1、河北省石家庄市第二中学2020-2021学年高二物理上学期期中试题（竞赛班，含解析）一、单项选择题（本大题共8个小题，每小题只有一个最佳选项。每小题4分，共32分。）1. 下列关于电场和磁场的说法中正确的是()A. 电场线和磁感线都封闭曲线B. 电场线和磁感线都是不封闭曲线C. 通电导线在磁场中一定受到磁场力的作用D. 电荷在电场中一定受到电场力的作用【答案】D【解析】【详解】电场线不闭合，而磁感线是闭合的，故AB错误；通电导线与磁场平行时，不受磁场力作用，故C错误；电荷在电场中一定受到电场力的作用，故D正确所以D正确，ABC错误2. 如图所示，一根质量为m的金属棒AC用软线悬挂在磁感强度为B
2、的匀强磁场中，通入AC方向的电流时，悬线张力不为零，欲使悬线张力为零，可以采用的办法是 （ ）A. 不改变电流和磁场方向，适当增大电流B. 只改变电流方向，并适当减小电流C. 不改变磁场和电流方向，适当减小磁感强度D. 同时改变磁场方向，并适当减小磁感强度【答案】A【解析】【详解】A对导体棒，由平衡知识可知T+F安=mg若不改变电流和磁场方向，适当增大电流，可增大安培力，能使悬线张力为零故A正确；B只改变电流方向，金属棒所受安培力方向向下，悬线张力一定不为零故B错误；C不改变磁场和电流方向，适当减小磁感应强度，则安培力减小，悬线张力一定不为零故C错误；D同时改变磁场和电流方向，安培力的方向不变
3、，但适当减小磁感应强度会使安培力减小，悬线张力一定不为零故D错误；故选A.3. 如图所式，矩形MNPQ区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有5个带点粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧，这些粒子的质量，电荷量以及速度大小如下表所示粒子编号 质量电荷量（q0）速度大小1m2qv22m-2q2v33m-3q3v42m2q3v52m-qv由以上信息可知，从图中abc处进入的粒子对应表中的编号分别为（ ）A. 3，5，4B. 4，2，5C. 5，3，2D. 2，4，5【答案】D【解析】【详解】粒子在磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有：即：从图中设：则
4、有：可知从a处和从b处进入的粒子的电荷种类相同，并且半径之比为：a和c处进入的粒子电荷种类相反，半径相同，故可判断出abc处进入的粒子编号为2，4，5。故D正确，ABC错误。故选D。4. 如图所示是电视机中显像管的偏转线圈示意图，它由绕在磁环上的两个相同的线圈串联而成，线圈中通有如图所示方向的电流。当电子束从纸里经磁环中心向纸外射来时（图中用符号“”表示电子束）。它将（）A. 向上偏转B. 向下偏转C. 向右偏转D. 向左偏转【答案】A【解析】【详解】根据右手螺旋定则判断上下两个线圈的N极均在右边，S极均在左边。即铁芯中间处的磁场方向是水平向左的。根据左手定则判定，由里向外射出的电子流受到的洛
5、仑兹力向上；故电子束会向上偏转；故选A。5. 穿过一个单匝闭合线圈的磁通量始终为每秒均匀增加，则（）A. 线圈中感应电动势每秒增加B. 线圈中感应电动势每秒减少C. 线圈中感应电动势始终为2VD. 线圈中感应电动势始终为一个确定值，但由于线圈有电阻，电动势小于【答案】C【解析】【详解】ABC磁通量始终保持每秒钟均匀地增加2Wb，则，根据法拉第电磁感应定律，可知E=2V保持不变。故C正确，AB错误。D线圈中产生的感应电动势的大小与线圈的电阻无关，故D错误；故选C。6. 如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒、，当在外力作用下运动时，在磁场力的作用下向右运动，则所做的运动可能是（）
