徐老师博客 - 苏州微光

2024-2025学年江苏省江都中学等三校高二（下）联考物理试卷（3月）

一、单选题：本大题共11小题，共44分。

1. 如图所示，示波管内的电子枪（图中未画出）射出的电子束射向荧光屏，若不加电场和磁场，电子束将沿图中虚直线垂直打在荧光屏上。现在于示波管的正下方放置一条形磁体，使磁体与虚直线在同一竖直平面（纸面）内，且条形磁体的极靠近示波荧光屏管，示波管中的电子束将（　　）

A. 向纸外偏转 B. 向纸内偏转 C. 向上偏转 D. 向下偏转

【答案】B

【解析】

【详解】示波管下方磁体极靠近时，电子束通过的路径上有竖直向上的磁场；电子束由左向右运动，由左手定则可知，电子束受到的洛伦兹力方向垂直纸面向里，即电子束向纸面内侧偏转。

故选B。

2. 如图，空间中存在平行于纸面向右的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一根在b点被折成直角的金属棒平行于纸面放置，，ab边垂直于磁场方向。现该金属棒以速度v垂直于纸面向里运动。则两点间的电势差为（　　）。

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】

【详解】该金属棒以速度v垂直于纸面向里运动时，只有ab部分切割磁感线，由右手定则可知a点电势低于b点，b点电势等于c点电势，则

故选C。

3. 如图所示，两根固定的通电长直导线ac、bd相互垂直，ac平行于纸面，电流方向水平向右，bd垂直于纸面，电流方向垂直纸面向里，下列说法正确的是（　　）

A. ac在其正下方产生的磁场，磁感应强度方向垂直纸面向里

B. bd不受ac的安培力作用

C. a端有垂直纸面向外转动的趋势

D. a端有垂直纸面向里转动的趋势

【答案】AD

【解析】

【详解】A．根据右手螺旋定则，ac在其下方平面产生的磁感应强度方向垂直纸面向里，故A正确；

B．由于ac产生的磁感线不是直线，所以bd会受到ac的安培力的作用，故B错误；

CD．根据ac所受安培力的方向可知a端有垂直于纸面向里转动的趋势，故C错误，D正确。

故选AD。

4. 空间某区域内磁场磁感线分布如图所示，磁感线穿过大小不变的闭合圆形金属线圈。线圈由位置Ⅰ水平向右平移到位置Ⅱ的过程中（　　）

A. 线圈有缩小的趋势 B. 穿过线圈的磁通量变大

C. 若线圈不闭合，线圈中有感应电动势 D. 若线圈匀速移动，线圈中没有感应电流

【答案】C

【解析】

【详解】AB．根据楞次定律中“增缩减扩”的原理可知，线圈由位置I水平向右平移到位置II的过程中，磁通量减小，线圈有扩张的趋势，故AB错误；

C．线圈不闭合，穿过线圈的磁通量依然发生改变，根据楞次定律可知，线圈中会产生感应电动势，但由于不是闭合回路，线圈中没有感应电流，故C正确；

D．若线圈匀速移动，线圈的磁通量会发生改变，根据楞次定律可知，线圈中产生感应电动势，线圈是闭合的回路，有感应电流，故D错误。

故选C。

5. 如图甲所示是磁电式电流表的结构示意图，蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐向分布的，线圈中a、b两条导线长均为L，分别通以图乙所示方向的电流I，两条导线处的磁感应强度大小均为B，则（　　）

A. 磁电式电流表的工作原理是电流的磁效应

B. 在辐向磁场中磁感线总是与线圈平面垂直

C. a、b导线在磁场中各自受到的安培力大小总为ILB

D. 线圈将逆时针方向转动

【答案】C

【解析】

【详解】A．磁电式电流表的工作原理是磁场对电流的作用，故A错误；

B．由图可知，线圈与磁感线一直平行，故B错误；

C．、导线始终与磁感线垂直，故受到的安培力大小总为，故C正确；

D．根据左手定则可知，端受力向上，端受力向下，故线圈将顺时针转动，故D错误。

故选C。

6. 洛伦兹力演示仪的结构示意图如图所示，励磁线圈通电后可以产生垂直纸面的匀强磁场，电子经电子枪中的加速电场加速后水平向左垂直磁感线方向射入磁场，在演示仪中做圆周运动。下列说法正确的是（　　）

