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江苏省苏州中学 2024-2025 学年度第二学期质量评估高二物理

一、单选题

1. 磁电式电流表是实验室中常用的电学实验器材，图为其结构示意图，其线圈绕在一个与指针、转轴固连的铝框骨架上，并处在极靴和铁质圆柱间的磁场中。线圈未通电时，指针竖直指在表盘中央；线圈通电时指针随之偏转，由此就能确定电流的大小。下列说法正确的是（　　）

A. 线圈通电时指针随之偏转，这是利用电磁感应原理

B. 极靴和铝制圆柱的作用是使磁场和线圈时刻共面

C. 运输时要把电流表的正、负接线柱用导线连在一起从而保护电表指针，其底层原理和法拉第圆盘相同

D. 将铝框改用塑料框不仅可以使整个电流表更轻便，还可以更灵敏

【答案】C

【解析】

【详解】A．磁电式电流表的工作原理是安培力作用使通电线圈转动，故A错误；

B．极靴和铁心（图中铁质圆柱）的主要作用是使磁场分布近似辐向，保证线圈转到各位置时受力矩与电流呈正比，并非为了让“磁场与线圈时刻共面”，B错误；

C．运输时用导线短接表头，可以在指针（线圈）因外界振动而运动时产生感生电流并对运动产生阻尼，保护指针不被强烈撞击，所依据的正是和法拉第圆盘同源的电磁感应原理，故 C 正确；

D．用金属铝做线圈框架，主要原因有：铝不导磁，用铝做框架可以减小对磁场的影响，保证仪表的准确性更高；铝材料较轻，电阻率较小，能更好地利用电磁阻尼现象，使指针迅速停下来，所以不能用塑料框，D错误。

故选C。

2. 如图甲所示的电路中，灯泡电阻为R，、为完全相同的电流传感器（内阻不计）。闭合开关K，得到如图乙所示的图像，电源电动势为E，内阻r，则（　　）

A.

B.

C. 断开开关时，小灯泡会明显闪亮后逐渐熄灭

D. 闭合开关时，自感线圈中电流为零，其自感电动势也为零

【答案】A

【解析】

【详解】AB．由图乙可知，当t=t₀时，自感线圈中电流为零，流过灯泡支路的电流为I₁，根据闭合回路欧姆定律有

当t=t₁时，电路稳定，两支路电流相等为，根据闭合回路欧姆定律有

联立，解得

，

故A正确；B错误；

C．由图乙可知，电路稳定后，两支路电流相等，则断开开关时，小灯泡不会闪亮，而是逐渐熄灭。故C错误；

D．闭合开关时，自感线圈中电流为零，但由于电流变化，自感电动势不为零。故D错误。

故选A。

3. 如图甲是某一款电动助力车，其调速把手主要是应用了“霍尔效应”来控制行驶速度的。调速把手内部截面示意图如图乙所示，内含永磁铁和霍尔器件等部件。把手里面的霍尔器件是一个棱长分别为a，b、c的长方体金属导体器件，永久磁铁与霍尔器件的位置关系如图丙所示。电动车正常行驶时，在霍尔器件的上下面通有一个恒定电流I，骑手将调速把手旋转，永久磁铁也跟着转动，施加在霍尔器件上的磁场就会发生变化，霍尔器件就能在C、D间输出变化的电压U，电机电路感知这个电压的变化就能相应地改变电机转速，这个电压U与电机转速n的关系如图丁所示。则以下说法正确的是（　　）

