【物理】黑龙江省双鸭山市第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版）
黑龙江省双鸭山市第一中学2019~2020学年高二上学期期末物理试题
（时间：90分钟 总分：110分）
一．选择题（1-8单选，9-12多选,每题4分，共48分）
1.在建立磁场和磁感线的概念时，先引入电场和电场线，这种处理物理问题的方法都属于（ ）
A. 控制变量的方法 B. 观察、实验的方法
C. 等效替代的方法 D. 类比的方法
【答案】D
【解析】
【分析】
磁场和电场既看不见，又摸不到，法拉第首先引入“场”的概念来研究电和磁的现象，引入电场线和磁感线来描述电场和磁场，由此加深了人们对电场与磁场的理解．磁场和电场有很多的相似性．
【详解】磁场和电场既看不见，又摸不到，它们有很多的相似性．在建立磁场和磁感线的概念时，先引入电场和电场线，这种处理物理问题的方法都属于类比的方法．
故选D．
【点睛】该题考查常见的物理方法，是常识性的知识点的内容，对于物理学的常见的物理方法等要加强记忆，多多积累．
2.如图所示，通电矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，电流方向如图所示，ad边与MN平行．关于MN的磁场对线框的作用，下列叙述中正确的是（ ）
A. ad边和bc边受到的安培力大小相同 B. ab边和cd边受到的安培力大小相同
C. 线框所受安培力的合力向右 D. 线框所受安培力的合力为零
【答案】B
【解析】
【详解】AB．离MN越远的位置，磁感应强度越小，故根据安培力公式：
ad边受到的安培力大于bc边，ab边受到的安培力大小等于cd受到受到的安培力，所以A错误，B正确;
CD．直导线中的电流方向由M到N，根据安培定则导线右侧区域磁感应强度方向向内，根据左手定则ad边受向左的安培力，bc边受到向右的安培力；ab边受到向上的安培力，cd受到向下的安培力；由B选项分析可知ad边受到的安培力大于bc边，ab边受到的安培力等于cd受到受到的安培力;故合力向左，故C错误，D错误.
3.下列说法正确的是
A. 安培首先发现了电流的磁效应
B. 安培提出了电流产生磁场的方向的判定方法
C. 奥斯特首先提出了分子电流假说
D. 根据磁感应强度的定义式B=，知电流在磁场中某点不受磁场力作用，则该点的磁感应强度一定为零
【答案】B
【解析】A．奥斯特首先发现了电流的磁效应，选项A错误；
B．安培提出了电流产生磁场的方向的判定方法，选项B正确；
C．安培首先提出了分子电流假说，选项C错误；
D．电流在磁场中某点不受磁场力作用，可能是电流的方向与磁场方向平行，该点的磁感应强度不一定为零，选项D错误．
4.如图所示，在MNQP中有一垂直纸面向里的匀强磁场．质量和电荷量都相等的带电粒子a、b、c以不同的速率从O点沿垂直于PQ的方向射入磁场，图中实线是它们的轨迹．已知O是PQ的中点，不计粒子重力．下列说法中正确的是
A. 射入磁场时粒子a的速率最小 B. 粒子a带负电，粒子b、c带正电
C. 射出磁场时粒子b的动能最小 D. 粒子b在磁场中运动的时间最短
【答案】D
【解析】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得
由图可知，射入磁场时粒子c的半径最小，则速率最小，故A错误；
B．由图可知，a向左偏，bc向右偏，根据左手定则知粒子a带正电，粒子b、c带负电，故B错误；
C．粒子动能
由于：q、B、m都相同，因此r越大，粒子动能越大，由图示可知，b的轨道半径r最大，则b粒子动能最大；c的半径最小，则动能最小，故C错误；
D．粒子在磁场中做圆周运动的周期相同，粒子在磁场中的运动时间
