河北省深州市中学2019-2020学年高二下学期期末考试物理试题 Word版含解析

河北省深州市中学2019-2020学年高二下学期期末考试物理试题 Word版含解析

- 1 - 物理学科试题 第Ⅰ卷（选择题共 48 分） 一、选择题（12 小题共 48 分，1-8 在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符 合题意，答对 4 分，选错或不答的得 0 分，9—12 为多选，有两个或两个以上的符 合题意答案，全部选对的 6 分，少选得 3 分，不选或选错得 0 分 ） 单选题部分： 1. 下列说法正确的是（　　） A. 只要有电流，周围就存在磁场 B. 最早发现电流周围存在磁场的科学家是安培 C. 如果在直导线下放置一自由小磁针，通电后小磁针必定发生偏转 D. 奥斯特发现电流的磁效应是偶然的，实际上电与磁没有什么联系 【答案】A 【解析】 【详解】A．电流的周围必定存在磁场，故 A 正确； B．最早发现电流周围存在磁场的是奥斯特，B 错误； C．当通电直导线在下方产生的磁场与小磁针平行时，小磁针不偏转，故 C 错误； D．客观证实电与磁有着密切的联系，故 D 错误。 故选 A。 2. 如图所示，a、b 线圈套在磁铁中部，在同一平面且与磁铁垂直，穿过它们的磁通量分别为 Φa、Φb，则（　　） A. Φa＞Φb B. Φa＜Φb C. Φa=Φb D. 不能确定 【答案】A 【解析】 【详解】根据磁感线的分布情况可知，磁铁内部穿过环面的磁感线方向向上，外部磁感线方 - 2 - 向向下。由于磁感线是闭合曲线，磁铁内部的磁感线条数等于磁铁外部磁感线的总条数，而 磁铁外部磁感线分布在无限大的空间，所以穿过环面的磁铁外部向下的磁感线将磁铁内部向 上的磁感线抵消一部分，a 的面积小，抵消较小，则磁通量较大，所以 Φa＞Φb。 故选 A。 3. 两条通电的直导线互相垂直，如图所示，但两导线相隔一小段距离，其中导线 AB 是固定 的，另一条导线 CD 能自由转动。它们通以图示方向的直流电时，CD 导线将（　　） A. 逆时针方向转动，同时离开导线 AB B. 顺时针方向转动，同时靠近导线 AB C. 逆时针方向转动，同时靠近导线 AB D. 顺时针方向转动，同时离开导线 AB 【答案】C 【解析】 【详解】导线产生的磁场磁感线为左图的黑圆线 红色的为 CD 导线，由左手定则可判断 CD 左侧受力向下，右侧受力向上，所以 CD 棒会逆时 针旋转；AB 导线和 CD 导线靠近还是远离可以从右判断，AB 产生的磁场如图所示，由左手定 则可判断 CD 导线受力指向 AB 导线，故 CD 导线会靠近 AB 导线。 故选 C。 【点睛】AB 通入电流后就会在周围产生磁场，所以通电的 CD 在磁场中就会受到安培力的作 用，在安培力的作用下，判断 CD 导线将怎样运动，关键是看安培力的方向。 4. 关于通电直导线周围磁场的磁感线分布，下列示意图中正确的是（ ） - 3 - A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 试题分析：通电导线周围的磁场方向，由右手螺旋定则来确定． 解：A、伸开右手，大拇指方向为电流方向，则四指环绕方向为逆时针．故 A 正确； B、伸开右手，大拇指方向为电流方向，则四指环绕方向为逆时针．而图为顺时针，故 B 错误； C、直导线周围的磁感线应该是一系列的同心圆，故 C 错误； D、直导线周围的磁感线应该是一系列的同心圆，故 D 错误； 故选 A 点评：右手螺旋定则也叫安培定则，当直导线时，右手大拇指方向为电流的方向，四指环绕 方向为磁场方向；当环形导线时，四指环绕方向为电流方向，右手大拇指方向为环内的磁场 方向． 5. 关于磁感应强度，下列说法中正确的是（ ） A. 若长为 、电流为 的导线在某处受到的磁场力为 ，则该处的磁感应强度必为 B. 由 知， 与 成正比，与 成反比 C. 一小段通电导线在某处不受磁场力，该处磁感应强度不一定为零 D. 磁感应强度的方向就是小磁针静止时 极所受磁场力的方向 【答案】C 【解析】 【详解】A．只有当通过导线垂直放入磁场中，磁感应强度才为 ，若导线与磁场不垂直， 则磁感应强度大于 ．故 A 错误． B． 是采用比值法定义的，B 与 F、IL 等无关，不能说 B 与 F 成正比，与 IL 成反 L I F F IL FB IL = B F IL S F IL F IL FB IL = - 4 - 比．故 B 错误． C．一小段通电导线在某处不受磁场力，该处不一定无磁场，也可能是因为导线与磁场平 行．故 C 正确． D．