A. 励磁线圈中通有逆时针方向的电流

B. 仅增大励磁线圈中的电流，可使电子运动径迹的半径变小

C. 仅增大励磁线圈中的电流，电子运动的周期变大

D. 仅增大电子枪的加速电压，电子的运动周期变小

【答案】B

【解析】

【详解】A．已知电子加速后速度方向水平向左，根据电子运动轨迹可知电子射入磁场时所受洛伦兹力方向竖直向上，根据左手定则可知，励磁线圈通电后产生的磁场方向应为垂直于纸面向内，再根据安培定则可知，励磁线圈中通有顺时针方向的电流，故A错误；

B．电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有

解得

可见仅增大励磁线圈中的电流，则B增大，运动径迹的半径变小，故B正确；

CD．电子在磁场中运动的周期

可知周期与电子的速度无关，故与加速电场的大小无关，仅增大电子枪的加速电压，电子运动的周期不变；仅增大励磁线圈中的电流，则B增大，电子的运动周期变小，故C、D错误。

故选B。

7. 笔记本电脑机身和显示屏（如图甲）分别装有霍尔元件和磁体，实现开屏变亮，合屏熄灭。图乙为一块利用自由电子导电，长、宽、高分别为a、b、c霍尔元件，电流大小恒定且方向向右。当合上显示屏时，水平放置的元件处于竖直向下的匀强磁场中，元件前、后表面间产生电压，当电压超过某一临界值时，屏幕自动熄灭。下列说法正确的是（　　）

A. 合屏状态下，前表面的电势比后表面的低

B. 打开显示屏的过程中，元件前后表面间电压变大

C. 前、后表面间的电压与流过霍尔元件的电流大小无关

D. 增大霍尔元件的高度c，可能出现闭合屏幕时无法熄屏

【答案】D

【解析】

【详解】A.合屏状态下，根据左手定则可知，电子偏向后表面，则前表面的电势比后表面的高，故A错误；

B.由电子受力平衡可得

而

联立解得

开屏过程中，穿过霍尔元件竖直方向的磁场B减弱，则元件前、后表面间的电压U变小，故B错误；

D.根据

解得

则增大霍尔元件的高度c，则前后产生的电压减小，则可能出现闭合屏幕时无法熄屏，故D正确；

C.根据

可知，前、后表面间的电压与流过霍尔元件的电流大小有关，故C错误。

故选D。

8. 图甲为某款“自发电”无线门铃按钮，其“发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过程磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮磁铁远离螺线管回归原位置。下列说法正确的是（　　）

A. 按下按钮过程，螺线管P端电势较高

B. 松开按钮后，穿过螺线管的磁通量为零

C. 按住按钮不动，螺线管中产生恒定的感应电动势

D. 若按下和松开按钮的时间相同，螺线管产生大小相同的感应电动势

【答案】D

【解析】

【详解】A．按下按钮过程，通过螺线管的磁通量想左增大，根据楞次定律增反减同结合右手螺旋定则，可知电流从端流出，则螺线管端电势较高，故A错误；

B．松开按钮后，穿过螺线管的磁通量变小，但不为零，故B错误；

C．住按钮不动，穿过螺线管的磁通量不变，螺线管不会产生感应电动势，故C错误；

D．按下和松开按钮过程，若按下和松开按钮的时间相同，螺线管中磁通量的变化率相同，故螺线管产生的感应电动势大小相同，故D正确。

故选D。

9. 如图所示，在圆形区域内有方向垂直向里的匀强磁场．有一束速率各不相同的质子沿直径AB射入磁场，这些质子在磁场中

A. 所有质子在磁场中的运动时间相同

B. 所有质子均从AB下方离开磁场

C. 速度越大的，磁场中运动的时间越长

D. 速度越大的，速度的偏转角越小

【答案】D

【解析】

【分析】设磁场区域半径为R，轨迹的圆心角为，则粒子在磁场中运动时间为，圆心角越大，时间越长．带电粒子在磁场中偏转角等于轨迹的圆心角．

【详解】由于粒子相同，由周期公式可知所有粒子的运动周期相同，速度越大，圆心角越小，运动时间较小，故AC错误；质子受洛伦兹力向上，故向上偏转，故B错误；速度越大的，圆心角越小，速度的偏转角越小，故D正确；故选D．