由于m、q、B都相同，粒子c转过的圆心角θ最大，则在磁场中c的运动时间最大，粒子b转过的圆心角θ最小，则在磁场中b的运动时间最小，故D正确．
5.如图所示，通电螺线管置于水平放置的光滑平行金属导轨MN和PQ之间，ab和cd是放在导轨上的两根金属棒，它们分别静止在螺线管的左右两侧，现使滑动变阻器的滑动触头向左滑动，则ab和cd棒的运动情况是( )
A. ab向左运动，cd向右运动 B. ab向右运动，cd向左运动
C. ab、cd都向右运动 D. ab、cd保持静止
【答案】A
【解析】
【详解】由安培定则可知螺线管中磁感线方向向上，金属棒ab、cd处的磁感线方向均向下，当滑动触头向左滑动时，螺线管中电流增大，因此磁场变强，即磁感应强度变大，回路中的磁通量增大，由楞次定律知，感应电流方向为a→c→d→b→a，由左手定则知ab受安培力方向向左，cd受安培力方向向右，故ab向左运动，cd向右运动；
A. ab向左运动，cd向右运动，与结果一致，故A正确；
B. ab向右运动，cd向左运动，与结果不一致，故B错误；
C. ab、cd都向右运动，与结果不一致，故C错误；
D. ab、cd保持静止，与结果不一致，故D错误；
6.如图所示，空间内水平线 以下存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，一正方形的闭合金属线框 从边界 的上方一定高度由静止释放，运动过程中线框平面一直在竖直平面内，且 ．关于线框开始下落后的速度 随时间 的变化图象，下列图象不可能出现的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】线框进入磁场前做自由落体运动，进入磁场后 边开始切割磁感线，产生感应电流，开始受到安培力的作用，若线框进入磁场后
边所受向上的安培力与线框的重力平衡，线框就做匀速运动，线框完全进入磁场后又做加速运动，A项可能；若线框进人磁场后 边所受向上的安培力小于线框重力，线框就做加速运动，而且随着速度增大，安培力增大，加速度减小，所以线框做加速度减小的加速运动，当安培力与线框的重力达到平衡后，线框做匀速运动，B项可能、D项不可能；若线框进人磁场后 边所受向上的安培力大于线框的重力，线框就做减速运动，而且随着速度减小，安培力减小，加速度减小，所以线框做加速度减小的减速运动，当安培力与线框的重力达到平衡后，线框做匀速运动，C项可能.
7.如图所示，质量为m、电荷量为q的带正电的物体在绝缘的水平面上向左运动，物体与地面间的动摩擦因素为μ，整个装置放在磁感强度为B方向垂直纸面向里的匀强磁场中．设某时刻物体的速率为v，则下列叙述中正确的是（ ）
A. 物体速率由v减小到零的过程,加速度逐渐增大
B. 物体速率由v减小到零通过的位移等于
C. 如果再加一个方向水平向左的匀强电场,物体有可能做匀速运动
D. 如果再加一个方向竖直向下的匀强电场,物体有可能做匀速运动
【答案】C
【解析】
【详解】AB. 对物体受力分析，受重力、支持力，洛伦兹力和滑动摩擦力；根据左手定则知洛伦兹力向下，合力向右，物体做减速运动；由摩擦力
f=μ（mg+qvB）
知不断减小，水平方向合力不断减小，则加速度不断减小，设物体的速度由v减小到零所通过的位移为x，由动能定理有：
故AB错误．
C. 若另加一个水平向左的电场，电场力的方向向左，当
qE=μ（mg+qvB）
时，滑块可能做匀速直线运动．故C正确；
D. 如果再加一个方向竖直向下匀强电场，电场力方向竖直向下，则水平方向仍存在摩擦力且不为零，故物体无法匀速运动，故D错误．
8.带正电的甲、乙、丙三个粒子(不计重力)分别以速度v甲、v乙、v丙垂直射入电场和磁场相互垂直的复合场中，其轨迹如图所示，则下列说法正确的是( )