磁感应强度的方向就是小磁针静止时 N 极所受磁场力的方向．故 D 错误． 6. 如图，“L”型导线 abc 固定并垂直放置在磁感应强度为 B 的匀强磁场中， ，ab 长为 l，bc 长为 ，导线通入恒定电流 I，设导线受到的安培力大小为 F，方向与 bc 夹角为 θ，则 A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【详解】连接 ac，根据几何关系得导线在磁场中受安培力的有效长度： 根据 ，得： F 与 bc 的夹角 θ： ABC.与计算不符，ABC 错误； D.与计算结果相符，D 正确。 7. 绕在同一铁芯上的线圈Ⅰ、Ⅱ按图所示方法连接，G 为电流计，则(　　) A. 开关 S 闭合瞬间，G 示数不为零的 ab bc⊥ 3 4 l 7 4F BIl= 4tan 3 θ = 7 4F BIl= 3tan 4 θ = 5 4F BIl= 4tan 3 θ = 5 4F BIl= 3tan 4 θ = 5= 4L ac l= F BIL= 5 4F BIl= 3tan 4 bc ab θ = = - 5 - B. 保持开关 S 闭合状态，G 的示数不为零 C. 保持开关 S 闭合，移动变阻器 R0 滑动触头的位置，G 的示数为零 D. 断开开关 S 的瞬间，G 的示数为零 【答案】A 【解析】 【详解】A、当闭合开关瞬间，Ⅰ线圈中有电流通过，电流从无到有，产生磁场，磁场也穿过 Ⅱ线圈，Ⅱ线圈的磁通量从无到有增加，产生感应电流， 的示数不为零，故选项 A 正确； B、保持开关 S 闭合状态，Ⅰ中电流不变，穿过Ⅱ线圈中磁通量不变，没有感应电流产生， 的示数为零，故选项 B 错误； C、保持开关 S 闭合，移动变阻器 滑动触头的位置，Ⅰ线圈中电流变化，产生磁场也变化， 变化磁场也穿过Ⅱ线圈，Ⅱ线圈的磁通量变化，产生感应电流，则电流表 的示数不为零， 故选项 C 错误； D、断开开关 S 的瞬间，Ⅰ线圈中电流减小(从有到无)，产生磁场也变化，变化磁场也穿过Ⅱ 线圈，Ⅱ线圈的磁通量变化，产生感应电流，则电流表 的示数不为零，故选项 D 错误． 8. 下列四幅演示实验图中，实验现象能正确表述实验结论的是（ ） A. 图甲用磁铁靠近轻质闭合铝环 A，A 会靠近磁铁 B. 图乙断开开关 S，触点 C 不立即断开 C. 图丙闭合开关 S 时，电流表有示数，断开开关 S 时，电流表没有示数 D. 图丁铜盘靠惯性转动，手持磁铁靠近铜盘，铜盘转动加快 【答案】B 【解析】 【详解】A.图甲用磁铁靠近轻质铝环 A，由于 A 环中发生电磁感应，根据楞次定律可知，A 将 远离磁铁，故 A 错误； B. 图乙断开开关 S，由于 B 线圈中发生电磁感应现象阻碍电流的减小，因此线圈仍有磁性， 触电 C 不立即断开，故 B 正确； G G 0R G G - 6 - C. 图丙闭合开关 S 和断开开关 S 时均会发生电磁感应，因此电流表均有示数，故 C 错误； D. 当转动铜盘时，导致铜盘切割磁感线，从而产生感应电流，出现安培力，由楞次定律可知， 产生安培力导致铜盘转动受到阻碍．因此铜盘将转慢，故 D 错误． 故选 B. 多选题部分： 9. 中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南， 然常微偏东，不全南也．”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图所示．结 合上述材料，下列说法不正确的是（ ） A. 地理南、北极与地磁场的南、北极不重合 B. 地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近 C. 地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行 D. 距离地球表面高度相等的点，磁场的强弱相同 【答案】CD 【解析】 【详解】AB．地球是一巨大的磁体，地球内部也存在磁场，地磁场的南、北极分别在地理上 的北极和南极附近，两极并不重合，故 AB 两项正确，不符合题意； CD．由题图可以看出，在地球表面某些位置(如南极、北极附近)磁感线不与地面平行，距离 地球表面高度相等的点，磁场的强弱不相同；故 CD 两项错误，符合题意． 10. 如图所示，矩形线框 abcd 的 ad 和 bc 的中点 M、N 之间连接一电压表，整个装置处于足 够大的匀强磁场中，磁场的方向与线框平面垂直，当线框向右匀速平动时，以下说法正确的 是（　　） - 7 - A. MN 这段导体做切割磁力线运动，MN 间有电势差 B. 