6、A. 向右加速运动B. 向左加速运动C. 向右匀速运动D. 向左减速运动【答案】B【解析】【详解】根据右手螺旋定则可知，MN处于ab产生的垂直向里的磁场中，MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由右手定则可知PQ可能是向左加速运动或向右减速运动。故B正确，ACD错误。故选B。7. 半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图所示有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图所示。
7、在t0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q的静止粒子，则以下说法正确的是()A. 第2秒末粒子回到了原来位置B. 第2秒内上极板为正极C. 第3秒内上极板为负极D. 第2秒末两极板之间的电场强度大小为【答案】B【解析】【详解】D由图可知，B-t图像的斜率大小不变，线圈面积不变，根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势大小不变；两极板之间的电场强度大小为两极板之间的电场强度大小也不变。故D错误；B由图象可知，在第1s内，磁场垂直于纸面向内，磁感应强度变大，穿过金属圆环的磁通量变大，假设环闭合，由楞次定律可知，感应电流磁场与原磁场方向相反，即感应电流磁场方向垂直于纸面向外，然后由安培定则可知，感应
8、电流沿逆时针方向，由此可知，上极板电势低，是负极，下板是正极，场强方向向上，同理在第2s内和第3s内，上极板电势高，是正极，下板是负极，场强方向向下；故B正确，C错误；A电场强度大小不变，电场力大小不变，加速度大小不变，不失一般性，假定带电粒子带正电，第1s内电向上做初速度为0的匀加速运动，第2s内电向上做末速度为0的匀减速运动，所以带电粒子一直向上运动，第2秒末粒子不会回到了原来位置。故A错误。故选B。8. 如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为B，磁场方向相反，且与纸面垂直，磁场区域在x轴方向宽度均为a，在y轴方向足够宽。现有一高为a的正三角形导线框从图示位置开始向右
9、匀速穿过磁场区域。若以逆时针方向为电流的正方向，下列关于线框中感应电流i与线框移动距离x的关系图象正确的是（ ）A B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】线框从开始进入到全部进入第一个磁场时，磁通量向里增大，则由楞次定律可知，电流方向为逆时针，因切割的有效长度均匀增大，故由E=BLv可知，电动势也均匀增加；而在全部进入第一部分磁场时，磁通量达最大，该瞬间变化率为零，故电动势也会零，当线圈开始进入第二段磁场后，线圈中磁通量向里减小，则可知电流为顺时针，故C正确。故选C。二、多项选择题（本大题共8个小题，每小题均有多个正确选项。选对得4分，选对但不全得2分，多选、错选均不得分。每小题4分，共
10、32分。）9. 如图所示，用绝缘轻绳悬吊一个带正电的小球，放在匀强磁场中现把小球拉至悬点右侧a点，轻绳被水平拉直，静止释放后，小球在竖直平面内来回摆动在小球运动过程中，下列判断正确的是( )A. 小球摆到悬点左侧的最高点与a点应在同一水平线上B. 小球每次经过最低点时所受洛伦兹力大小相等C. 小球每次经过最低点时所受洛伦兹力方向相同D. 小球每次经过最低点时轻绳所受拉力大小相等【答案】AB【解析】【详解】由于洛伦兹力不做功，小球机械能守恒，每次到达的高度相同；每次运动到最低点的速度大小相等，所受洛伦兹力大小相等但是由于运动方向有向左或向右，所以洛伦兹力方向可能向下或向上每次需要的向心力一样大，
11、则拉力不同。故选AB10. 如图所示，质量为m，带电荷量为q的P环套在固定的水平长直绝缘杆上，整个装置处在垂直于杆的水平匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现给环一向右的初速度v0（），则 （ ）A. 环将向右减速，最后匀速B. 环将向右减速，最后停止运动C. 从环开始运动到最后达到稳定状态，损失的机械能是D. 从环开始运动到最后达到稳定状态，损失的机械能是【答案】AD【解析】【详解】AB环在向右运动过程中受重力mg，洛伦兹力F，杆对环的支持力、摩擦力作用，由于，所以，在竖直方向有：在水平方向存在向左的摩擦力作用，所以环的速度越来越小，当FN0时，Ff0，环将作速度的匀速直线运动，A正确，B错误；
