2019-2020學年黑龍江雙鴨山一中高二上期末物理試卷

2019-2020學年黑龍江省雙鴨山一中高二（上）期末物理試卷一、選擇題（1-8單選，9-12多選，每題4分，共48分）TOC\o"1-5"\h\z（4分）在建立磁場和磁感線的概念時，先引入電場和電場線，這種處理物理問題的方法都屬于（ ）A.控制變量的方法 B.觀察、實驗的方法C.等效替代的方法 D.類比的方法（4分）如圖所示，通電矩形導線框abcd與無限長通電直導線MN在同一平面內，電流方向如圖所示，ad邊與MN平行。關于MN的磁場對線框的作用，下列敘述中正確的是（ ）左.iL 右-W1dcad邊和bc邊受到的安培力大小相同ab邊和cd邊受到的安培力大小相同C.線框所受安培力的合力向右D.線框所受安培力的合力為零（4分）下列說法正確的是（ ）A.安培首先發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應B.安培提出了電流產生磁場的方向的判定方法C.奧斯特首先提出了分子電流假說D.根據(jù)磁感應強度的定義式B=，［,知電流在磁場中某點不受磁場力作用，則該點的磁感應強度一定為零（4分）如圖所示，在MNQP中有一垂直紙面向里的勻強磁場。質量和電荷量都相等的帶電粒子a、b、c以不同的速率從O點沿垂直于PQ的方向射入磁場，圖中實線是它們的軌跡。已知O是PQ的中點，不計粒子重力。下列說法中正確的是（ ）第1頁（共15頁）A.射入磁場時粒子a的速率最小B.粒子a帶負電，粒子b、c帶正電C.射出磁場時粒子b的動能最小D.粒子b在磁場中運動的時間最短5.（4分）如圖所示，通電螺線管置于水平放置的兩根光滑平行金屬導軌MN和PQ之間，ab和cd是放在導軌上的兩根金屬棒，它們分別放在螺線管的左右兩側。保持開關閉合，最初兩金屬棒處于靜止狀態(tài)，當滑動變阻器的滑動觸頭向左滑動時，ab和cd棒的運動情況是（ ）A.ab向左，cd向右 B.ab向右，cd向左C.ab、cd都向右運動 D.ab、cd都不動（4分）如圖所示，空間內水平線AB以下存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，一正方形的閉合金屬線框abcd從邊界AB的上方一定高度由靜止釋放，運動過程中線框平面一直在豎直平面內，且bc〃AB.關于線框開（4分）如圖所示，質量為m、電荷量為q的帶正電的物體在絕緣的水平面上向左運動，物體與地面間的動摩擦因數(shù)為W整個裝置放在磁感強度為B方向垂直紙面向里的勻強磁場中。設某時刻物體的速率為v,則下列敘述中正確的是（ ）第2頁（共15頁）

TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"X X X X\o"CurrentDocument"X X v X Xx xX n: XA.物體速率由v減小到零的過程，加速度逐漸增大B.物體速率由B.物體速率由v減小到零通過的位移等于2W(mg+qfB)C.如果再加一個方向水平向左的勻強電場，物體有可能做勻速運動D.如果再加一個方向豎直向下的勻強電場，物體有可能做勻速運動（4分）帶正電的甲、乙、丙三個粒子（不計重力）分別以速圓甲、v乙、v丙垂直射入電場和磁場相互垂直的復合場中，其軌跡如圖所示，則下列說法正確的是（）+ 甲.:......"K0二=工七；二;--JSI1川乙^Av甲＜Av甲＜v乙＜v丙C.甲的速度可能變大B.v甲＞丫乙＞丫丙D.丙的速度不一定變大（4分）霍爾元件是一種基于霍爾效應的磁傳感器，已發(fā)展成一個品種多樣的磁傳感器產品族，得到廣泛應用.如圖為某霍爾元件的工作原理示意圖，該元件中電流I由正電荷定向運動形成，下列說法正確的是（ ） b；| b；|＞；A.M點電勢比N點電勢高B.