A. 骑行电动车时，霍尔器件C端的电势高于D端的电势

B. 若组装电动车时不小心将永久磁铁装反了（两极互换）将会影响该电动车的正常骑行

C. 若按图乙箭头所示方向匀速转动把手时电压U随时间均匀增大，则电动车随之做匀加速运动

D. 若减小图丙中器件的宽度a，可使电动车更容易获得最大速度

【答案】D

【解析】

【详解】A．骑行电动车时，由左手定则可知电子向C端移动，故霍尔器件C端的电势低于D端的电势，故A错误；

B．若磁铁装反了（两极互换）霍尔电压会反向，但由丁图的对称性可知不影响电动车转速的变化规律，即仍能正常骑行，故B错误；

C．当骑手按图乙箭头所示方向均匀转动把手时若电压会随时间均匀增大，则由丁图可知，电动车的速度随时间增加更慢，加速度将减小。故C错误；

D．由

联立可得

可知若减小图丙中器件的宽度a，U增大，由丁图可知可使电动车更容易获得最大速度，故D正确。

故选D。

4. 如图所示，两固定在绝缘水平面上的同心金属圆环P、Q水平放置，圆环P中通有如图所示的电流，以图示方向为电流正方向，下列说法正确的是（　　）

A. 时刻，两圆环相互排斥

B. 时刻，圆环Q中感应电流最大，受到的安培力为零

C. 时间内，圆环Q中感应电流先顺时针后逆时针

D. 时间内，圆环Q有扩张的趋势

【答案】B

【解析】

【详解】A．时刻，P中电流最大，但电流的变化率为零，则在Q中的感应电流为零，则两圆环无相互作用力，故A错误；

B．时刻，圆环P中电流的变化率最大，此时圆环Q中感应电流最大，但是由于圆环P中电流为零，则Q受到的安培力为零，故B正确；

C．时间内，圆环P中电流先沿正方向减小，后沿负方向增加，则根据楞次定律可知，圆环Q中感应电流始终沿顺时针方向，故C错误；

D．时间内，圆环P中电流负向减小，则根据楞次定律可知，圆环Q中产生逆时针方向的电流，圆环Q所处的磁场方向向下，由左手定则可知，圆环Q受安培力指向圆心，则有收缩的趋势，故D错误。

故选B。

5. 如图所示，从离子源释放的无初速带电粒子经电场U加速后，进入静电分析器（内有辐向电场E）中做匀速圆周运动，从小孔S₂射出电场后自P₁处垂直边界进入磁分析器中（内有垂直纸面向外的匀强磁场B），最后再从小孔P₂垂直下边界射出磁场被收集。则（　　）

A. 静电分析器中K₁极板的电势高于K₂电势 B. 从S₂射出的粒子具有相同的电荷量

C. 从S₂射出的粒子具有相同的比荷 D. 从P₂射出的粒子具有相同的比荷

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据题意可知，粒子在磁分析器磁场内做匀速圆周运动，磁场区域的磁感应强度垂直纸面向外，由左手定则可以判断粒子一定带正电，同时在静电分析器中由电场力提供向心力做圆周运动，可知的电势高于的电势，故A错误；

BC．根据题意，设粒子的质量为，电荷量为，粒子在加速电场中，由动能定理有

解得

粒子在静电分析器中做匀速圆周运动，则有

联立解得

可知，所有粒子都能从S₂射出，则不能确定从S₂射出的粒子是否具有相同的电荷量和比荷，故BC错误；

D．根据题意可知，由于粒子在静电分析器中做匀速圆周运动，则粒子进入磁分析器中时的速度仍为，由牛顿第二定律有

整理可得

可知，从P₂射出的粒子具有相同的比荷，故D正确。

故选D。

6. 如图所示，真空中有圆柱体回旋加速器，处在方向竖直向下的匀强电场中，圆柱体金属盒半径为，高度为，匀强磁场竖直向下，两盒狭缝间接有电压为的交变电压，在加速器上表面圆心处静止释放质量为电量为的粒子，粒子从加速器底部边缘引出，不计重力和相对论效应，及粒子间的相互作用。则（　　）

A. 粒子引出时的动能为

B. 粒子的运动时间为

C. 粒子的运动时间与有关

D. 每次通过金属盒间的狭缝粒子获得动能

【答案】B

【解析】

【详解】A．粒子从加速器下表面边缘出去时在水平方向上的速度取决于加速器金属盒的半径，由洛伦兹力提供向心力，有

解得

竖直方向上在电场力的作用下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有

由运动学知识得出粒子从加速器下表面边缘出去时在竖直方向上的速度为

联立解得粒子离开加速器下表面边缘时的动能为

A错误；

BC．粒子在竖直方向上受电场力，做匀加速直线运动，由运动学知识得

代入数据解得粒子得运动时间为

可知粒子的运动时间与无关，B正确，C错误；

D．粒子每次通过金属盒间的狭缝时，设竖直方向电场力对粒子做功为，由动能定理可知

故粒子每次通过金属盒间的狭缝粒子获得动能一定大于，D错误。

故选B。

7. 如图所示，xOy平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场。边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的顶点、在xOy平面内以角速度ω顺时针匀速转动，t=0时刻，金属框开始进入第一象限。不考虑自感影响，关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是（　　）