穿过线框 磁通量不变化，MN 间无感应电动势 C. MN 间无电势差，所以电压表无示数 D. 因为无电流通过电压表，所以电压表无示数 【答案】AD 【解析】 【详解】MN 切割磁感线，所以 MN 产生感应电动势，MN 间有电势差，故 A 正确、B 错误； 穿过线框的磁通量不变化，所以无感应电流，因此电压表无读数，故 C 错误，D 正确． 11. 如图所示，水平固定一截面为正方形的绝缘方管，其长度为 ，空间存在场强为 、方向 水平向右的匀强电场和磁感应强度为 、方向竖直向下的匀强磁场. 将质量为 、带电荷量为 的小球从左侧管口无初速度释放，已知小球与管道各接触面间的动摩擦因数均为 ，小球 运动到右侧管口处时速度为 ，该过程中（ ） A. 洛伦兹力对小球做功为 B. 电场力对小球做功为 C. 系统因摩擦而产生的热量为 D. 系统因摩擦而产生的热量为 【答案】BD 【解析】 解：A、小球向右运动，由左手定则可知，小球受到的洛伦兹力的方向垂直于纸面向里，与运 动的方向垂直，使用洛伦兹力不做功．故 A 错误； 的 L E B m q+ µ v 1 2 qvBL qEL mgLµ 21 2qEL mv− - 8 - B、小球受到的电场力大小为 F=qE，方向向右，小球运动的方向也向右，所以电场力做的功： W=FL=qEL．故 B 正确； C、小球在运动的过程中，受到向下的重力，向右的电场力，垂直于纸面向里的洛伦兹力，和 支持力的作用，在正方形绝缘方管的平面内，支持力的方向与重力、洛伦兹力的合力的方向 相反，大小为： 系统因摩擦而产生的热量为：Q=fL=μNL＞μmgL．故 C 错误； D、小球运动的过程中只有电场力和摩擦力做功，由动能定理得：qEL﹣Wf= ， 所以： ．故 D 正确． 故选 BD 【考点】带电粒子在混合场中的运动；功能关系． 【分析】根据左手定则判断出洛伦兹力的方向，然后结合锂离子的特点判断洛伦兹力做的功； 根据电场力的方向、大小以及小球运动的位移，计算出电场力做的功；使用 Q=fs 计算因摩擦 产生的内能． 【点评】该题考查带电小球在复合场中的运动，涉及受力分析、左手定则、以及摩擦力做功 等问题，对小球的受力分析一定要细致，否则，在计算摩擦力做功的过程中，容易出现错误， 将摩擦力计算为 μmg． 12. 1930 年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质 D 形盒 D1、D2 构成，其间留有空隙，下列说法正确的是（　　） A. 带电粒子由加速器的中心附近进入加速器 B. 带电粒子由加速器的边缘进入加速器 C. 电场使带电粒子加速，磁场使带电粒子旋转 D. 离子从 D 形盒射出时的动能与加速电场的电压无关 【答案】ACD 【解析】 【详解】AB．被加速离子只能由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器，故 A - 9 - 正确，B 错误； C．粒子在磁场中受到洛伦兹力而偏转，由于洛伦兹力并不做功，而离子通过电场时有 则离子是从电场中获得能量，故 C 正确； D．当离子离开回旋加速器时，动能最大，则有 得 则 粒子的最大动能 与加速的电压无关，故 D 正确。 故选 ACD。 第Ⅱ卷（非选择题 共 52 分） 二、实验题（本题共 1 小题，共计 6 分，连线 4 分、填空 2 分。） 13. 下图为研究电磁感应现象的实验装置，部分导线已连接． (1)用笔画线代替导线将图中未完成的电路连接好________． (2)在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将原线圈迅速从副 线圈抽出时，灵敏电流计指针将_________（选填“向右偏”、“向左偏”或“不偏转”）． 【答案】 (1). （1）如图 21 2qU mv= 2vqvB m r = mvr qB = qBrv m = 2 2 2 2 kmax 1 2 2 q B rE mv m = = - 10 - (2). （2）向左偏 【解析】 【详解】第一空.电路连接如图； 第二空. 在闭合开关时发现灵敏电流计 指针向右偏了一下，即当穿过线圈的磁通量增加时， 电流计指针向右偏；那么合上开关后，将原线圈迅速从副线圈抽出时，穿过线圈的磁通量减 小，则灵敏电流计指针将向左偏． 三、计算题（本题共 3 小题，计 46 分，解答题应写出必要的文字说明、方程式和 重要演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写 出数值和单位） 14. 