用霍爾元件可以測量地磁場的磁感應強度C.用霍爾元件能夠把磁學量轉換為電學量D.若保持電流I恒定，則霍爾電壓UH與B成正比例（4分）如圖甲，在同一水平桌面上放有一長直導線MN和一矩形導線框abcd,導線MN固定，導線框在MN的右側。導線MN中通有電流i,i的變化如圖乙所示，規(guī)定從N到M為電流正方向。導線MN通電過程中導線框始終靜止，則（ ）第3頁（共15頁）0~t1時間內，導線框中產生adcba方向感應電流，且大小不變0~t1時間內，導線框受到水平向左的摩擦力，且大小不變t1-t3時間內，導線框產生的感應電流方向不變，受到摩擦力的方向也不變D.在t1時刻導線框中感應電流改變方向，在t2時刻導線框不受摩擦力（4分）如圖所示電路，兩根光滑金屬導軌平行放置在傾角為。的斜面上，導軌下端接有電阻R,導軌電阻不計，斜面處在豎直向上的勻強磁場中，電阻可忽略不計的金屬棒ab質量為m,受到沿斜面向上且與金屬棒垂直的恒力F的作用.金屬棒沿導軌勻速向上滑動，則它在上滑高度h的過程中，以下說法正確的是( )A.作用在金屬棒上各力的合力做功為零B.重力做的功等于系統(tǒng)產生的電能C.金屬棒克服安培力做的功等于電阻R上產生的焦耳熱D.恒力F做的功與安培力做的功之和等于金屬棒增加的機械能（4分）某一金屬圓環(huán)處于勻強磁場中，環(huán)面垂直于磁場，如圖甲所示.磁感應強度隨時間按正弦規(guī)律變化，如圖乙所示.取磁場垂直于環(huán)面向里為正方向，則下列說法正確的是（ ）甲 乙0-t2時間內，環(huán)中感應電動勢先減小后增大t1-t3時間內，環(huán)中感應電流方向先沿順時針后沿逆時針0-t4時間內，金屬環(huán)一共出現(xiàn)兩次收縮趨勢，兩次擴張趨勢t2-t4時間內，環(huán)上某一段受到的安培力先變大后變小二、實驗題（13題每空1分，共4分.14題第一空1分，其余每空2分，共11分）（4分）某學生實驗小組利用如圖丙所示電路進行實驗，使用的器材有：第4頁（共15頁）多用電表、電壓表（量程5V,內阻十幾kQ）、滑動變阻器（最大阻值5kQ）、導線若干（1）將多用電表檔位調到電阻“X100Q”擋，再將紅表筆和黑表筆短接，進行 ；（2）將圖中多用電表的紅表筆和 （填“1”或“2”）端相連，黑表筆連接另一端；（3）若多用電表檔位調到電阻“X100Q”檔測量，指針偏轉角度過小，應換檔（填“X10Q”或“X1k”）（4）換檔后重新進行（1）的步驟后，將滑動變阻器的滑片調到適當位置，使多用電表的示數(shù)如圖甲所示，這時電壓表的示數(shù)如圖乙所示。多用電表的讀數(shù)為 kQ。14.（11分）在測電源電動勢和內阻的實驗中，經常用到如圖1所示的兩種電路圖。（1）在測定一節(jié)干電池的電動勢和內阻時，為盡量減小實驗誤差，應選擇圖1中的（選填“甲”或“乙”）電路，現(xiàn)有電流表（0?0.6A）、開關、導線若干，以及以下器材：A.電壓表（0?15V）B.電壓表（0?3V）C.滑動變阻器（0?50Q）D.滑動變阻器（0?500Q）實驗中電壓表應選用，滑動變阻器應選用；（選填相應器材前的字母）（2）某同學在實驗時，分別利用圖1中的甲、乙兩個電路圖對待測電源進行了測量，并根據(jù)實驗數(shù)據(jù)分別繪制出了相應的U-I圖，如圖2所示，則直線 （選填"a”或“b”）對應圖1中甲電路的測量數(shù)據(jù)；根據(jù)兩條U-I圖，該電源電動勢的準確值E=，內阻的準確值r=（用U1>U2、L、I2表示）三、簡答題第5頁（共15頁）（8分）如圖所示，直線MN上方有垂直紙面向外的足夠大的有界勻強磁場區(qū)域，磁感應強度為B,一質量為m、電荷量為q的負離子（重力可忽略）從O點以與MN成8=30°角的速度v射入該磁場區(qū)域，經一段時間后從邊界MN上P點射出。