【物理】河北省深州市中学2019-2020学年高二下学期期末考试试题(解析版)

深州市中学2019-2020学年高二下学期期末考试
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】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】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A B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】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。

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（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】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
5. 关于磁感应强度，下列说法中正确的是（）
A. 若长为L 、电流为I 的导线在某处受到的磁场力为F ，则该处的磁感应强度必为
F IL B. 由F B IL =知，B 与F 成正比，与IL 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S 极所受磁场力的方向 【答案】C
【解析】A ．只有当通过导线垂直放入磁场中，磁感应强度才为
F IL ，若导线与磁场不垂直，则磁感应强度大于F IL ．故A 错误． B ．F B IL
=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 bc ⊥，ab 长为l ，bc 长为
34
l ，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. 74
F BIl =
，4tan 3θ= B. 74F BIl =
，3tan 4θ= C. 54F BIl =，4tan 3θ= D. 54F BIl =，3tan 4θ= 【答案】D 【解析】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：5=4L ac l =
根据F BIL =，得：54F BIl = F 与bc 的夹角θ：3tan 4
bc ab 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
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R 0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】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,G 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，G 的示数为零，故选项B 错误；
C 、保持开关S 闭合，移动变阻器0R 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G 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G 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】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；
的
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；
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】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（）
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】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L ，空间存在场强为
E 、方向水平向右的匀强电场和磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场. 将质量为m 、带电荷量为q +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μ，小球运动到右侧管口处时速度为v ，该过程中（ ）
A. 洛伦兹力对小球做功为12qvBL
B. 电场力对小球做功为qEL
C. 系统因摩擦而产生的热量为mgL μ
D. 系统因摩擦而产生的热量为212
qEL mv - 【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；
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：
的
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 ﹣W f =
，
所以：．故D 正确．故选BD 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D 1、D 2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】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 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
212
qU mv =
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2
v qvB m r
= 得mv r qB
= 则qBr v m
= 粒子的最大动能2222k max 122q B r E mv m
== 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 (2). （2）向左偏
【解析】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＝30 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/s 2，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．
的
【答案】（1）0.1 N （2）0.5 A （3）23 Ω
【解析】(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sin?30F mg ︒=安 代入数据得0.1N F =安 (2) 由F 安=BIL ，解得：0.5A I =
(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()E I R r =+，代入数据得
23R =Ω
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)4r R 3
=(2)3m t 2qB = 【解析】（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：R 3r =①
易得：4r R 3
=②
（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2
mv qvB r =③ 进入圆形区域，带电粒子做匀速直线运动，则2r vt =④
联立②③④解得3m t 2qB
= 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/s 2，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/s 2；(2)0.8m
【解析】(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解。

(1)a .导体棒EF 产生的感应电动势E Bdv =
的
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联系电话：400-186-9786 由闭合电路欧姆定律，得1A E
Bdv
I R r R r ===++
方向：由P 指向M 。

b .导体棒所受安培力F BId =
由牛顿第二定律mg F ma -=
可得2
5m/s BId a g m =-=
(2)导体棒匀速运动时，有mg BI d ='
又m
Bdv E I R r R r ''==++
则得匀速运动的速率为m 22()
4m/s mg R r v B d +==
由自由落体公式22v gh =得2
m
0.8m 2v h g ==。