云南省景东第一中学高二物理下学期开学考试试题(含解析)

云南省景东第一中学2018—2019学年高二物理下学期开学考试试题（含解析)
1. 下列说法中正确的是（）
A. 因为B=F/IL,所以某处磁感应强度的大小与通电导线的长度有关
B. 一小磁针放在磁场中的某处，若N极不受磁场力，则该处一定没有磁场
C。

一小磁针放在磁场中的某处，若小磁针不转动，则该处一定没有磁场
D。

一小段通电导线放在磁场中的某处，若不受磁场力，则该处一定没有磁场
【答案】B
【解析】
试题分析:磁感应强度是磁场本身的性质，与放在磁场中的通电导线的长度及电流的大小均无关，故选项A 错误；一小磁针放在磁场中的某处，若N极不受磁场力，则该处一定没有磁场，选项B正确；一小磁针放在磁场中的某处,若小磁针不转动，也可能是小磁针的指向正好是磁场的方向，故不能确定该处一定没有磁场，选项C错误；一小段通电导线放在磁场中的某处，若不受磁场力,可能是电流方向与磁场方向平行的缘故，不能说明该处一定没有磁场，选项D错误；故选B.
考点:磁场；磁感应强度
【名师点睛】此题考查学生对磁感应强度的理解；要知道磁场的磁场应强度是通过放在磁场中的通电导线所受的最大的安培力与导体长度和电流乘积的比值来量度的,但是磁感应强度和导体的存在是没有关系的；当导体的方向平行磁场时，导体是不受安培力的。

2.如图所示，两个共轴的圆筒形金属电极，外电极接地，其上均匀分布着平行于轴线的四条狭缝a、b、c
和d，外筒的外半径为r。

在圆筒之外的足够大区域中有平行于轴线方向的均匀磁场，磁感应强度的大小为B.在两极间加上电压，使两圆筒之间的区域内有沿半径向外的电场．一质量为m、带电量为＋q的粒子，从紧靠内筒且正对狭缝a的S点出发，初速度为零．如果该粒子经过一段时间的运动之后恰好又回到出发点S，设两电极之间的电压大小为U,则（)
A。

U＝B。

U＝ C. U＝ D. U＝
【答案】A
【解析】
【详解】粒子在两电极间加速,由动能定理得：qU=mv2—0,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：qvB=m，粒子从S点出发，经过一段时间后再回到S点,粒子的运动轨迹如图所示，
由几何知识可知，粒子从a到d必经过3/4圆周，粒子轨道半径：R=r,解得：，故A正确，BCD错误;故选A。

3。

光滑绝缘水平面上相距为L的点电荷A、B带电荷量分别为＋4q和－q,如图所示，今引入第三个点电荷C，使三个点电荷都处于平衡状态，则C的电荷量和放置的位置是（）
A. －q,在A左侧距A为L处
B。

－2q,在A左侧距A为处
C. ＋4q,在B右侧距B为L处
D. ＋2q，在B右侧距B为处
【答案】C
【解析】
试题分析:A、B、C三个电荷要平衡,必须三个电荷在一条直线上，外侧二个电荷相互排斥，中间电荷吸引外侧两个电荷，所以外侧两个电荷距离大，要平衡中间电荷的拉力，必须外侧电荷电量大，中间电荷电量小,所以C必须带正电，在B的右侧．设C所在位置与B的距离为r，则C所在位置与A的距离为L＋r,要能处于平衡状态,所以A对C的电场力大小等于B对C的电场力大小，设C的电量为Q．则有：,解得:r＝L．对点电荷A，其受力也平衡,则：解得:Q＝4q,即C带正电,电荷量为4q，在B 的右侧距B为L处．故选C．
考点：库仑定律；物体的平衡
4。

如图所示,水平向右的匀强电场场强为E,垂直纸面向里的水平匀强磁场磁感应强度为B，一带电量为q
的液滴质量为m,在重力、电场力和洛伦兹力作用下做直线运动,下列关于带电液滴的性质和运动的说法中正确的是（）
A. 液滴一定带负电
B。