12、CD从环开始运动到最后达到稳定状态，损失的机械能为动能的减少，即：D正确，C错误。故选AD。11. 如图所示，圆柱形区域的横截面在没有磁场的情况下，带电粒子（不计重力）以某一初速度沿截面直径方向入射时，穿过此区域的时间为t；若该区域加沿轴线方向的匀强磁场，磁感应强度为B，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，速度方向偏转了 ，根据上述条件可求得的物理量为( )A. 带电粒子的初速度B. 带电粒子在磁场中运动的半径C. 带电粒子在磁场中运动的周期D. 带电粒子的比荷【答案】CD【解析】【详解】AB由于不知圆磁场的半径，因此带电粒子的运动半径也无法求出，以及初速度无法求，故AB错
13、误。CD无磁场时，带电粒子做匀速直线运动，设圆柱形区域磁场的半径为R，则而有磁场时，带电粒子做匀速圆周运动，由半径公式可得：如图所示：由几何关系得，圆磁场半径与圆轨道半径的关系：联式可得：带电粒子在磁场中运动的周期为：故CD正确；12. 如图所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则() A. 经过最高点时，三个小球的速度相等B. 经过最高点时，甲球的
14、速度最小C. 甲球的释放位置比乙球的高D. 运动过程中三个小球的机械能均保持不变【答案】CD【解析】【详解】ABC三个小球在运动过程中机械能守恒，有mghmv2在圆形轨道的最高点时对甲有qv1Bmg对乙有mgqv2B对丙有mg可判断v1v3v2选项AB错误，D正确；C根据可知，甲球的释放位置比乙球的高，选项C正确故选CD.13. 某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为T一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100m，该河段涨潮和落潮时有海水（视为导体）流过设落潮时，海水自西向东流，流速为2m/s下列说法正确的是A. 河北岸的电势较高B. 河南岸的电势较高C. 电压表记录的电压为9
15、mVD. 电压表记录的电压为5mV【答案】AC【解析】地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，落潮时，海水自西向东流，相当于导体切割磁感线，由右手定则判断可知，感应电动势的方向由河南岸指向北岸，则河北岸的电势较高故A正确，B错误海水自西向东流切割地磁场的磁感线，产生的感应电动势大小为：E=BLv=4.510-5T100m2m/s=9mV；则电压表记录的电压为9mV故C正确，D错误故选AC点睛：本题运用右手定则判断感应电动势的方向，由E=BLv求感应电动势，考查运用物理知识处理实际问题的能力.14. 如图所示，虚线框中存在匀强电场E和匀强磁场B，它们相互正交或平行有一个带负电的小球从该复合场上方的某
16、一高度处自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过下列的哪些复合场区域（ ）A. B. C. D. 【答案】CD【解析】【详解】A小球受重力、向右的电场力、向左的洛伦兹力，下降过程中速度一定变大，故洛伦兹力一定增大，不可能一直与电场力平衡，故合力不可能一直向下，故一定做曲线运动，A错误；B小球刚进入场时，重力向下，电场力水平向左，洛伦兹力垂直向内，不平衡，合力与速度不共线，做曲线运动，B错误；C小球受重力、向左上方的电场力、水平向右的洛伦兹力，若三力平衡，则粒子做匀速直线运动，C正确；D粒子受向下的重力和向下的电场力，不受洛伦兹力，合力一定与速度共线，故粒子一定做直线运动，D正确故选CD。15.