求:（1）入射點O與出射點P間的距離L；（2）負離子在磁場中運動的時間。M O（9分）質量為0.1g的小物塊帶有5X10-4C的電荷，放在傾角為30°且足夠長的光滑絕緣的斜面上，整個裝置放在磁感應強度為0.5T的勻強磁場中，如圖所示.物塊由靜止下滑，滑到某個位置時離開斜面，求：（1）物塊帶何種電荷？（2）物塊剛離開斜面時的速度多大？（3）物塊從靜止到剛離開斜面的過程中做什么運動，斜面至少多長？X X X XX X X X（10分）1831年10月28日，法拉第在一次會議上展示了他發(fā)明的圓盤發(fā)電機。如圖所示為一圓盤發(fā)電機對小燈泡供電的示意圖，銅圓盤可繞豎直銅軸轉動，兩塊銅片C、D分別與圓盤的豎直軸和邊緣接觸。已知銅圓盤半徑為L接入電路中的電阻為r,勻強磁場豎直向上，磁感應強度為B,小燈泡電阻為R.不計摩擦阻力，當圓盤以角速度3沿順時針方向（俯視）勻速轉動時，求：（1）銅圓盤的銅軸與邊緣之間的感應電動勢大小E；（2）流過小燈泡的電流方向，以及小燈泡兩端的電壓U；（3）維持圓盤勻速轉動的外力的功率P。（10分）如圖（a）所示，兩條足夠長的光滑平行金屬導軌豎直放置，導軌間距L=lm,兩導軌的上端接有一個R=2Q的定值電阻。虛線OO,下方是垂直于導軌平面向內的勻強磁場，磁感應強度B=2T.現(xiàn)將第6頁（共15頁）質量m=0.1kg、電阻不計的金屬桿ab,從00,上方某處由靜止釋放，金屬桿在下落的過程中與導軌保持良好接觸，且始終保持水平，導軌電阻不計。已知金屬桿下^.3m的過程中，加速度a與下落距離h的關系如圖（b）所示，g取10m/s2.求:（1）金屬桿剛進入磁場時，速度v0為多大？（2）金屬桿下落0.3m的過程中，在電阻R上產生的熱量Q為多少?（3）金屬桿下落0.3m的過程中，在電阻R上通過的電量q為多少？出爐出爐tn（10分）如圖所示，在y軸上A點沿平行x軸正方向以v0發(fā)射一個帶正電的粒子，A點的坐標為（0■:金），第一象限充滿沿y軸負方向的勻強電場，第四象限充滿方向垂直紙面的勻強磁場（未畫出）。帶電粒子從x軸上C點離開第一象限進入第四象限，C點的坐標為（2a,0）。已知帶電粒子的電量為q,質量為m,粒子的重力忽略不計。求：（1）所加勻強電場E的大小（2）若帶正電的粒子經過磁場偏轉后恰好能水平向左垂直打在-y軸上D點（未畫出），求第四象限中所加磁場的大小與方向以及D點的坐標。2nLvn（3）若在第四象限只是某區(qū)域中存在大小，B,= 方向垂直紙面向外的圓形勻強磁場，要使帶電粒第7頁（共15頁）2019-2020學年黑龍江省雙鴨山一中高二（上）期末物理試卷參考答案與試題解析一、選擇題（1-8單選，9-12多選，每題4分，共48分）.【解答】解：磁場和電場既看不見，又摸不到，它們有很多的相似性。在建立磁場和磁感線的概念時，先引入電場和電場線，這種處理物理問題的方法都屬于類比的方法。故選：D。.【解答】解：AB、直導線中的電流方向由M到N,根據(jù)安培定則可知，導線右側區(qū)域磁感應強度方向垂直紙面向里，根據(jù)左手定則可知，ad邊受向左的安培力，bc邊受到向右的安培力，ab邊受到向下的安培力，cd受到向上的安培力，離MN越遠的位置，磁感應強度越小，根據(jù)安培力公式F=BIL,ad邊受到的安培力大小大于bc邊，ab邊受到的安培力大小等于cd受到的安培力大小，故A錯誤，B正確；CD、ad邊受向左的安培力，bc邊受到向右的安培力，ad邊受到的安培力大小大于bc邊，則線框所受安培力的合力向左，不為零，故CD錯誤。