A. v甲>v乙>v丙 B. v甲
；
对于乙粒子：轨迹不弯曲，
qv乙B=qE，v乙；
对于丙粒子：轨迹向下弯曲，
qv丙B＜qE，v丙；
则
v甲＞v乙＞v丙，
故A正确，B错误；
C.甲粒子向上偏，电场力做负功，导致动能减小，则速度在减小，故C错误；
D.丙粒子的电场力做正功，动能增大，则速度变大，故D错误．
9.霍尔元件是一种基于霍尔效应的磁传感器,已发展成一个品种多样的磁传感器产品族,得到广泛应用．如图为某霍尔元件的工作原理示意图,该元件中电流I由正电荷定向运动形成,下列说法正确的是( )
A. M点电势比N点电势高
B. 用霍尔元件可以测量地磁场的磁感应强度
C. 用霍尔元件能够把磁学量转换为电学量
D. 若保持电流I恒定,则霍尔电压UH与B成正比例
【答案】BCD
【解析】
【详解】电流I的形成是由于正电荷的定向移动，由此可知正电荷定向移动垂直向里，所受洛伦兹力向右，A错；当电荷所受洛伦兹力等于电场力时不再偏转，电压恒定如果已知电荷定向移动速度可求出磁感强度，B对；同样，强磁场对应大电压，C对；电流恒定，电荷定向移动速度恒定，D对；
10.如图甲，在同一水平桌面上放有一长直导线MN和一矩形导线框abcd，导线MN固定，导线框在MN的右侧．导线MN中通有电流i，i的变化如图乙所示，规定从N到M为电流正方向．导线MN通电过程中导线框始终静止，则( )
A. 0~t1时间内，导线框中产生adcba方向感应电流，且大小不变
B. 0~t1时间内，导线框受到水平向左的摩擦力，且大小不变
C. t1~t3时间内，导线框产生的感应电流方向不变，受到摩擦力的方向也不变
D. 在t1时刻导线框中感应电流改变方向，在t2时刻导线框不受摩擦力
【答案】AD
【解析】
【详解】A.在0到t1时间过程中，MN中电流均匀增大，则穿过矩形导线框abcd的磁通量均匀增加，根据楞次定律可知，导线框中产生的感应电流方向为adcba方向，因磁通量的变化率恒定，则感应电动势恒定不变，感应电流不变，故A正确；
B.由左手定则可知，0~t1时间内，ad边受安培力向右，bc边受安培力向左，因ad边受到的安培力大于bc边，则导线框受到的安培力的合力向右，则线框受到水平向左的摩擦力，因直导线中的电流逐渐增加，则安培力逐渐变大，则线框受到的摩擦力逐渐变大，选项B错误；
C.从t1到t3时间过程中，电流先正向均匀减小，后反向均匀增大，根据楞次定律可知，导线框中产生的感应电流方向顺时针，感应电流的大小和方向均保持不变，但是由于直导线MN中的电流方向发生变化，则线框受到的安培力方向变化，则所受的摩擦力方向发生变化，故C错误；
D. 在t1时刻直导线中电流由增大变为减小，根据楞次定律，则导线框中感应电流改变方向，在t2时刻直导线中的电流为零，则电流产生的磁场的磁感应强度为零，则线框受到的安培力为零，则此时导线框不受摩擦力，故D正确．
11.如图所示电路，两根光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨下端接有电阻R，导轨电阻不计，斜面处在竖直向上的匀强磁场中，电阻可忽略不计的金属棒ab质量为m，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F的作用．金属棒沿导轨匀速向上滑动，则它在上滑高度h的过程中，以下说法正确的是
A. 作用在金属棒上各力的合力做功为零
B. 重力做的功等于系统产生的电能
C. 金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热
D. 恒力F做的功与安培力做的功之和等于金属棒增加的机械能
