2019-2020学年黑龙江双鸭山一中高二上期末物理试卷

2019-2020学年黑龙江省双鸭山一中高二（上）期末物理试卷一、选择题（1-8单选，9-12多选，每题4分，共48分）TOC\o"1-5"\h\z（4分）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（4分）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（ ）左.iL 右-W1dcad边和bc边受到的安培力大小相同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（4分）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（4分）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（ ）第1页（共15页）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5.（4分）如图所示，通电螺线管置于水平放置的两根光滑平行金属导轨MN和PQ之间，ab和cd是放在导轨上的两根金属棒，它们分别放在螺线管的左右两侧。保持开关闭合，最初两金属棒处于静止状态，当滑动变阻器的滑动触头向左滑动时，ab和cd棒的运动情况是（ ）A.ab向左，cd向右 B.ab向右，cd向左C.ab、cd都向右运动 D.ab、cd都不动（4分）如图所示，空间内水平线AB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abcd从边界AB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bc〃AB.关于线框开（4分）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数为W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（ ）第2页（共15页）

TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"X X X X\o"CurrentDocument"X X v X Xx xX n: XA.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B.物体速率由v减小到零通过的位移等于2W(mg+qfB)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（4分）带正电的甲、乙、丙三个粒子（不计重力）分别以速圆甲、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（）+ 甲.:......"K0二=工七；二;--JSI1川乙^Av甲＜Av甲＜v乙＜v丙C.甲的速度可能变大B.v甲＞丫乙＞丫丙D.丙的速度不一定变大（4分）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（ ） b；| b；|＞；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（4分）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（ ）第3页（共15页）0~t1时间内，导线框中产生adcba方向感应电流，且大小不变0~t1时间内，导线框受到水平向左的摩擦力，且大小不变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（4分）如图所示电路，两根光滑金属导轨平行放置在倾角为。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（4分）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（ ）甲 乙0-t2时间内，环中感应电动势先减小后增大t1-t3时间内，环中感应电流方向先沿顺时针后沿逆时针0-t4时间内，金属环一共出现两次收缩趋势，两次扩张趋势t2-t4时间内，环上某一段受到的安培力先变大后变小二、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）（4分）某学生实验小组利用如图丙所示电路进行实验，使用的器材有：第4页（共15页）多用电表、电压表（量程5V,内阻十几kQ）、滑动变阻器（最大阻值5kQ）、导线若干（1）将多用电表档位调到电阻“X100Q”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“X100Q”档测量，指针偏转角度过小，应换档（填“X10Q”或“X1k”）（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 kQ。14.（11分）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（0〜0.6A）、开关、导线若干，以及以下器材：A.电压表（0〜15V）B.电压表（0〜3V）C.滑动变阻器（0〜50Q）D.滑动变阻器（0〜500Q）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U-I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U-I图，该电源电动势的准确值E=，内阻的准确值r=（用U1>U2、L、I2表示）三、简答题第5页（共15页）（8分）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8=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间的距离L；（2）负离子在磁场中运动的时间。M O（9分）质量为0.1g的小物块带有5X10-4C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？X X X XX X X X（10分）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，当圆盘以角速度3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。（10分）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=2Q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.现将第6页（共15页）质量m=0.1kg、电阻不计的金属杆ab,从00,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^.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？出炉出炉tn（10分）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■:金），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。2nLvn（3）若在第四象限只是某区域中存在大小，B,= 方向垂直纸面向外的圆形匀强磁场，要使带电粒第7页（共15页）2019-2020学年黑龙江省双鸭山一中高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（1-8单选，9-12多选，每题4分，共48分）.【解答】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。.【解答】解：AB、直导线中的电流方向由M到N,根据安培定则可知，导线右侧区域磁感应强度方向垂直纸面向里，根据左手定则可知，ad边受向左的安培力，bc边受到向右的安培力，ab边受到向下的安培力，cd受到向上的安培力，离MN越远的位置，磁感应强度越小，根据安培力公式F=BIL,ad边受到的安培力大小大于bc边，ab边受到的安培力大小等于cd受到的安培力大小，故A错误，B正确；CD、ad边受向左的安培力，bc边受到向右的安培力，ad边受到的安培力大小大于bc边，则线框所受安培力的合力向左，不为零，故CD错误。