電壓與匝數的關系”要用低壓交流電源和交流電表，所以不需要干電池，變壓器是改變電壓，因此為了人身安全，原線圈兩端只能使用低壓交流電源，所用電壓不超過12V，故A、B錯誤，C正確；故選C；(2)?A.探究變壓器原副線圈兩端的電壓與匝數的關系，為便于探究，應該采用控制變量法，故A正確；B.實驗通電時，可用手接觸裸露的導線、接線柱等檢查電路，這樣無形之中，將人體并聯電路中，導致所測數據不準確，故B錯誤；C.使用多用電表測電壓時，先用最高量程擋試測，再選用恰當的擋位進行測量，故C錯誤；故選A。

14.【答案】

(1)．

(2).右

(3).?A

(4).斷開開關

【解析】(1)將電源、電鍵、變阻器、小螺線管串聯成一個回路，再將電流計與大螺線管串聯成另一個回路，電路圖如圖所示(2)閉合開關，穿過副線圈的磁通量增大，靈敏電流表的指針向左偏一下；那么合上電鍵后，將滑線變阻器的滑片P向左滑動時，滑動變阻器接入電路的阻值變大，原線圈電流變小，穿過副線圈的磁場方向不變，但磁通量變小，靈敏電流計指針將右偏轉；(3)在完成實驗后未斷開開關，也未把A、B兩線圈和鐵芯分開放置