【答案】ACD
【解析】
【分析】
题中导体棒ab匀速上滑，合力为零，即可合力的做功为零；对导体棒正确受力分析，根据动能定理列方程，弄清功能转化关系，注意克服安培力所做功等于回路电阻中产生的热量．
【详解】因为导体棒是匀速运动，所以动能不变，根据动能定理可得合力做功为零，A正确；根据动能定理可得，解得
即重力做功等于外力与安培力做功之和，因为动能不变，所以恒力F做的功与安培力做的功之和等于金属棒增加的机械能，B错误D正确；根据功能关系可知金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热，C正确；
12.某一金属圆环处于匀强磁场中，环面垂直于磁场，如图甲所示.磁感应强度随时间按正弦规律变化，如图乙所示.取磁场垂直于环面向里为正方向，则下列说法正确的是（ ）
A. 时间内，环中感应电动势先减小后增大
B. 时间内，环中感应电流方向先沿顺时针方向后沿逆时针方向
C. 时间内，金属环一共出现两次收缩趋势，两次扩张趋势
D. 时间内，环上某一段受到的安培力先变大后变小
【答案】AC
【解析】
【详解】时间内，磁感应强度的变化率先变小后变大，根据法拉第电磁感应定律可知，环中的感应电动势先减小后增大，故A正确；根据楞定律可知，时间内，环中感应电流方向一直沿顺时针方向，故B错误；当磁感应强度增大时，根据楞定律可知，金属环有收缩的趋势，当磁感应强度减小时，金属环有扩张趋势，从图像可以看出，时间内，金属环出现两次收缩趋势，两次扩张趋势，故C正确；由于两个时刻，磁感应强度为零，因此环上某一段受到的安培力为零，在时刻，感应电动热为零，感应电流为零，因此环上某一段受到的安培力也为零，因此时间内，环上某一段受到的安培力先变大后变小，再变大然后再变小，故D错误.
二．实验题(13题每空1分，共4分。14题第一空1分，其余每空2分，共11分)
13.某学生实验小组利用如图所示电路进行实验，使用的器材有：多用电表、电压表（量程5 V，内阻十几kΩ）、滑动变阻器（最大阻值5kΩ）、导线若干
（1）将多用电表档位调到电阻“×100Ω”挡，再将红表笔和黑表笔短接，进行____________；
（2）将图中多用电表的红表笔和_______(填“1”或“2”)端相连，黑表笔连接另一端；
（3）若多用电表档位调到电阻“×100Ω”档测量，指针偏转角度过小，应换_________档（填“×10Ω”或“×1K”）
（4）换档后重新进行（1）的步骤后，将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图甲所示，这时电压表的示数如图乙所示．多用电表的读数为____ KΩ。
【答案】 (1). 欧姆调零 (2). 1 (3). ×1K (4). 19.0KΩ
【解析】
【分析】
由题中“某学生实验小组利用如图所示电路进行实验”可知，本题考查多用电表的使用，根据多用电表的使用要求可分析本题。
【详解】(1)[1]每次用欧姆档，需要先将红表笔和黑表笔短接，再进行欧姆调零；
(2)[2]红正黑负,电流从红表笔流入黑表笔流出,电流从电压表正接线柱流入,故红表笔接触1;
(3)[3] 若多用电表档位调到电阻“×100Ω”档测量，指针偏转角度过小，则说明档位选择过小，应选大档位，故选×1K；
(4)根据电表示数可知，电阻为19.0。
14.在测电源电动势和内阻的实验中，经常用到如图1所示的两种电路图．
（1）在测定一节干电池的电动势和内阻时，为尽量减小实验误差，应选择图1中的______（选填“甲”或“乙”）电路，现有电流表（）、开关、导线若干，以及以下器材：
A. 电压表（） B. 电压表（）
C. 滑动变阻器（） D. 滑动变阻器（）