故选：B。.【解答】解：A、奥斯特首先发现了电流的磁效应，故A错误；B、安培提出了电流产生磁场的方向的判定方法，故B正确；C、安培首先提出了分子电流假说，故C错误；D、当导线的方向与磁场的方向平行时，导线受到的安培力等于0,磁场不一定是0,故D错误。故选：B。24•【解答】解：A、粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m—,T解得：丫=也，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；mB、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；222C、粒子的动能Ek=.mv2=>?H，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：T=2等相同，粒子在磁场中的运动时间：t=袅T=f*,由于qB 2兀qBm、q、B都相同，粒子c转过的圆心角9最大，则射入磁场时c的运动时间最大，粒子b转过的圆心角9最小，则射入磁场时c的运动时间最小，故D正确。故选：D。第8页（共15页）.【解答】解：当变阻器滑片向左滑动时，电路的电流大小变大，线圈的磁场增加；根据安培定则由电流方向可确定线圈的磁场方向垂直于导轨向下。由于线圈处于两棒中间，所以穿过两棒所围成的磁通量变大，由楞次定律：增反减同可得，线框abdc产生逆时针方向感应电流。最后根据左手定则可确定安培力的方向：ab棒处于垂直向上的磁场，且电流方向ab，则安培力方向向左。cd棒处于垂直向上的磁场，且电流方向dc，则安培力方向向右。故选：A。.【解答】解：A、线框进入磁场前做自由落体运动，进入磁场后bc边开始切割磁感线，产生感应电流，开始受到安培力的作用，若线框进人磁场后bc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；BD、若线框进人磁场后bc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；C、若线框进人磁场后bc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。本题选不可能的，故选：D。.【解答】解：A、B、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，洛伦兹力向下，合力向后，物体做减速运动；由于摩擦力f=(mg+qvtB),不断减小，加速度不断减小，由于不是匀变速运动，故物体的速度由v减小到零所通过的位移x：-fx=0-m-mv2.x=^—> rmV不T，故A错误，B错误；2 2f2乩tmg+qvBjC、若另加一个水平向左的电场，电场力的方向向左，当qE=(mg+qvB)时，滑块可能做匀速直线运动，故C正确；D、若另加一个竖直向下的电场，电场力的方向向下，因此电场力，重力，及洛伦兹力都同向，则滑块不可能做匀速直线运动，故D错误；故选：C。.【解答】解：对于甲粒子：轨迹向上弯曲，qv甲B>qE,v甲>关；E对于乙粒子：轨迹不弯曲，qv乙B=qE,v乙=百；E对于丙粒子：轨迹向下弯曲，qv丙B<qE,v丙〈可；第9页(共15页)贝卜甲＞丫乙＞7丙，故A错误，B正确；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，则速度变化，故D错误。故选：B。.【解答】解：A、根据左手定则知，正电荷向N点偏转，所以N点这一侧得到正电荷，另一端失去正电荷带负电，所以M点的电势低于N点的电势。故A错误。B、根据qvB=b，"得，叫由电流的微观定义式：I=nesv,n是单位体积内的正电荷数，e是单个导电粒子所带的电量，s是导体的横截面积，v是导电粒子运动的速度。整理得：v=,，nes联立解得UH《j|l,可知用霍尔元件可以测量地磁场的磁感应强度，保持电流不变，霍尔电压UH与B成正比。故B、D正确。C、霍尔元件能够把磁学量转换为电学量。故C正确。故选：BCD。.【解答】解：A、在0~t1时间内，由M到N的电流均匀增大，则穿过矩形导线框abcd的磁通量变化，根据楞次定律可知，导线框中产生adcba方向的感应电流，根据法拉第电磁感应定律可知，£8孕8辛_,AtAti随时间t线性变化，感应电流大小恒定不变，故A正确；B、在。〜、时间内，根据楞次定律的推广含义--来拒去留可知，磁通量增大，则线框具有向右运动的趋势，则摩擦力向左，根据平衡条件可知，安培力尸=8兀=£，其中B增大，则F增大，摩擦力f增大，故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，保持不变，由于MN中电流方向变化，则磁场方向变化，根据左手定则可知，安培力方向变化，受到的摩擦力方向变化，故C错误；D.t1时刻，MN中电流变化，则MN周围磁场变化，闯过导线框向下的磁通量向变大后变小，根据楞次定律可知，感应电流方向改变，在t2时刻，导线框虽有电流，但MN中没有电流，则周围不存在磁场，因此MN对其没有安培力作用，则也不会受桌面摩擦力的作用，故D正确。故选：AD。11.【解答】解：A、金属棒沿导轨匀速下滑，合力为零，则合力做功为零。即WF+WG+WA=0,故A正确。B、根据功能关系可知，重力做功等于重力势能的变化量，即重力做的功等于拉力做的功减去系统产生的电第10页（共15页）能。故B错误。C、由能量转化和守恒定律得知，金属棒克服安培力做功等于电阻R上产生的焦耳热。故C正确。D、除重力之外，其它力对金属棒做的功等于金属棒机械能的增加量，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，故D正确。故选：ACD。12•【解答】解：0〜t2时间内，磁感应强度的变化先变小后变大，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；B、根据楞次定律，片〜与时间内，环中感应电流方向一直沿顺时针方向，故B错误；C、当磁感应强度增大时，根据楞次定律可知，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，从图象可以看出，。〜、时间内，金属环出现两次收缩趋势，两次扩张趋势，故C正确；D、由于片、t2两个时刻，磁感应强度为零，因此环上某一段受到的安培力为零，在t3时刻，感应电动势为零，感应电流为零，因此环上某一段受到的安培力也为零，因此t2~t4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。故选：AC。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).【解答】解：(1)将多用电表档位调到电阻“X100C”挡，再将红表笔和黑表笔短接，进行欧姆调零；(2)电流从欧姆表黑表笔流出，从电压表正接线柱流入，由图示电路图可知，应将多用电表的红表笔和1端相连，黑表笔连接另一端；(3)若多用电表档位调到电阻“X100C”档测量，指针偏转角度过小，说明所选挡位太小，为准确测电阻阻值，应换X1K挡。(4)欧姆表选择X1k挡位，由图甲所示可知，多用电表示数为：19.0X1kC=19.0kC。故答案为：(1)欧姆调零；(2)1；(3)X1K；(4)19.0。.【解答】解：(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；由于一节干电池电动势只有1.5V,故电压表应选择3V量程的B；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C。(2)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大；图象斜率较大，故直线b为甲电路所测量的数据。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；而甲第11页(共15页)