故選：B。.【解答】解：A、奧斯特首先發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應，故A錯誤；B、安培提出了電流產生磁場的方向的判定方法，故B正確；C、安培首先提出了分子電流假說，故C錯誤；D、當導線的方向與磁場的方向平行時，導線受到的安培力等于0,磁場不一定是0,故D錯誤。故選：B。24?【解答】解：A、粒子在磁場中做勻速圓周運動時，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=m—,T解得：丫=也，由圖可知，射入磁場時粒子c的半徑最小，則速率最小。故A錯誤；mB、由圖可知，a向左偏，bc向右偏，根據(jù)左手定則知粒子a帶正電，粒子b、c帶負電，故B錯誤；222C、粒子的動能Ek=.mv2=>?H，由于:q、B、m都相同，因此r越大，粒子動能越大，由圖示可知，b的軌道半徑r最大，則b粒子動能最大；c的半徑最小，則動能最小。故C錯誤；D、粒子在磁場中做圓周運動的周期：T=2等相同，粒子在磁場中的運動時間：t=裊T=f*,由于qB 2兀qBm、q、B都相同，粒子c轉過的圓心角9最大，則射入磁場時c的運動時間最大，粒子b轉過的圓心角9最小，則射入磁場時c的運動時間最小，故D正確。故選：D。第8頁（共15頁）.【解答】解：當變阻器滑片向左滑動時，電路的電流大小變大，線圈的磁場增加；根據(jù)安培定則由電流方向可確定線圈的磁場方向垂直于導軌向下。由于線圈處于兩棒中間，所以穿過兩棒所圍成的磁通量變大，由楞次定律：增反減同可得，線框abdc產生逆時針方向感應電流。最后根據(jù)左手定則可確定安培力的方向：ab棒處于垂直向上的磁場，且電流方向ab，則安培力方向向左。cd棒處于垂直向上的磁場，且電流方向dc，則安培力方向向右。故選：A。.【解答】解：A、線框進入磁場前做自由落體運動，進入磁場后bc邊開始切割磁感線，產生感應電流，開始受到安培力的作用，若線框進人磁場后bc邊所受向上的安培力與線框的重力平衡，線框就做勻速運動，線框完全進入磁場后又做加速運動，A項可能；BD、若線框進人磁場后bc邊所受向上的安培力小于線框重力，線框就做加速運動，而且隨著速度增大，安培力增大，加速度減小，所以線框做加速度減小的加速運動，當安培力與線框的重力達到平衡后，線框做勻速運動，B項可能、D項不可能；C、若線框進人磁場后bc邊所受向上的安培力大于線框的重力，線框就做減速運動，而且隨著速度減小，安培力減小，加速度減小，所以線框做加速度減小的減速運動，當安培力與線框的重力達到平衡后，線框做勻速運動，C項可能。本題選不可能的，故選：D。.【解答】解：A、B、對物體受力分析，受重力、支持力，洛倫茲力和滑動摩擦力；根據(jù)左手定則，洛倫茲力向下，合力向后，物體做減速運動；由于摩擦力f=(mg+qvtB),不斷減小，加速度不斷減小，由于不是勻變速運動，故物體的速度由v減小到零所通過的位移x：-fx=0-m-mv2.x=^—> rmV不T，故A錯誤，B錯誤；2 2f2乩tmg+qvBjC、若另加一個水平向左的電場，電場力的方向向左，當qE=(mg+qvB)時，滑塊可能做勻速直線運動，故C正確；D、若另加一個豎直向下的電場，電場力的方向向下，因此電場力，重力，及洛倫茲力都同向，則滑塊不可能做勻速直線運動，故D錯誤；故選：C。.【解答】解：對于甲粒子：軌跡向上彎曲，qv甲B>qE,v甲>關；E對于乙粒子：軌跡不彎曲，qv乙B=qE,v乙=百；E對于丙粒子：軌跡向下彎曲，qv丙B<qE,v丙〈可；第9頁(共15頁)貝卜甲＞丫乙＞7丙，故A錯誤，B正確；C、甲粒子向上偏，電場力做負功，導致動能減小，則速度在減小，故C錯誤；D、丙粒子的電場力做正功，動能增大，則速度變化，故D錯誤。