17、如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO为其对称轴一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，当运动到关于OO对称的位置时()A. 穿过回路磁通量为零B. 回路中感应电动势大小为2BLv0C. 回路中感应电流的方向为顺时针方向D. 回路中ab边与cd边所受安培力方向相同【答案】ABD【解析】试题分析：磁通量为穿过平面的净磁通，故此时刻磁通量为零，所以A正确；ab切割磁感线产生电动势为Blv0，cd边切割磁感线产生电动势也是Blv0，由右手定则知，两电动势串联，故回路中感应电动势大小为2Blv0，所以B正确
18、；根据右手定则可知感应电流的方向为逆时针方向，所以C错误；再根据左手定则可判断回路中ab边与cd边所受安培力方向均向左，所以D正确考点：本题考查磁通量、右手定则、左手定则16. 两根相距为L的足够长的金属直角导轨按如图所示放置，它们各有一部分在同一水平面内，另一部分垂直于水平面.质量均为m的金属细棒ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，棒与导轨之间的动摩擦因数均为，导轨电阻不计，回路总电阻为2R.整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中.当ab棒在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v1沿导轨匀速运动时，cd棒也正好以速度v2向下匀速运动.重力加速度为g.下列说法中正确的是 （
19、）A. ab棒所受拉力F的大小为B. cd棒所受摩擦力为零C. 回路中的电流为D. 与v1大小的关系为【答案】AD【解析】【详解】AC.ab棒切割磁感线时产生沿abdca方向，大小为E=BLv1的感应电动势，则感应电流大小为，对ab棒匀速运动时： 解得，选项A正确，C错误；BD.cd棒向下匀速运动时，在竖直方向受到的摩擦力和重力相平衡，有f=BIL=mg，联立以上各式解得，故D正确，B错误.三、计算题（本题共4个小题，每道题须写出解题步骤，共36分。）17. 如图所示，在一个圆形区域内，两个方向相反且都垂直于纸面匀强磁场分布在以直径A2A4为边界的两个半圆形区域、中，A2A4与A1A3的夹角为
20、60一质量为m、带电量为+q的粒子以某一速度从区的边缘点A1处沿与A1A3成30角的方向射入磁场，随后该粒子以垂直于A2A4的方向经过圆心O进入区，最后再从A4处射出磁场已知该粒子从射入到射出磁场所用的时间为t，求区和区中磁感应强度的大小（忽略粒子重力）【答案】 ； 【解析】分析】由题意可知粒子在两磁场中的转动轨迹，由几何关系可知两圆的半径，则由洛仑兹力充当向心力可列出方程；再根据在两磁场中转过的圆心角可求得在两磁场中的时间，则由两粒子在两磁场中运动的总时间可列出关于时间的表达式，联立可解得磁感应强度【详解】设粒子的入射速度为v，已知粒子带正电，故它在磁场中先顺时针做圆周运动，再逆时针做圆周运
21、动，最后从A4点射出，用B1、B2、R1、R2、T1、T2分别表示在磁场区磁感应强度、轨道半径和周期qvB1mqvB2m 设圆形区域的半径为r，如图所示，已知带电粒子过圆心且垂直A2A4进入区磁场，连接A1A2，A1OA2为等边三角形，A2为带电粒子在区磁场中运动轨迹的圆心，其半径R1=A1A2=OA2=r圆心角A1A2O=60，带电粒子在区磁场中运动的时间为t1 T1带电粒子在区磁场中运动轨迹的圆心在OA4的中点，即R=r在区磁场中运动时间为t2T2带电粒子从射入到射出磁场所用的总时间t=t1+t2由以上各式可得B1 B2故I区磁感应强度为；II区磁感应强度为18. 如图所示，一轻绳绕过两轻
22、质滑轮，两端分别连接着矩形导线框和石块，线框的边长，边长，电阻，质量，石块的质量，两水平平行虚线、之间存在着垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度，如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，和的距离 （取）。问：(1)线框进入磁场前石块的加速度a为多大？(2)线框进入磁场时匀速运动的速度v为多大？(3)线框完全进入磁场后，边继续运动到线的过程中，其运动性质如何？【答案】(1)；(2) 6m/s ；(3)见解析【解析】【详解】(1) 线框进入磁场前，线框A1仅受到细线的拉力FT和重力mg，石块A2受到重力Mg和拉力FT由牛顿第二定律得，对线框有：FT-mg=ma对石块有：Mg-FT=Ma
