黑龙江省大庆铁人中学2021-2022学年高二下学期开学考试物理答案

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铁人中学 2020 级高二下学期开学考试

物理试题答案

一、选择题（本题共 12 题，每小题 5分，1至7小题为单选题，8至12 小题为多选题，多选半对

得3分，共 60 分）

1.C

[解析] 由左手定则判断通电导线在磁场中的受力,C 正确.

2.D

[解析] 由安培定则可知通电导线产生的磁场方向,根据叠加原理可知 a所在区域的两个磁场方

向相反,穿过 a的磁通量为 0且保持不变,所以 a中无感应电流;b所在区域两个磁场方向相同,合磁场

不为零,当电流减小时,b中磁通量减小,根据楞次定律可知 b中有逆时针方

向的感应电流.

3.B

[解析] A、B在C处产生的磁感应强度的大小均为 B0,根据平行四边

形定则可知 BC=B0,由左手定则可知 ,安培力方向水平向左 ,大小为

FA=B0IL,由于导线 C位于水平面上且处于静止状态 ,所以导线 C受到的静

摩擦力大小为 B0IL,方向水平向右,故B正确.

4.C

[解析] 金属圆盘在匀强磁场中匀速转动,可以等效为无数根长为 r的

导体棒绕 O做匀速圆周运动,其产生的感应电动势大小为 E=,由右手定则

可知,其方向指向 O,所以通过电阻的电流大小为 I=,方向由 d到c,故C正确,A、B、D错误.

5.D

[解析] ab 棒切割磁感线,产生感应电动势,给电容器充电,同时 ab 棒在安培力作用下减速,当电

容器两极板间电压与 ab 棒的电动势相等时,充电电流为零,安培力为零,ab 棒做匀速运动,D 正确.

6.B解析　电路中的感应电动势 E＝Blv，感应电流 I＝＝＝，故 A错误，B正确；金属杆所受安培

力大小 F＝BI＝，故 C错误；金属杆的发热功率 P＝I2R＝I2 r＝，故 D错误．

7.C

8.AC

[解析] 带电粒子在磁场中若受洛伦兹力则做曲线运动,因b运动方向不变,即不受洛伦兹力,所

以不带电,由左手定则可知,a带正电,c带负电,故A正确,B 错误;由洛伦兹力提供向心力,有Bqv=m ,

解得 q= ,由图可知 rc<ra,则qc>qa,故D错误,C 正确.

9.BC

[解析] 根据法拉第电磁感应定律 E=n =nπr2,则= = = ,故B正确、A错误;设线圈

单位长度的电阻为 R,根据闭合电路的欧姆定律得 I= ,则= × =×=,故C正确,D 错误.

10.AD

[解析] 设磁场区域半径为 R,轨迹的圆心角为 α,根据推论可知,质子在

磁场中的偏转角等于轨迹的圆心角 α,由t=T 可知,在磁场中运动的时间越长,

则轨迹对应的偏转角越大,圆心角越大,故D正确;

弦长 L=2Rcos,质子运动的时间越长,则α越大,弦长越小,故A正确;质子运动

的轨迹长度 s=rα= ·α,质子运动的时间越长,则α越大,s越短,故B错误;质子

在磁场中运动的时间为 t=T,轨迹半径 r= ,质子运动的时间越短,则α越小,r越大,由r= 可知,速度

v越大,故C错误.