如图所示，在倾角为 θ＝ 的斜面上，固定一宽 L＝0.25m 的平行金属导轨，在导轨上端 接入电源和滑动变阻器 R.电源电动势 E＝12V，内阻 r＝1Ω，一质量 m＝20g 的金属棒 ab 与两 导轨垂直并接触良好．整个装置处于磁感应强度 B＝0.80T、垂直于斜面向上的匀强磁场中(导 轨与金属棒的电阻不计)．金属导轨是光滑的，取 g＝10m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求： （1）金属棒所受到的安培力的大小； （2）通过金属棒的电流的大小； （3）滑动变阻器 R 接入电路中的阻值． 【答案】（1）0.1 N（2）0.5 A（3）23 Ω 【解析】 【详解】(1)金属棒静止在金属导轨上受到重力、支持力和沿斜面向上的安培力，由受力平衡 代入数据得 的 30° sin 30F mg °=安 - 11 - (2) 由 F 安=BIL，解得： (3)设滑动变阻器接入电路的阻值为 R，根据闭合电路欧姆定律得 ，代入数据得 15. 如图，圆心为 O、半径为 r 的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感 应强度大小为 B．P 是圆外一点，OP=3r．一质量为 m、电荷量为 q(q>0)的粒子从 P 点在纸面 内垂直于 OP 射出．己知粒子运动轨迹经过圆心 O，不计重力．求 (1)粒子在磁场中做圆周运动的半径； (2)粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间． 【答案】(1) (2) 【解析】 【分析】 本题考查在匀强磁场中的匀速圆周运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识 解决问题的的能力． 【详解】（1）找圆心，画轨迹，求半径． 设粒子在磁场中运动半径为 R，由几何关系得： ① 易得： ② 0.1NF =安 0.5AI = ( )E I R r= + 23R = Ω 4rR 3 = 3mt 2qB = 2 2R R r 3r+ + = 4rR 3 = - 12 - （2）设进入磁场时速度的大小为 v，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 ③ 进入圆形区域，带电粒子做匀速直线运动，则 ④ 联立②③④解得 16. 如图所示，MN、PQ 为竖直放置的两根足够长平行光滑导轨，相距为 d=0.5m，M、P 之间 连一个 R=1.5Ω 的电阻，导轨间有一根质量为 m=0.2kg，电阻为 r=0.5Ω 的导体棒 EF，导体棒 EF 可以沿着导轨自由滑动，滑动过程中始终保持水平且跟两根导轨接触良好。整个装置的下半 部分处于水平方向且与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度为 B=2T。取重力加速度 g=10m/s2，导轨电阻不计。 (1)若导体棒 EF 从磁场上方某处沿导轨下滑，进入匀强磁场时速度为 v=2m/s， a.求此时通过电阻 R 电流大小和方向 b.求此时导体棒 EF 的加速度大小 (2)若导体棒 EF 从磁场上方某处由静止沿导轨自由下滑，进入匀强磁场后恰好做匀速直线运动， 求导体棒 EF 开始下滑时离磁场的距离。 【答案】(1)a.1A，由 P 指向 M；b. 5m/s2；(2)0.8m 【解析】 【详解】(1)a.由公式 E=Bdv 求感应电动势，由闭合电路欧姆定律求感应电流的大小，由右手 定则判断感应电流的方向； b.由公式 F=BdI 求出棒所受 安培力，再由牛顿第二定律求加速度； (2)由平衡条件和安培力与速度的关系式，求出匀速运动的速度，再由自由落体运动的规律求 的 的 2mvqvB r = 2r vt= 3mt 2qB = - 13 - 解。 (1)a.导体棒 EF 产生的感应电动势 由闭合电路欧姆定律，得 方向：由 P 指向 M。 b.导体棒所受安培力 由牛顿第二定律 可得 (2)导体棒匀速运动时，有 又 则得匀速运动的速率为 由自由落体公式 得 【点睛】本题是电磁感应与力学知识的综合，既要掌握电磁感应的基本规律，如法拉第电磁 感应定律、右手定则等，又要熟练推导出安培力，运用平衡条件解答。 E Bdv= 1AE BdvI R r R r = = =+ + F BId= mg F ma− = 25m/sBIda g m = − = mg BI d= ′ mBdvEI R r R r ′′ = =+ + m 2 2 ( ) 4m/smg R rv B d += = 2 2v gh= 2 m 0.8m2 vh g = =