A. 在t=0到的过程中，E一直增大

B. 在t=0到的过程中，E先增大后减小

C. 在t=0到的过程中，E的变化率一直增大

D. 在t=0到的过程中，E的变化率先增大后减小

【答案】BC

【解析】

【详解】AB．在到的过程中，如图甲所示，导线切割磁场的长度为

所以导线切割磁场产生的电动势为

             甲                          乙

在到的过程中，如图乙所示，导线切割磁场的长度为

所以导线切割磁场产生的电动势为

同理，在到的过程中，导线切割磁场的长度为

所以导线切割磁场产生的电动势为

在到的过程中，导线切割磁场的长度为

所以导线切割磁场产生的电动势为

故在t=0到的过程中，E先增大后减小，故在到的过程中，E先增大后减小，故A错误，B正确；

C．据前分析，在t=0到的过程中，，E的变化率

所以E的变化率一直增大；故C正确；

D．根据A答案分析得到的式子，结合C答案分析，在t=0到的过程中，E的变化率先增大后减小，然后再增大，最后再减小，故D错误。

故选BC。

8. 如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，固定一内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直。管道横截面半径为a，长度为l（l>>a）。带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，与管壁发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端沿轴线射出，单位时间进入管道的粒子数为n，粒子电荷量为+q，不计粒子的重力、粒子间的相+q，互作用，下列说法正确的是（　　）

A. 为了使粒子从另一端出射，B不能大于

B. 粒子质量为

C. 管道内的等效电流为

D. 粒子束对管道的平均作用力大小为Bnql

【答案】BD

【解析】

【详解】B．带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，根据几何关系可知，轨道半径

粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有

解得

故B正确；

A．带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，与管壁发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端沿轴线射出，令碰撞次数为N，则有

根据几何关系有

粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有

解得

由于N不小于2，则有

即B不能小于，故A错误；

C．由于 单位时间进入管道的粒子数为n，粒子电荷量为+q，根据电流的定义式有

故C错误；

D．每次碰撞过程，根据动量定理有

结合上述可知，碰撞次数

则粒子束对管道的平均作用力

又由于

解得

故D正确。

故选BD。

9. 某圆形单匝线圈半径0.04m，在三条对称设置的竖直线悬挂下静止于水平面内，线圈中通有大小1A、方向如图的电流。将一圆柱形磁铁放置于线圈正上方，磁铁的中轴线垂直于线圈平面且通过其圆心O，测得线圈导线所在处磁感应强度大小为0.5T，方向与竖直方向成，此时线圈中的张力大小为（　　）

A. 0.005πN B. C. D.

【答案】C

【解析】

【详解】由题意可知线圈导线所在处磁感应强度沿竖直方向的分磁感应强度大小为

选择线圈导线一小微元为对象，其受力如图所示

根据受力平衡可得

其中

联立可得线圈中的张力大小为

故选C。

10. 间距为L=1m的两根平行光滑金属导轨MN、PQ固定放置在同一水平面内，两导轨间存在大小为B=1T，方向垂直导轨平面向外的匀强磁场，导轨左端串接一阻值为R=4Ω的定值电阻，导体棒垂直放在导轨上，如图所示。当半径r=0.5m的水平圆盘以角速度匀速转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动T形支架在水平方向往复运动，以水平向右为正方向。已知回路在一个周期内的发热量为，导体棒质量为m=1kg，总是保持与导轨接触良好，除定值电阻外其余电阻均忽略不计，空气阻力忽略不计，不考虑电路中感应电流的磁场，则下列说法正确的是（　　）