【点睛】判断运动时间时，先看各个粒子的运动周期是否相同，在周期相同的情况下，运动时间与圆心角成正比．

10. 一个粒子源发出很多种带电粒子，经速度选择器后仅有甲、乙、丙、丁四种粒子沿平行于纸面的水平直线穿过竖直挡板MN上的小孔O，它们之后进入正方形虚线框内，虚线框内分布着垂直纸面向里的匀强磁场，四种粒子的运动轨迹如图所示，不计粒子的重力，下列说法正确的是（　　）

A. 甲粒子的速率小于乙粒子的速率

B. 丙、丁粒子均带正电

C. 速度选择器中磁场方向垂直纸面向里

D. 甲、乙、丙、丁四种粒子中，丙粒子的比荷最大

【答案】C

【解析】

【详解】A．粒子通过速度选择器，根据平衡条件有

即通过速度选择器的粒子的速度大小均为，故A错误；

B．根据各粒子在磁场中的偏转情况，结合左手定则可知甲、乙粒子带正电，丙、丁粒子带负电，故B错误；

C．根据题图可知，速度选择器中电场方向竖直向下，带正电的粒子受到的电场力方向向下，粒子匀速通过速度选择器，受到的洛伦兹力与电场力是一对平衡力，则带正电的粒子所受洛伦兹力方向竖直向上，结合左手定则可知，速度选择器中磁场方向垂直纸面向里，故C正确；

D．各粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有

粒子的比荷，结合题意可知，丙粒子的轨道半径r最大，则丙粒子的比荷最小，故D错误。

故选C。

11. 如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、二象限内，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m、电量为q的相同粒子从y轴上的P（0，L）点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场。当沿x轴正方向射入时，粒子垂直x轴离开磁场，不计粒子的重力，则（　　）

A. 粒子一定带负电

B. 粒子入射速率为

C. 粒子在磁场运动的最短时间为

D. 粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为

【答案】D

【解析】

【详解】A．当沿x轴正方向射入时，粒子垂直x轴离开磁场，洛伦兹力提供粒子运动的向心力，由左手定则知粒子带正电，故A错误；

B．当沿x轴正方向射入时，粒子垂直x轴离开磁场，粒子运动轨迹如图1所示

由几何知识可知，粒子轨道半径，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得

解得

故B错误：

C．粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径一定，粒子运动轨迹对应的弦长越短粒子运动轨迹对应的圆心角越小，粒子在磁场中做圆周运动的时间越短，当粒子从坐标原点O离开磁场时，在磁场运动的时间最短，粒子运动轨迹如图2所示

由几何知识可知，粒子在磁场中转过的圆心角，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期

粒子在磁场中的最短运动时间

故C错误；

D．当粒子在磁场中做半个圆周运动，离开磁场的位置到O点的距离最大，粒子运动轨迹如图3所示

由几何关系知，最大距离

故D正确。

故选D。

二、实验题：本大题共1小题，共9分。

12. 为探究感应电流产生的条件及感应电流的方向，几位同学做了如下的实验。

（1）如图1，李同学在断开开关时发现电表指针向右偏转，下列说法正确的是_________

A. 闭合开关时电表指针向右偏转

B. 开关闭合，线圈A中电流稳定后，电表的指针稳定偏转

C. 开关闭合时将滑动变阻器的滑片向左滑动，电表指针向左偏转

D开关闭合时将A 线圈从B线圈中拔出，电表指针向右偏转

（2）如图2，G为指针零刻度在中央的灵敏电流表，连接在直流电路中时的偏转情况如图2甲所示，即电流从电流表G的左接线柱进入时，指针从中央左偏．今把它与一线圈串联进行电磁感应实验，则图乙中的条形磁体的运动方向是向_____（选填“上”或“下”）；图丙中的条形磁体下端为_____极。（选填“N”或“S”）