实验中电压表应选用______，滑动变阻器应选用______；（选填相应器材前的字母）
（2）某同学在实验时，分别利用图1中的甲、乙两个电路图对待测电源进行了测量，并根据实验数据分别绘制出了相应的图，如图2所示，则直线______（选填“a”或“b”）对应图1中甲电路的测量数据；根据两条图，该电源电动势的准确值______，内阻的准确值______（用、、、表示）
【答案】 (1). 甲 B C (2). b
【解析】
【详解】（1）[1]由于电流表内阻与电源内阻接近，故在测量时应采用相对电源的电流表外接法，故选择图1中的甲图进行测量；
[2]由于一节干电池电动势只有，故电压表应选择量程的；
[3]而由于电源内阻较小，为了便于测量，滑动变阻器应选择总阻值较小的．
（2）[4]采用甲图进行实验时，由于采用电流表相对电源的外接法，电压表的分流而使电流表示数偏小，因此测出的电动势和内电阻均偏小；而乙图中采用相对电源的内接法，实验结果中将电流表内阻等效为了电源内阻，因此测量出的内阻值偏小；图象斜率较小，故直线b为甲电路所测量的数据．
[5][6]采用乙电路测量时，当外电路断路时，电流表分压作用可以忽略，因此乙电路中测出的电动势准确；而甲电路中当外电路短路时，电压表的分流作用可以忽略，因此短路电流是准确的，则可知，内阻．
三．简答题
15.如图所示，直线MN上方有垂直纸面向外的足够大的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，一质量为m、电荷量为q的负离子（重力可忽略）从O点以与MN成θ=30°角的速度v射入该磁场区域，经一段时间后从边界MN上P点射出．求：
(1)入射点O与出射点P间距离L；
(2)负离子在磁场中运动的时间．
【答案】（1） （2）
【解析】
【详解】（1）负离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力：
所以
由图象知出射点间的距离为
L=2Rsin30°=
（2）离子在磁场中的圆心角为300°，所以在磁场中运动的时间
16.质量为0.1g的小物块带有 的电荷，放在倾角为30°且足够长的光滑绝缘的斜面上，整个装置放在磁感应强度为0.5T的匀强磁场中，如图所示,物块由静止下滑，滑到某个位置时离开斜面，求：
（1）物块带何种电荷？
（2）物块刚离开斜面时的速度多大？
（3）物块从静止到刚离开斜面的过程中做什么运动，斜面至少多长？
【答案】（1）带负电（2） （3）匀加速直线运动沿斜面下滑，1.2m
【解析】
【详解】（1）不考虑洛伦兹力情况时，小物块由静止下滑，受力如图：
要使物块滑到某个位置时离开斜面，则洛伦兹力必沿斜面向上。
根据左手定则，可判断小滑块带负电。
（2）物块刚离开斜面时，洛伦兹力等于重力的分力G2，即
，
代入数值解得
（3）物块从静止到刚离开斜面的过程中沿斜面匀加速下滑，根据牛顿第二定律有:
又
代入数值解得
物块从静止到刚离开斜面的过程中做匀加速直线运动沿斜面下滑，斜面至少1.2m长。
17.1831年10月28日，法拉第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机．如图所示为一圆盘发电机对小灯泡供电的示意图，铜圆盘可绕竖直铜轴转动，两块铜片C、D分别与圆盘的竖直轴和边缘接触．已知铜圆盘半径为L，接入电路中的电阻为r，匀强磁场竖直向上，磁感应强度为B，小灯泡电阻为R.不计摩擦阻力，当铜圆盘以角速度ω沿顺时针方向(俯视)匀速转动时，求：
(1) 铜圆盘的铜轴与边缘之间的感应电动势大小E；
(2) 流过小灯泡的电流方向，以及小灯泡两端的电压U；
(3) 维持圆盘匀速转动的外力的功率P.