A. 导体棒在运动过程中，产生感应电流的最大值为

B. 在时间内，通过导体棒的电荷量为0.25C

C. 在时间内，T形支架对导体棒做功

D. 当T形支架对导体棒的作用力为0时，导体棒的速度大小为

【答案】ACD

【解析】

【详解】A．根据

其中

解得

产生感应电流的最大值为

故A正确；

B．根据

解得

根据

可得

则速度v与运动时间t的关系为

则位移x与运动时间t的关系为

在内，即内，导体棒运动的位移大小

感应电动势的平均值

感应电流的平均值

通过导体棒的电荷量

联立解得

B错误；

C．在内，设T形支架对导体棒做功为，电阻R上产生热量为Q。根据功能关系，则有

联立解得

C正确；

D．由于加速度是速度对时间的求导，则有

有牛顿第二定律可得

结合题意解得

解得

D正确。

故选ACD

二、非选择题

11. 在“探究影响感应电流方向的因素”的实验中，请回答下列问题：

（1）为弄清灵敏电流表的指针摆动方向与电流方向的关系，某同学想用多用电表的某一挡位来进行探究，他应选用多用电表的__________（填“欧姆”“直流电流”“直流电压”“交流电流”或“交流电压”）挡，对灵敏电流表进行测试。该同学先将多用电表的红表笔接灵敏电流表的正接线柱，再将黑表笔__________（填“短暂”或“持续”）接灵敏电流表的负接线柱，此时发现灵敏电流表的指针向右摆动。

（2）实验中，该同学将磁铁向下从线圈上方插入线圈时，发现电流表的指针向右偏转如图甲所示，说明磁铁的下端为__________（填“S”或“N”）极。

（3）另一位同学利用图乙所示的实验器材来研究电磁感应现象及判定感应电流方向。闭合开关后将插入，发现指针向右偏转。下列说法正确的是（　　）

A. 断开开关，指针向左偏转

B. 拔出线圈，指针向右偏转

C. 拔出软铁棒，指针向左偏转

D. 使滑动变阻器的滑片P右移，指针向右偏转

【答案】（1）    ①. 欧姆    ②. 短暂    

（2）N    （3）AC

【解析】

【小问1详解】

[1]要使灵敏电流表指针摆动，一定有电流通过，想用多用电表的某一挡位来进行探究，只有“欧姆”档挡有电源，因此他应选用多用电表的“欧姆”挡。

[2]该同学先将多用电表的红表笔接灵敏电流表的正接线柱，由于灵敏电流计的量程很小，欧姆挡电表内部的电源电压相对较高，流过灵敏电流计的电流将较大，为保护灵敏电流计，将黑表笔“短暂”接灵敏电流表的负接线柱。

【小问2详解】

[1]实验中，该同学将磁铁向下从线圈上方插入线圈时，发现电流表的指针向右偏转如图甲所示，可知感应电流是从电流表的负接线柱流入，可知线圈中感应电流产生的磁场方向向上，由楞次定律可知，磁铁的下端为N极。

【小问3详解】

A．闭合开关后将插入，穿过线圈的磁通量增大，发现指针向右偏转，闭合开关，断开开关，穿过线圈的磁通量减弱，由楞次定律可知，指针向左偏转，故A正确；

B．拔出线圈，可知穿过的磁场减弱，由楞次定律可知，指针向左偏转，B错误；

C．稳定后拔出软铁棒，可知穿过的磁场减弱，由楞次定律可知，在中产生与开关闭合时相反方向的感应电流，指针向左偏转，故C正确；

D．使滑动变阻器的滑片P右移，可知变阻器接入电路的电阻值增大，则通过的电流减小，产生的磁场减弱，由楞次定律可知，由楞次定律可知，指针向左偏转，故D错误。

故选AC。

12. 倾角为的足够长的光滑绝缘斜面上放着一个带正电的小球，小球质量为m、带电量为q，空间中存在一垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现将小球在斜面上由静止释放，重力加速度为g，求：

（1）小球在斜面上滑行的最大速度；

（2）小球在斜面上滑行多长时间后将会脱离斜面？

【答案】（1）    

（2）

【解析】

【小问1详解】

小球受重力、支持力、垂直斜面向上的洛伦兹力，可知脱离斜面时速度最大，则

解得

【小问2详解】

沿斜面方向有

根据匀变速直线运动速度—时间公式有

解得

13. 现代科学研究中常要用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备。它的基本原理如图所示，上、下为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室中做圆周运动。电磁铁线圈电流的大小、方向可以变化，产生的感生电场使电子加速。上图为侧视图，下图为真空室的俯视图，如果从上向下看，电子沿逆时针方向运动。已知电子的电荷量为，电子做圆周运动的轨道半径为，若图甲中磁场随时间按（B₀、k均为正常数）规律变化，形成涡旋电场的电场线是一系列同心圆，单个圆上形成的电场场强大小处处相等。另外在真空室区域有磁场，用于偏转电子。求：