（3）王同学设计了如图3所示的装置来判断感应电流的方向。他先使用多用电表的欧姆挡对二极管正负极进行确认，某次测量时发现多用电表指针几乎没有偏转，说明此时黑表笔接触的是二极管的_______（选填“正极”或“负极”）。实验操作时将磁铁插入线圈时，只有灯____________（选填“C”或“D”）短暂亮起。

（4）两同学在操场上将一根长为20m的铜芯导线两端与电流传感器的两个接线柱连接，构成闭合回路，两同学沿东西方向面对面站立摇动这条导线，__________（填“能”或“不能”）观察到“摇绳发电”的现象。

【答案】（1）CD （2） ①. 下②. S

（3） ①. 负极②. C

（4）能

【解析】

【小问1详解】

A．断开开关时，穿过线圈B的磁通量减小，电表指针向右偏转。闭合开关时，穿过线圈B的磁通量增大，根据楞次定律，感应电流方向与断开开关时相反，所以电表指针应向左偏转，故A错误。

B．开关闭合，线圈A中电流稳定后，穿过线圈B的磁通量不变，不会产生感应电流，电表指针不偏转，故B错误。

C．开关闭合时将滑动变阻器的滑片向左滑动，电阻减小，线圈A中电流增大，穿过线圈B的磁通量增大，根据楞次定律，感应电流方向使得电表指针向左偏转，故C正确。

D．开关闭合时将A线圈从B线圈中拔出，穿过线圈B的磁通量减小，电表指针应向右偏转，故D正确。

故选CD。

【小问2详解】

[1]条形磁体运动方向判断：在图乙中，电流从电流表G的左接线柱进入，指针从中央左偏，说明感应电流方向是从上向下通过线圈的。感应电流的磁场向下，根据楞次定律，条形磁体的运动方向是向下。

[2]条形磁体极性判断：在图丙中，指针从中央右偏，说明电流从电流表G右接线柱进入，即感应电流方向是从下向上通过线圈的，感应电流的磁场向上，条形磁体向上拔出，根据楞次定律，条形磁体下端为S极，上端为N极。

【小问3详解】

[1]多用电表测二极管时，指针几乎不偏转，说明此时电阻很大，二极管处于反向截止状态。多用电表欧姆挡黑表笔接内部电源正极，红表笔接内部电源负极，此时黑表笔接二极管负极；

[2]根据楞次定律，当磁铁插入线圈时，会产生感应电流，由于二极管具有单向导电性，只有符合二极管导通方向的电流才能通过。由图可知，当磁铁插入时，根据楞次定律可知螺线管上端为N极，感应电流方向使得左侧二极管导通，灯C所在支路电流能通过；

【小问4详解】

地球周围存在地磁场，地磁场的方向是南北方向。铜芯导线沿东西方向摇动，导线会切割地磁场的磁感线，闭合回路中会产生感应电流，所以能观察到“摇绳发电”现象。

三、计算题：本大题共4小题，共40分。

13. 如图所示，两平行金属导轨弯折成角的两部分，导轨接有电动势，内阻的电源，定值电阻，导轨间距，导轨电阻忽略不计。导轨的竖直部分左侧有一根与其接触良好的水平放置的金属棒ab，在金属棒所在空间加一竖直向上的匀强磁场（图中仅画出了一根磁感线）金属棒ab质量，电阻不计。已知导轨竖直部分与金属棒间的动摩擦因数（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），已知重力加速度。求：

（1）通过金属棒的电流大小；

（2）要使金属棒能处于静止状态，则所加的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度需满足的条件。

【答案】（1）

（2）

【解析】

【小问1详解】

根据闭合电路欧姆定律可知，通过金属棒的电流大小

【小问2详解】

金属棒恰好能处于静止状态时磁感应强度最小，设为，由平衡条件有

代入题中数据，解得

则所加的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度。

14. 如图（）所示，轻质绝缘细线吊着质量，边长，电阻的单匝正方形闭合金属线框abcd，对角线bd的下方区域分布着垂直纸面向里的磁场，其磁感应强度B随时间t的变化图像如图（b）所示。不考虑线框的形变，取重力加速度，当线框处于静止状态，求：