u2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e=u2,内阻工一。r2故答案为：（1）甲BC（2）b U2］工三、简答题15•【解答】解：（1）作粒子在磁场中的运动轨迹如图所示:根据牛顿第二定律可知：qvB=nr^-…①由几何知识可得：L=R…②联立①②解得：L嗑…③（2）由匀速圆周运动关系得：T二理上等…④UQD又由几何知识可得：负电荷转过的圆心角为：正电荷转过圆心角为：a=360°-28=300°则负电荷转动的时间:=300T=300T二5兀m

3qB答：（1）入射点O与出射点P间的距离L为吗;qB（2）负离子在磁场中运动的时间16•【解答】解：（1）由题意可知：小滑块受到的安培力垂直斜面向上.根据左手定则可得：小滑块带负电.（2）当物体离开斜面时，弹力为零，因此有：qvB=mgcos30°,故v=3：；。。=2.—.（3）由于斜面光滑，物体在离开斜面之前一直做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：mgsin30°=ma,第12页（共15页）

由匀变速直线运的速度位移公式得：v2=2ax,解得：x=1.2m.答：(1)物体带负电.(2)物体离开斜面时的速度为2/lm/s.(3)物块从静止到刚离开斜面的过程中一直做匀加速直线运动，斜面至少1.2m.17•【解答】解：(1)铜圆盘在磁场中绕竖直铜轴转动，等效为无数长度为L的铜导体棒切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律，有:ByA6L2ByA6L21^B"L2…①(2)根据右手定则，D相当于等效电源的负极，故流过小灯泡的电流方向：a-b根据闭合回路的欧姆定律，有通过小灯泡的电流大小根据欧姆定律，知小灯泡两端电压为:U=IR…③联立①②③解得：u吟黑：(3)圆盘匀速转动，有外力功率为：P=P电根据P根据P电R-i-r答案：(1)铜圆盘的铜轴与边缘之间的感应电动势大小为:BaL2；一，、2(2)流过小灯泡的电流方向:a-b；小灯泡两端的电压为票与;(3)维持圆盘匀速转动的外力的功率为%^.2218•【解答】解：(1)金属杆进入磁场时受到的安培力：F=BIL=B,，,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