液滴可能做匀加速直线运动
C。

不论液滴带正电或负电，运动轨迹为同一条直线
D. 液滴不可能在垂直电场的方向上运动
【答案】D
【解析】
在重力、电场力和洛伦兹力作用下做直线运动，说明洛伦兹力要被抵消，若不能被抵消就不能做直线运动．重力和电场力是恒力，所以洛伦兹力与重力和电场力的合力相平衡时，液滴才能做直线运动，无论液滴带正电还是负电,液滴沿垂直于重力与电场力的合力方向向上运动即可，A错误；重力和电场力是恒力，所以洛伦兹力不发生改变,故液滴一定做匀速直线运动，B错误;由A选项分析可知,液滴带正电或负电时，运动轨迹恰好垂直，不是同一直线，C错误；若液滴在垂直电场的方向上运动，则洛伦兹力与电场力在同一直线上,重力不可能被平衡,故液滴不可能在垂直电场的方向上运动，D正确．选D．
5. 如图所示的磁场中，有P、Q两点.下列说法正确的是
A。

P点的磁感应强度小于Q点的磁感应强度
B. P、Q两点的磁感应强度大小与该点是否有通电导线无关
C. 同一小段通电直导线在P、Q两点受到的安培力方向相同,都是P→Q
D。

同一小段通电直导线在P点受到的安培力一定大于在Q点受到的安培力
【答案】B
【解析】
A、磁感线的疏密表示磁场的强弱，由图象知P点的磁场比Q点的磁场强，A错误；
B、磁感应强度是由磁场本身决定的，与该点是否有通电导线无关．故B正确；
C、根据左手定则，通电直导线受到的安培力的方向
与磁场的方向垂直,所以它们受到的安培力的方向不能是P→Q,故C错误；D、同一小段通电直导线在在都与磁场的方向垂直的条件下,在P点受到的安培力才能大于在Q点受到的安培力，故D错误；故选B。

【点睛】解决本题的关键掌握磁感线的特点，磁感线上某点的切线方向表示磁场的方向，磁感线的疏密表示磁场的强弱．
6.下列物理量全都是矢量的一组是（）
A. 电场强度电势B。

电流电容
C. 电场强度磁感应强度
D. 磁感应强度电动势
【答案】C
【解析】
【详解】电场强度、磁感应强度都是既有大小又有方向的物理量，是矢量；而电势、电流、电容和电动势是标量，故选C。

7. 如图，是一个常用的电子元件，关于它的说法正确的是
A. 这个电子元件名称叫电阻
B。

这个电子元件的电容是220法拉
C。

这个电子元件可容纳的电量是50库仑
D。

这个电子元件耐压值为50伏
【答案】D
【解析】
试题分析：由该电子元件的铭牌“50V220μF”，μF是电容的单位，可知,这个电子元件名称是电容器,其电容是220μF，耐压值为50V．由Q=CU知，这个电子元件可容纳的电量是
，故D正确，ABC错误．故选D．
考点：电容器
8.如图所示,半径为R的绝缘圆筒内分布着匀强磁场，磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里.一个质量为m、电荷量为q的正离子（不计重力）以某一速度从筒壁上的小孔P进入筒中，速度方向与半径成＝30°夹角并垂直于磁场方向.不计离子和筒壁通撞时能量和电荷量的损失。

若粒子在最短的时间内返回P孔，则离子的速度和最短的时间分别是（ )
A. `
B。

`
C。

`
D。

`
【答案】B
【解析】
离子只与圆筒碰撞一次，经历的时间最短，轨迹如图所示：
设离子在磁场中的轨迹半径为r，速度为v，根据向心力公式①
结合图中的几何关系可得r=2R②
解得离子的速率v= ③
离子在磁场中走过的每段圆弧对应的圆心角α=60∘④
经历的时间t=T/3⑤
即t= ，故B正确，ACD错误
故选:B
点睛：离子要在最短的时间内返回P点,离子只能与圆筒碰撞一次,据此画出离子的运动轨迹如图所示,碰撞点在过P点的直径的另一端，粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据题意求出粒子转过的圆心角，然后根据周期公式求出粒子的运动时间,然后求出粒子的轨道半径，由牛顿第二定律求出粒子的速度．
9.地球的地理两极与地磁的两极并不重合，因此磁针并非准确的指南或者指北，其间有一个夹角——磁偏
角．世界上第一个观测到磁偏角的人是( ）
A。