11.CD

12.BCD．分析：圆环向右运动的过程中可能受到重力、洛伦兹力、杆的支持力和摩擦力，根据圆

环初速度的情况，分析洛伦力与重力大小关系可知：圆环可能做匀速直线运动，或者减速运动到

静止，或者先减速后匀速运动，根据动能定理分析圆环克服摩擦力所做的功．

解：A、当 qv0B＜mg 时，圆环做减速运动到静止，速度在减小，洛伦兹力减小，杆的支持力和摩

擦力都发生变化，所以不可能做匀减速运动，故 A错误

B、当 qv0B=mg 时，圆环不受支持力和摩擦力，做匀速直线运动，故 B正确

C、当 qv0B＜mg 时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功．根据动能定理得

W=0 mv﹣ ﹣ 02 得W=mv02，

当qv0B＞mg 时，圆环先做减速运动，当 qvB=mg 时，不受摩擦力，做匀速直线运动．

当qvB=mg 时得 v=

根据动能定理得﹣W= mv2mv﹣02

代入解得 W=mv02﹣，故 C D 正确

二、实验题（本题共 2小题，共 12 分）

13.(1)AD

(2)F

[解析] (1)该实验探究了导体棒通电部分长度和电流大小对安培力的影响,故A、B错误;把磁铁的 N

极和 S极对调,不改变 B的大小,故F不变,故C错误;把接入电路的导体棒从

①

、

④

两端换成

②

、

③

两端,则L减小,故安培力 F减小,故D正确.

(2)若把电流为 I且接通

②

、

③

时,导体棒受到的安培力记为F;则当电流减半且接通

①

、

④

时,导体棒

的安培力为 F'=B× ×3L=BIL=F.

14.(1)20 kΩ

(2)甲

(3)左

(4)右

[解析] (1)由闭合电路欧姆定律得 R= = Ω=15×103 Ω,由于 R1>R,不会使电流超过电流表的最

大测量值,达到保护电路的作用,所以选用 20 kΩ 的电阻.

(2)已测得电流表指针向右偏时,电流是由正接线柱流入,当磁铁 N极插入线圈时,根据楞次定律可知,

感应电流的磁场阻碍磁通量的增加,螺线管上端应为 N极,下端为 S极,由于电流表指针向左偏,可知

电流是由电流表正接线柱流出至螺线管上端接线柱,由安培定则可判断螺线管的绕线方向如图甲所

示.

(3)若将条形磁铁的 S极放在下端,从螺线管中拨出,则感应电流的磁场方向向上,由螺线管的绕线方

向可以判定,电流是从电流表的负接线柱流入,故指针向左偏.

(4)当P向左加速滑动时,线圈 A中的电流应越来越小,则其磁场减弱,此时线圈 B中产生的电流使指

针向右偏转,由此可知,当B中的磁通量减小时,电流表指针向右偏;当将线圈 A中铁芯向上拔出的过

程中,穿过线圈 B的磁通量减小,电流表指针向右偏转.

三、计算题（共 38 分。第15 题10 分，第 16 题12 分，第 17 题16 分）

15.(1)2.5 V

B到A

(2) V

(3)5×10-7 C

×10-7 C

[解析] (1)导体棒 AB 产生的感应电动势 E=BLv=2.5 V

由右手定则得,AB 棒上的感应电流方向是B到A.

(2)外电路电阻 R并= =2 Ω,总电流 I= = A,

导体棒 AB 两端的电压 U=I·R并= V

(3)电容器充电电荷量Q=CU=5×10-7 C

从撤去到稳定,通过电阻 R2的电荷量是QR2= Q=×10-7 C.

16.(1)2v0,方向与水平方向成 60°角斜向右上

(2)

(3)

[解析] (1)粒子从原点O处沿x轴正方向发射,在电场中做类平抛运动,由动能定理得 qEd=mv2-mv02

将=k,E=代入,解得 v=2v0

粒子运动轨迹如图所示

图中 cos θ= =

解得 θ=60°.

即粒子第一次穿过 MN 时的速度为 2v0,方向与水平方向成 60°角斜向右上.

(2)根据几何关系可知 R+Rcos θ=d 得R=d

磁场中做匀速圆周运动 qvB=m

解得 B=

(3)粒子在电场中 d=at12

t1=

联立解得粒子运动的周期 T==

故粒子在磁场中运动的时间为 t2=T=

粒子从发射到第二次穿过 MN 时运动的时间 t=t1+t2 t= +

17.

（1）3mg （2）

B2L2

4Rm

√

2gr

（3）

Q=BLq

√

2gr －1

16 mgr －B2L2q2

解析：（1）设 ab 到达圆弧底端时受到的支持力大小为 N，ab 下滑机械能守恒，

有：

mgr=1

×mv

（1分）

v0=

√

2gr

由牛顿第二定律：

N−mg=

mvo2

；（1分）

N=3mg

（1分）

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