23、联立解得：(2) 因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，所以石块受力平衡Mg=FT线框abcd受力平衡得：FT=mg+FAab边进入磁场切割磁感线，产生感应电动势为：E=Bl1v，产生的感应电流为：，受到的安培力：FA=BIl1，联立各式解得：代入数据解得：v=6m/s(3) 线框完全进入磁场后到ab边运动至gh线，线框中无感应电流，受力情况同进入磁场前，所以该阶段仍做匀加速直线运动，加速度仍为：a=6m/s219. 利用霍尔效应制作的霍尔元件以及传感器，广泛应用于测量和自动控制等领域如图1，将一金属或半导体薄片垂直置于磁场B中，在薄片的两个侧面a、b间通以电流I时，另外两侧c、f间产生电
24、势差（霍尔电压），这一现象称为霍尔效应其原因是薄片中的移动电荷受洛伦兹力的作用向一侧偏转和积累，于是c、f间建立起电场EH，同时产生霍尔电压UH当电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡时，EH和UH达到稳定值（1）设半导体薄片的宽度（c、f间距）为l，请写出UH和EH的关系式；若半导体材料是电子导电的，请判断图1中c、f哪端的电势高；（2）已知半导体薄片内单位体积中导电的自由电荷数为n，每个电荷量为q理论表明霍尔电压UH的大小与I和B以及霍尔元件厚度d、材料的性质有关试推导出UH的表达式，并指出表达式中体现材料性质的物理量；（3）图2是霍尔测速仪的示意图，将非磁性圆盘固定在转轴上，圆盘的周边等距离地嵌
25、装着m个永磁体，相邻永磁体的极性相反霍尔元件置于被测圆盘的边缘附近当圆盘匀速转动时，霍尔元件输出的电压脉动信号图象如图3所示若在时间t内，霍尔元件输出的脉冲数目为P，请导出圆盘转速N的表达式【答案】（1）；C端高（2）（3）【解析】【详解】（1）由 C端高（2）当电场力与洛伦兹力相等时得得（3） 由于在时间t内，霍尔元件输出的脉冲数目为P，则 P=mNt圆盘转速为【名师点睛】所谓霍尔效应，是指磁场作用于载流金属导体、半导体中的载流子时，产生横向电位差的物理现象霍尔效应在新课标教材中作为课题研究材料，解答此题所需的知识都是考生应该掌握的对于开放性物理试题，要有较强的阅读能力和获取信息能力本题能力
26、考查层次是推理能力+应用能力（将较复杂的问题分解为几个较简单的问题，并找出它们之间的联系）+应用能力（对问题进行合理的简化，找出物理量之间的关系，利用恰当的数学表达方式进行分析、求解，得出物理结论）本题延续了近年来此类联系实际试题的特点，要求考生在对试题进行理论研究的同时，通过开放式的设问，让学生尝试着应用与题目相关的知识内容解决实际问题，或提出自己的设想，或对计算的结果进行评价应该说这样的设问的设计，既能充分体现课改的基本理念，又能对中学物理教学起到良好的导向作用，同时试题也具体很好的区分度20. 如图所示，固定的水平光滑金属导轨，间距为L，左端接有阻值为R的电阻，处在方向竖直向下、磁感应强
27、度为B的匀强磁场中，质量为m的导体棒与固定弹簧相连，放在导轨上，导轨与导体棒的电阻均可忽略初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有水平向右的初速度v0，在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触(1)求初始时刻导体棒受到的安培力(2)若导体棒从初始时刻到速度第一次为零时，弹簧的弹性势能为Ep，则这一过程中安培力所做的功W1和电阻R上产生的焦耳热Q1分别为多少？(3)导体棒往复运动，最终将静止于何处？从导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q为多少？【答案】（1）初始时刻棒中感应电动势 E=Lv0B 棒中感应电流作用于棒上的安培力 F=ILB得安培力方向：水平向左（2）由功和能的关系，得安培力做功（3）由能量转化及平衡条件等，可判断棒最终静止于初始位置，【解析】【详解】（1）初始时刻棒中感应电动势EBLv0棒中感应电流I=作用于棒上的安培力F=ILB联立解得：安培力大小为F=，方向水平向左（2）由功和能的关系，解得：安培力做功W1=EPmv02电阻R上产生的焦耳热Q1=mv02EP（3）由能量转化及平衡条件等，可判断：棒最终静止于初始位置，电阻R上产生的焦耳热Q=mv02