中国的沈括 B. 中国的郑和
C. 意大利的哥伦布
D. 葡萄牙的麦哲伦
【答案】A
【解析】
世界上第一个清楚的、准确的论述磁偏角的是沈括,沈括是中国历史上最卓越的科学家之一,他发现了地磁偏角的存在，比欧洲发现地磁偏角早了四百多年，故A正确，BCD错误.
10.如图所示，质子(）和α粒子（）,以相同的初动能垂直射入偏转电场(粒子不计重力），则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为( ）
A。

1∶1B。

1∶2C。

2∶1D。

1∶4
【答案】B
【解析】
【详解】质子和α粒子垂直射入偏转电场都做类平抛运动,根据牛顿第二定律得到粒子加速度的表达式为;粒子射出电场时的侧位移y的表达式为y=at2，又；E K＝mv02;联立得,；由题,两个粒子的初动能E k相同，E、L相同，则y与q成正比，质子（）和α粒子()电荷量之比为1：2，侧位移y之比为1：2.故选B.
11. 下列说法正确的是
A穿过线圈的磁通量为零时，感应电动势一定为零；
B穿过线圈的磁通量不为零，感应电动势也一定不为零；
C穿过线圈的磁通量均匀变化时,感应电动势也均匀变化;
D穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大。

【答案】D
【解析】
试题分析：由法拉第电磁感应定律可知穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大，与磁通量的大小没有直接的联系，所以AB错误,D正确；穿过线圈的磁通量均匀变化时，感应电动势恒定不变，所以C 错误。

考点:法拉第电磁感应定律的理解
12.某研究性学习小组在探究电磁感应现象和楞次定律时,设计并进行了如下实验：如图,矩形金属线圈放置在水平薄玻璃板上，有两块相同的蹄形磁铁,相对固定,四个磁极之间的距离相等．当两块磁铁匀速向右通过线圈位置时，线圈静止不动，那么线圈所受摩擦力的方向是（)
A。

先向左，后向右 B. 先向左，后向右,再向左
C. 一直向右D。

一直向左
【答案】D
【解析】
【详解】当原磁通量增加时，感应电流的磁场与原来磁场的方向相反，两个磁场产生相互排斥的作用力；当原磁通量减少时，感应电流的磁场就与原来磁场的方向相同，两个磁场产生相互吸引的作用力，所以感应电流总要阻碍导体和磁极间的相对运动。

当磁铁匀速向右通过线圈时,N极靠近线圈,线圈的感应电流总要阻碍磁极的相对运动，给磁极向左的安培力,那么磁极给线圈向右的安培力，线圈静止不动，是因为受到了向左的摩擦力.当N极离开线圈，线圈的感应电流总要阻碍磁极的相对运动,给磁极向左的安培力，那么磁极给线圈向右的安培力，线圈静止不动，是因为受到了向左的摩擦力。

所以整个过程线圈所受的摩擦力一直向左。

故D正确。

故选D.
13。

如图所示，两个相互绝缘的闭合圆形线圈P、Q放在同一水平面内．当线圈P中通有不断增大的顺时针方向的电流时，下列说法中正确的是（)
A。

线圈Q内有顺时针方向的电流且有收缩的趋势
B。

线圈Q内有顺时针方向的电流且有扩张的趋势
C。

线圈Q内有逆时针方向的电流且有收缩的趋势
D。

线圈Q内有逆时针方向的电流且有扩张的趋势
【答案】D
【解析】
试题分析：当线圈A中通有不断增大的顺时针方向的电流时，周围的磁场发生变化，即通过线圈B的磁通量发生变化，根据楞次定律结合右手螺旋定则判断出B线圈中感应电流的方向．根据楞次定律的另一种表述，
引起的机械效果阻碍磁通量的变化，确定线圈B有扩张还是收缩趋势．
解：当线圈A中通有不断增大的顺时针方向的电流时,知穿过线圈B的磁通量垂直向里，且增大，根据楞次定律，线圈B产生逆时针方向的电流，由于穿过线圈B的磁通量增大,根据楞次定律的另一种表述，线圈B 有扩张的趋势，阻碍磁通量的增加．故B正确，A、C、D错误．
故选B．
【点评】解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，以及掌握楞次定律的另一种表述，感应电流引起的机械效果阻碍磁通量的变化．
14。