（1）线框中感应电流大小；

（2）当时，线框受到细绳的拉力大小。

【答案】（1）1A（2）17N

【解析】

【小问1详解】

根据法拉第电磁感应定律可得其中

则对角线bd下方的面积

由图像可知

所以感应电动势

根据欧姆定律可得

【小问2详解】

当时，由图像可知磁感应强度为，由楞次定律可知此时电流方向是逆时针方向从纸面上方看，线框在磁场中的有效长度

根据F_安=BIl=3N

由左手定则可知安培力方向向上。对线框进行受力分析，线框受到重力mg，细绳拉力T和安培力，因为线框静止，所以

则当时，线框受到细绳的拉力大小为。

15. 如图所示，长为R的轻绳拴着质量为m的带电小球，将小球从与悬点等高的A点静止释放，释放时轻绳恰好伸直。小球运动到D点时将轻绳烧断，之后小球沿水平方向进入虚线右侧的竖直平面内。在竖直虚线左侧存在竖直向上的匀强电场，电场强度大小为E；在竖直虚线右侧存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度大小也为E，磁感应强度大小为B。在右侧电磁场区域中的竖直平面内有一半径为R的理想圆形屏蔽区（没有电场和磁场），屏蔽区的圆心O与D点在同一水平线上，OD间的距离为2R，A、O、D三点在同一竖直面内。已知小球在电磁场区域恰好做匀速圆周运动，重力加速度为g，不计空气阻力及小球运动引起的电磁场变化。求：

（1）小球所带电荷量q及电性；

（2）小球到达D点时对绳子的拉力大小；

（3）为使小球不能进入电磁场屏蔽区，磁感应强度B的最小值。

【答案】（1），负电；（2）6mg；（3）

【解析】

【详解】（1）小球在电磁场区域做匀速圆周运动，所受重力和电场力平衡，所以电场力方向向上，小球带负电，有

qE=mg

解得

（2）小球从A点运动到D点过程中，设小球经过D点时的速度大小为v，根据动能定理可得

mgR＋qER=mv²

解得

T-mg-Eq=m

解得

T=6mg

（3）设小球在电磁场区域中做匀速圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律有

解得

可知B越小，r越大，当小球运动轨迹恰好与电磁场屏蔽区边界相切时，r有最大值，B有最小值，如图所示

根据几何关系有

（2R）²＋r²=(r＋R）²

解得

16. MM50是新一代三维适形和精确调强的放射治疗尖端设备，其核心技术之一是多级能量跑道回旋加速器，其工作原理如图所示。两个匀强磁场区域I、II的边界平行，相距为，磁感应强度大小均为，方向垂直纸面向外。下方两条横向虚线之间的区域存在水平向左的匀强电场（两条横向虚线之间的区域宽度很窄，可忽略不计），方向与磁场边界垂直。某一质量为、电荷量为的电子从端飘入电场（初速度忽略不计），经过多次的电场加速和磁场偏转后，电子从位于边界上的出射口处向左射出磁场并被收集。已知、之间的距离为，匀强电场的电场强度大小为，电子的重力不计，不考虑相对论效应。求：

（1）该电子第一次加速至端时速度的大小；

（2）该电子从端飘入电场到第一次回到端的过程中所用的时间；

（3）为适应不同深度和类型的放射治疗需求，MM50设备在出射口处收集的高能电子的动能大小需要在一定范围内连续可调。有同学认为，在其他条件不变的情况下，可以通过只调节匀强电场的电场强度的大小或只调节两个匀强磁场区域边界的距离来实现。请你判断该同学的说法是否正确，并简要说明理由。

【答案】（1）

（2）

（3）不正确，见解析

【解析】

【小问1详解】

第一次加速，由动能定理得

解得

【小问2详解】

电子在加速电场中运动可看作初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得

电子在电场中加速了1次，可得其运动的总路程为

根据位移与时间的关系可得

联立以上各式解得

电子在磁场中做圆周运动的洛伦兹力提供向心力有

则周期为

电子从点第一次加速至回到点过程中，其在磁场中运动的时间

无场区运动时间

电子从点第一次加速至回到点所用时间

解得

【小问3详解】

不正确。

电子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力充当向心力有

可得

当该电子从处以最大速度射出时，最后一次做圆周运动的轨迹半径不能变，即

由此可知，从处出射的电子动能

该值与匀强电场电场强度和两个匀强磁场区域边界的距离无关，所以该同学说法不正确。