【答案】（1）BωL2（2）（3）
【解析】
【详解】(1) 由法拉第电磁感应定律可得感应电动势：
圆盘半径两端的平均速度为：
由以上方程可得铜圆盘的铜轴与边缘之间的感应电动势大小：
(2) 由右手定则可得电流方向：由到；
由闭合电路欧姆定律可得电流为：
所以灯泡两端的电压为：
由以上方程解得：
(3) 由能量转化与守恒可知，维持圆盘匀速转动的外力的功率等于电路消耗的总功率，即：
而电路中消耗的总功率为：
由以上方程解得：
18.如图（a）所示，两条足够长的光滑平行金属导轨竖直放置，导轨间距L＝lm，两导轨的上端接有一个R＝2Ω的定值电阻．虚线OO′下方是垂直于导轨平面向内的匀强磁场，磁感应强度B＝2T．现将质量m＝0.1kg、电阻不计的金属杆ab，从OO′上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触，且始终保持水平，导轨电阻不计．已知金属杆下落0.3m的过程中，加速度a与下落距离h的关系如图（b）所示，g取10m/s2．求：
（1）金属杆刚进入磁场时，速度v0为多大？
（2）金属杆下落0.3m的过程中，在电阻R上产生的热量Q为多少？
（3）金属杆下落0.3m的过程中，在电阻R上通过的电量q为多少？
【答案】（1）1m/s；（2）0.2875J；（3）0.25C．
【解析】
【详解】（1）金属杆进入磁场时受到的安培力：
F＝BIL＝，
由图示图线可知，金属杆进入磁场时的加速度：
a0＝10m/s2，
方向：竖直向上，
对金属杆，由牛顿第二定律得：
﹣mg＝ma0，
代入数据解得：
v0＝1m/s；
（2）由图（b）所示图线可知，金属杆下落0.3s时加速度：a＝0，
金属杆所受合力为零，重力与安培力平衡，由平衡条件得：
mg＝，
代入数据解得：
v＝0.5m/s，
从开始到下落0.3m过程，由能量守恒定律得：
mgh＝+Q，
代入数据解得：
Q＝0.2875J；
（3）进入磁场前金属杆做自由落体运动，
v02＝2gh1，
代入数据解得：
h1＝0.05m，
金属杆在磁场中下落的高度：
h2＝h﹣h1，
代入数据解得：
h2＝0.25m，
平均感应电动势：
，
平均感应电流：
，
电阻R上通过的电荷量：
，
代入数据解得：
q＝0.25C；
19.如图所示，在y轴上A点沿平行x轴正方向以v0发射一个带正电的粒子，A点的坐标为（0，），第一象限充满沿y轴负方向的匀强电场，第四象限充满方向垂直纸面的匀强磁场（未画出）．带电粒子从x轴上C点离开第一象限进入第四象限，C点的坐标为（2a，0）．已知带电粒子的电量为q，质量为m，粒子的重力忽略不计．求：
（1）所加匀强电场E的大小
（2）若带正电的粒子经过磁场偏转后恰好能水平向左垂直打在－y轴上D点（未画出），求第四象限中所加磁场的大小与方向以及D点的坐标．
（3）若在第四象限只是某区域中存在大小为，方向垂直纸面向外的圆形匀强磁场，要使带电粒子仍能水平向左垂直打在－y轴上的D点，求该圆形磁场区域的最小面积．
【答案】（1）（2）磁场方向垂直纸面向外．D点的坐标为（0，－）（3）
【解析】
【详解】（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动：
y轴负方向： x轴正方向：
得：
（2）磁场方向垂直纸面向外．
设带电粒子离开C点时速度方向与x轴正方向的夹角为α
，所以 ，带正电的粒子在C点速度大小为
带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设半径为R，由几何关系得：
即
D点的坐标为（0，－）
由得：
（3）由于匀强磁场强度变为，在磁场中运动的半径将变为a，要使带电粒子仍能水平向左垂直打在－y轴上的D点，带电粒子运动轨迹如图．
所以圆形磁场区域的最小半径为，最小面积为