如图甲所示，平面上的光滑平行导轨MN、PQ上放着光滑导体棒ab、cd，两棒用细线系住,细线拉直但没有张力．开始时匀强磁场的方向如图甲所示，而磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示,不计ab、cd
间电流的相互作用，则细线中的张力大小随时间变化的情况为（)
A. B. C。

D.
【答案】D
【解析】
【详解】由图乙所示图象可知，0到t0时间内,磁场向里，磁感应强度B均匀减小，线圈中磁通量均匀减小，由法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的感应电动势,形成恒定的电流。

由楞次定律可得出电流方向沿顺时针，故ab受力向左，cd受力向右，而张力F=F安=BIL,因B减小,故张力将减小；由t0到t1时间内，线圈中的磁场向外，B均匀增大，回路中产生恒定的感应电流，由楞次定律可知,电流为顺时针，由左手定则可得出，两杆受力均向里，故两杆靠近，细线中张力消失，故D正确，ABC错误;故选D。

15.霍尔效应是电磁基本现象之一，近期我国科学家在该领域的实验研究上取得了突破性进展．如图甲所示，在一矩形半导体薄片的E、F间通入电流I,同时外加与薄片垂直的磁场B,在C、D间出现电压U CD,这种现象称为霍尔效应，U CD称为霍尔电压，且满足U CD＝k，式中d为薄片的厚度，k为霍尔系数，某同学通过实验来测定该半导体薄片的霍尔系数．
（1）若该半导体材料是空穴(可视为带正电粒子）导电,电流与磁场方向如图所示，该同学用电压表测量UCD 时,应将电压表的“＋”接线柱与________（填“C"或“D")端通过导线相连．
（2)已知薄片厚度d＝0.40 mm，该同学保持磁感应强度B＝0.10 T不变，改变电流I的大小,测量相应的U CD 值，记录数据,描点作图,画出U CD－I图线，如图乙所示，利用图线求出该材料的霍尔系数为________×10－3V·m·A－1·T－1(保留2位有效数字）．
【答案】 (1). C; （2）。

1。

3
【解析】
（1)根据左手定则得，正电荷向C端偏转，所以应将电压表的“＋”接线柱与C端通过导线相连．
（2)UCD－I图线如图所示．
根据知，图线的斜率为,
解得霍尔系数:
.综上所述本题答案是:(1）。

C; (2). 1.3
16.要测绘额定电压为2V的日常用小电珠的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择:
A、电源E（电动势3。

0V，内阻可不计）
B、电压表V1（量程为0~3。

0V，内阻约2kΩ）
C、电压表V2 (0～15.0V，内阻约6kΩ
D、电流表A1（0~0。

6A，内阻约1Ω）
E、电流表A2（0~100mA，内阻约2Ω）
F、滑动变阻器R1（最大值10Ω）
G、滑动变阻器R2(最大值2kΩ）
(1）为减少实验误差，实验中电压表应选择_______，电流表应选择_______，滑动变阻器应选择_______．（填各器材的序号)
（2)为提高实验精度,请你设计实验电路图，并画在下面的虚线框中_______；
（3)实验中测得一组数据如表所示,根据表格中的数据在方格纸上作出该电珠的伏安特性曲线_______
(4）该小电珠的额定功率是_______．
【答案】（1）. （1）B (2）。

D (3)。

F (4）。

(2）电路图如图所示
(5）。

（3）如图所示
（6). (4）1.00 W
【解析】
（1）由题意小灯泡额定电压为2V，额定电流为0。

5A，故电压表应选B，电流表应选D,又描绘伏安特性曲线要求电流从零调，故变阻器应用分压式接法，应选阻值小的变阻器F；
(2)由于小电珠电珠较小，满足，电流表应用外接法，又变阻器应采用分压式接法，电路图如图所示（3）根据表格中的数据在方格纸上作出该电珠的伏安特性曲线
（4)由图可知，当电压为2V,电流为0.50A；则功率P=UI=2×0。