故選：B。.【解答】解：A、根據(jù)左手定則知，正電荷向N點偏轉，所以N點這一側得到正電荷，另一端失去正電荷帶負電，所以M點的電勢低于N點的電勢。故A錯誤。B、根據(jù)qvB=b，"得，叫由電流的微觀定義式：I=nesv,n是單位體積內的正電荷數(shù)，e是單個導電粒子所帶的電量，s是導體的橫截面積，v是導電粒子運動的速度。整理得：v=,，nes聯(lián)立解得UH《j|l,可知用霍爾元件可以測量地磁場的磁感應強度，保持電流不變，霍爾電壓UH與B成正比。故B、D正確。C、霍爾元件能夠把磁學量轉換為電學量。故C正確。故選：BCD。.【解答】解：A、在0~t1時間內，由M到N的電流均勻增大，則穿過矩形導線框abcd的磁通量變化，根據(jù)楞次定律可知，導線框中產生adcba方向的感應電流，根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，￡8孕8辛_,AtAti隨時間t線性變化，感應電流大小恒定不變，故A正確；B、在。?、時間內，根據(jù)楞次定律的推廣含義--來拒去留可知，磁通量增大，則線框具有向右運動的趨勢，則摩擦力向左，根據(jù)平衡條件可知，安培力尸=8兀=￡，其中B增大，則F增大，摩擦力f增大，故B錯誤；C、從t1到t3時間過程中，電流先正向均勻減小，后反向均勻增大，根據(jù)楞次定律，可知，導線框中產生的感應電流方向順時針，保持不變，由于MN中電流方向變化，則磁場方向變化，根據(jù)左手定則可知，安培力方向變化，受到的摩擦力方向變化，故C錯誤；D.t1時刻，MN中電流變化，則MN周圍磁場變化，闖過導線框向下的磁通量向變大后變小，根據(jù)楞次定律可知，感應電流方向改變，在t2時刻，導線框雖有電流，但MN中沒有電流，則周圍不存在磁場，因此MN對其沒有安培力作用，則也不會受桌面摩擦力的作用，故D正確。故選：AD。11.【解答】解：A、金屬棒沿導軌勻速下滑，合力為零，則合力做功為零。即WF+WG+WA=0,故A正確。B、根據(jù)功能關系可知，重力做功等于重力勢能的變化量，即重力做的功等于拉力做的功減去系統(tǒng)產生的電第10頁（共15頁）能。故B錯誤。C、由能量轉化和守恒定律得知，金屬棒克服安培力做功等于電阻R上產生的焦耳熱。故C正確。D、除重力之外，其它力對金屬棒做的功等于金屬棒機械能的增加量，所以恒力F做的功與安培力做的功之和等于金屬棒增加的機械能，故D正確。故選：ACD。12?【解答】解：0?t2時間內，磁感應強度的變化先變小后變大，根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，環(huán)中的感應電動勢先減小后增大，故A正確；B、根據(jù)楞次定律，片?與時間內，環(huán)中感應電流方向一直沿順時針方向，故B錯誤；C、當磁感應強度增大時，根據(jù)楞次定律可知，金屬環(huán)有收縮的趨勢，當磁感應強度減小時，金屬環(huán)有擴張趨勢，從圖象可以看出，。?、時間內，金屬環(huán)出現(xiàn)兩次收縮趨勢，兩次擴張趨勢，故C正確；D、由于片、t2兩個時刻，磁感應強度為零，因此環(huán)上某一段受到的安培力為零，在t3時刻，感應電動勢為零，感應電流為零，因此環(huán)上某一段受到的安培力也為零，因此t2~t4時間內，環(huán)上某一段受到的安培力先變大后變小，再變大然后再變小，故D錯誤。故選：AC。二、實驗題(13題每空1分，共4分.14題第一空1分，其余每空2分，共11分).