（1）涡旋电场的场强大小E和方向（从上往下看）

（2）为使电子在半径为r的轨道上加速，求B₂的变化率

【答案】（1），顺时针    

（2）

【解析】

【小问1详解】

根据法拉第电磁感应定律有，感应电动势为

涡旋电场的场强大小

要使电子逆时针加速，则感生电场方向为顺时针。

【小问2详解】

为使电子在半径为r的轨道上加速，根据牛顿第二定律有

又有

联立解得

电子在磁场中做匀速圆周运动，则有

可得

则B₂的变化率

14. 如图所示，U形金属杆上边长为L=12.5cm，质量为，电阻为，下端插入导电液体中，导电液体连接电源，金属杆所在空间有垂直纸面向里的匀强磁场。闭合开关后金属杆飞起，其下端离液面最大高度H=20cm，整个过程经历时间为t=0.22s，不计液体阻力和其余部分电阻（），设金属杆离开导电液前电流不变，求：

（1）金属杆离开液面时速度大小和此时金属杆中的电流大小；

（2）整个过程中通过金属杆的电荷量q；

（3）金属杆插入液体的深度h。

【答案】（1）2m/s，11A    

（2）0.22C    （3）0.02m

【解析】

【小问1详解】

设金属杆离开液面时的速度大小为v，金属杆离开液体后做竖直上抛运动，由运动学公式得

解得

金属杆下端离开水面向上运动的时间为

则金属杆下端在水中运动的时间为

规定向上为正方向，金属杆下端在水中运动过程中金属杆中的电流大小为I，对金属杆由动量定理得

解得

【小问2详解】

整个过程中通过金属杆的电荷量

解得

【小问3详解】

通电过程金属杆受到的安培力大小为

整个过程中对金属杆由动能定理得

解得金属杆插入液体的深度

15. 扭摆器是同步辐射装置中插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆．其简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ两处的条形匀强磁场区边界竖直，相距为L，磁场方向相反且垂直纸面．一质量为m，电量为-q，重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN板处由静止释放，极板间电压为U，粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平和方向夹角

（1）当Ⅰ区宽度、磁感应强度大小时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为，求B₀及粒子在Ⅰ区运动的时间t₀

（2）若Ⅱ区宽度磁感应强度大小，求粒子在Ⅰ区最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h

（3）若、，为使粒子能返回Ⅰ区，求B₂应满足的条件

（4）若，，且已保证了粒子能从Ⅱ区右边界射出．为使粒子从Ⅱ区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边界射出的方向总相同，求B₁、B₂、L₁、_、L_2、之间应满足的关系式．

【答案】（1）  （2）  （3）（或）（4）

【解析】

【详解】

（1）如图1所示，设粒子射入磁场Ⅰ区的速度为，在磁场Ⅰ区中做圆周运动的半径为，由动能定理和牛顿第二定律得

     ①

     ②

由几何知识得

     ③

联立①②③，带入数据得

    ④

设粒子在磁场Ⅰ区中做圆周运动的周期为，运动的时间为

         ⑤

          ⑥

联立②④⑤⑥式，带入数据得

     ⑦

（2）设粒子在磁场Ⅱ区做圆周运动的半径为，有牛顿第二定律得

     ⑧

由几何知识得

   ⑨

联立②③⑧⑨式，带入数据得

     ⑩

图2

（3）如图2所示，为时粒子能再次回到Ⅰ区，应满足

[或]  ⑾

联立①⑧⑾式，带入数据得

（或）   ⑿

（4）如图3（或图4）所示，设粒子射出磁场Ⅰ区时速度与水平方向得夹角为，有几何知识得    ⒀

[或]

  ⒁

[或]

联立②⑧式得

    ⒂

联立⒀⒁⒂式得

  ⒃

【点睛】（1）加速电场中，由动能定理求出粒子获得的速度．画出轨迹，由几何知识求出半径，根据牛顿定律求出B₀．找出轨迹的圆心角，求出时间；（2）由几何知识求出高度差；（3）当粒子在区域Ⅱ中轨迹恰好与右侧边界相切时，粒子恰能返回Ⅰ区，由几何知识求出半径，由牛顿定律求出B₂满足的条件；（4）由几何知识分析L₁、L₂与半径的关系，再牛顿定律研究关系式．