50=1。

0W；
(5)由图可知，图象的斜率越来越大；故说明灯泡电阻随随电压的增大而增大；
17.如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0。

40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37º,在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0。

50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。

金属导轨的一端接有电动势E=4。

5V、内阻r=0.50Ω的直流电源。

现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止。

导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨的其它电阻不计，g取10m/s2。

已知sin37º=0。

60，cos37º=0。

80,
试求：
（1）通过导体棒的电流；
（2）导体棒受到的安培力大小;
(3）导体棒受到的摩擦力的大小。

【答案】（1）1。

5A (2）0.30N （3)0.06N
【解析】
【分析】
（1）根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小。

（2）根据安培力的公式F=BIL求出安培力的大小，运用左手定则判断安培力的方向。

（3）导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力处于平衡，根据共点力平衡求出摩擦力的大小。

【详解】（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有:
代人数据解得:I=1.5A
(2）导体棒受到的安培力：F安=BIL
代人数据解得：F=0。

30N，方向沿斜面向上
(3)导体棒所受重力沿斜面向下的分力为：F1=mgsin37°=0。

24N
由于F1小于安培力,故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件有：
mgsin37°+f=F安
解得:f=0.06N
【点睛】解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力. 18。

如图所示，绝缘光滑水平轨道AB的B端与处于竖直平面内的四分之一圆弧形粗糙绝缘轨道BC平滑连接，圆弧的半径R＝0.40 m．在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E＝1.0×104N/C。

现有一质量m＝0.10 kg的带电体（可视为质点）放在水平轨道上与B端相距s＝1。

0 m的位置，由于受到电场力的作用带电体由静止开始运动,当运动到圆弧形轨道的C端时,速度恰好为零．已知带电体所带电荷量q＝8.0×10－5C，取g＝10 m/s2,求：
(1）带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧形轨道的压力；
(2）带电体沿圆弧形轨道从B端运动到C端的过程中，摩擦力做的功．
【答案】（1) 5。

0 N，方向:竖直向下（2） W f＝－0。

72 J
【解析】
【详解】(1）设带电体在水平轨道上运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有qE=ma
解得a＝＝8m/s2
设带电体运动到B端的速度大小为v B，则v B2＝2as
解得v B＝＝4m/s
设带电体运动到圆轨道B端时受轨道的支持力为N，根据牛顿第二定律有
N−mg＝m
解得N＝mg+m＝5N
根据牛顿第三定律可知,带电体对圆弧轨道B端的压力大小N′=N=5N
方向竖直向下
（2）因电场力做功与路径无关，所以带电体沿圆弧形轨道运动过程中,电场力所做的功
W电=qER=0.32J
设带电体沿圆弧形轨道运动过程中摩擦力所做的功为W摩,对此过程根据动能定理有
W电+W摩−mgR＝0−mv B2
解得W摩=-0.72J
19.如图甲所示,光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L＝0.30 m．导轨电阻忽略不计，其间接有固定电阻R＝0。

40 Ω.导轨上停放一质量为m＝0.10 kg、电阻r＝0.20 Ω的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度B＝0.50 T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下．利用一外力F沿水平方向拉金属杆ab,使之由静止开始做匀加速直线运动，电压传感器可将R两端的电压U即时采集并输入电脑,并获得U随时间t的关系如图乙所示．求：
(1）金属杆加速度的大小；
（2）第2 s末外力的瞬时功率．
【答案】（1）1.0 m/s2（2）0。

35W
【解析】
试题分析：（1）设金属杆的运动速度为v,则感应电动势E=BLv
通过电阻R的电流
电阻R两端的电压
由图乙可得U=kt，k=0．1
解得:
金属杆做匀加速运动，加速度
（2)在2s末，安培力
设外力大小为F2，由F2-F安=ma，解得F2=0．175N
故2s末F的瞬时功率P=F2v2=F2at=0．35W
考点:法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律;功率
【名师点睛】解决本题的关键根据U与t的关系,推导出v与t的关系,掌握导体切割产生的感应电动势大小，以及掌握能量守恒定律．。