【解答】解：(1)將多用電表檔位調到電阻“X100C”擋，再將紅表筆和黑表筆短接，進行歐姆調零；(2)電流從歐姆表黑表筆流出，從電壓表正接線柱流入，由圖示電路圖可知，應將多用電表的紅表筆和1端相連，黑表筆連接另一端；(3)若多用電表檔位調到電阻“X100C”檔測量，指針偏轉角度過小，說明所選擋位太小，為準確測電阻阻值，應換X1K擋。(4)歐姆表選擇X1k擋位，由圖甲所示可知，多用電表示數(shù)為：19.0X1kC=19.0kC。故答案為：(1)歐姆調零；(2)1；(3)X1K；(4)19.0。.【解答】解：(1)由于電流表內阻與電源內阻接近，故在測量時應采用相對電源的電流表外接法，故選擇圖1中的甲圖進行測量；由于一節(jié)干電池電動勢只有1.5V,故電壓表應選擇3V量程的B；而由于電源內阻較小，為了便于測量，滑動變阻器應選擇總阻值較小的C。(2)采用甲圖進行實驗時，由于采用電流表相對電源的外接法，電壓表的分流而使電流表示數(shù)偏小，因此測出的電動勢和內電阻均偏?。欢覉D中采用相對電源的內接法，實驗結果中將電流表內阻等效為了電源內阻，因此測量出的內阻值偏大；圖象斜率較大，故直線b為甲電路所測量的數(shù)據(jù)。采用乙電路測量時，當外電路斷路時，電流表分壓作用可以忽略，因此乙電路中測出的電動勢準確；而甲第11頁(共15頁)

u2電路中當外電路短路時，電壓表的分流作用可以忽略，因此短路電流是準確的，則可知e=u2,內阻工一。r2故答案為：（1）甲BC（2）b U2］工三、簡答題15?【解答】解：（1）作粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示:根據(jù)牛頓第二定律可知：qvB=nr^-…①由幾何知識可得：L=R…②聯(lián)立①②解得：L嗑…③（2）由勻速圓周運動關系得：T二理上等…④UQD又由幾何知識可得：負電荷轉過的圓心角為：正電荷轉過圓心角為：a=360°-28=300°則負電荷轉動的時間:=300T=300T二5兀m

3qB答：（1）入射點O與出射點P間的距離L為嗎;qB（2）負離子在磁場中運動的時間16?【解答】解：（1）由題意可知：小滑塊受到的安培力垂直斜面向上.根據(jù)左手定則可得：小滑塊帶負電.（2）當物體離開斜面時，彈力為零，因此有：qvB=mgcos30°,故v=3：；。。=2.—.（3）由于斜面光滑，物體在離開斜面之前一直做勻加速直線運動，由牛頓第二定律得：mgsin30°=ma,第12頁（共15頁）

由勻變速直線運的速度位移公式得：v2=2ax,解得：x=1.2m.答：(1)物體帶負電.(2)物體離開斜面時的速度為2/lm/s.(3)物塊從靜止到剛離開斜面的過程中一直做勻加速直線運動，斜面至少1.2m.17?【解答】解：(1)銅圓盤在磁場中繞豎直銅軸轉動，等效為無數(shù)長度為L的銅導體棒切割磁感線，根據(jù)法拉第電磁感應定律，有:ByA6L2ByA6L21^B"L2…①(2)根據(jù)右手定則，D相當于等效電源的負極，故流過小燈泡的電流方向：a-b根據(jù)閉合回路的歐姆定律，有通過小燈泡的電流大小根據(jù)歐姆定律，知小燈泡兩端電壓為:U=IR…③聯(lián)立①②③解得：u吟黑：(3)圓盤勻速轉動，有外力功率為：P=P電根據(jù)P根據(jù)P電R-i-r答案：(1)銅圓盤的銅軸與邊緣之間的感應電動勢大小為:BaL2；一，、2(2)流過小燈泡的電流方向:a-b；小燈泡兩端的電壓為票與;(3)維持圓盤勻速轉動的外力的功率為%^.2218?【解答】解：(1)金屬桿進入磁場時受到的安培力：F=BIL=B,，,由圖示圖線可知，金屬桿進入磁場時的加速度：a0=10m/s2,方向：豎直向上，對金屬桿，由牛頓第二定律