1、黄梅国际育才中学2019年秋季高二年级期中考试物理试题一、单选题（本大题共7小题，共35.0分）1. 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. 地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用2.线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交流电的图象如图所示，由图可知（）A. 在A和C时刻线圈处于中性面位置B. 在B和D时
2、刻穿过线圈的磁通量为零C. 从A时刻起到D时刻,线圈转过的角度为弧度D. 在A和C时刻磁通量变化率的绝对值最大3.如图,A,B是两个完全相同的白炽灯,L是自感系数很大、电阻可忽略不计的自感线圈下面说法正确的是() A. 闭合开关S时,A、B灯同时亮,且达到正常亮度B. 闭合开关S时,A灯比B灯先亮,最后一样亮C. 闭合开关S时,B灯比A灯先亮,最后一样亮D. 断开开关S时,B灯立即熄灭而A灯慢慢熄灭4.如图所示，速度选择器中磁感应强度大小为B和电场强度大小为E，两者相互垂直一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过速度选择器后从狭缝P进入另一磁感应强度大小为B的匀强磁场，最后打在平板S的D1D2上，
3、不计粒子重力，则( ) A. 速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里B. 通过狭缝P的带电粒子速度为C. 打在、处的粒子在磁场中运动的时间都相同D. 带电粒子打在平板S上的位置越靠近P,粒子的比荷越大5.一个带正电荷的小球从a点出发水平进入正交垂直的匀强电场和匀强磁场区域，电场方向竖直向上，某时刻小球运动到了b点，则下列说法正确的是（）A. 从a到b,小球可能做匀速直线运动B. 从a到b,小球可能做匀加速直线运动C. 从a到b,小球动能可能不变D. 从a到b,小球机械能可能不变6.如图，闭合的圆线圈放在匀强磁场中，t=0时磁感线垂直线圈平面向里穿过线圈，磁感应强度随时间变化的关系图线如图中所示，则
4、在02s内线圈中感应电流的大小和方向为（）A. 逐渐增大,逆时针 B. 逐渐减小,顺时针C. 大小不变,顺时针 D. 大小不变,先顺时针后逆时针7.如图（甲）所示，MN、PQ是水平方向的匀强磁场的上下边界，磁场宽度为L一个边长为a的正方形导线框（L2a）从磁场上方下落，运动过程中上下两边始终与磁场边界平行。线框进入磁场过程中感应电流i随时间t变化的图象如图（乙）所示，则线框从磁场中穿出过程中线框中感应电流i随时间t变化的图象可能是以下的哪一个（）A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，共15.0分）8.如图所示，匀强磁场分布在平面直角坐标系的整个第I象限内，磁感应强度为B、方向垂直
5、于纸面向里一质量为m、电荷量绝对值为q、不计重力的粒子，以某速度从O点沿着与y轴夹角为30的方向进入磁场，运动到A点时，粒子速度沿x轴正方向下列判断正确的是（）A. 粒子带正电B. 粒子由O到A经历的时间C. 若已知A到x轴的距离为d,则粒子速度大小为D. 离开第象限时,粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为9.如图所示，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反。下列说法正确的是( ) A. 所受磁场作用力的方向与、所在平面垂直B. 所受磁场作用力的方向与、所在平面垂直C. 、和单位长度所受的磁场作用力大小之比为D. 、和单位长
6、度所受的磁场作用力大小之比为10.两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示除电阻R外其余电阻不计现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则( )A. 释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gB. 金属棒向下运动时,流过电阻R的电流方向为C. 金属棒的速度为v时,所受的安培力大小为D. 金属棒下落过程中,电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少三、实验题（本大题共2小题，共12.0分）11.某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验。两根金属导轨ab和a1b1
7、固定在同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁（未画出）的N极位于两导轨的正上方，S极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且两导轨垂直。（1）在图中画出连线，完成实验电路。要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向移动。（2）为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议：A适当增加两导轨间的距离B换一根更长的金属棒C适当增大金属棒中的电流其中正确的是_（填入正确选项前的标号）12.一条形磁铁放在水平桌面上，它的上方靠近N极一侧固定一根与它垂直的直导线，现给导线中通以向里的电流，则磁铁对桌面的压力_（填“变大”“变小”“不变”），磁铁受到的摩擦力方向_（填
8、“水平向右”，“水平向左”或“不存在”）四、计算题（本大题共4小题，共38.0分）13.在倾角为30的光滑斜面上垂直纸面放置一根长为L、质量为m的直导体棒，通有垂直纸面向里的电流I。 （1）若匀强磁场垂直于斜面向下，导体棒恰好静止在斜面上，磁感应强度B的大小为多少？（2）若匀强磁场竖直向下，导体棒恰好静止在斜面上，磁感应强度B的大小为多少？14.如图所示，固定在匀强磁场中的水平导轨ab、cd的间距L10.5 m，金属棒ad与导轨左端bc的距离为L20.8 m，整个闭合回路的电阻为R0.2 ，磁感应强度为B01 T 的匀强磁场竖直向下穿过整个回路ad杆通过滑轮和轻绳连接着一个质量为m0.04 k
9、g 的物体，不计一切摩擦，现使磁场以0.2 T/s的变化率均匀地增大求：(1)金属棒上电流的方向 (2)感应电动势的大小 (3)物体刚好离开地面的时间(g10 m/s2)15.如图1所示，一个圆形线圈的匝数n=1000匝，线圈面积S=0.02m2，线圈的电阻r=1，线圈外接一个阻值R=4的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间的变化规律如图2所示求（1）在04s内穿过线圈的磁通量变化量；（2）前4s内产生的感应电动势；（3）6s内通过电阻R的电荷量q16.如图所示，在无限长的竖直边界AC和DE间，上、下部分分别充满方向垂直于ADEC平面向外的匀强磁场，上部分区域的
10、磁感应强度大小为B0，OF为上、下磁场的水平分界线质量为m、带电荷量为q的粒子从AC边界上与O点相距为a的P点垂直于AC边界射入上方磁场区域，经OF上的Q点第一次进入下方磁场区域，Q点与O点的距离为3a。不考虑粒子重力。（1）求粒子射入磁场时的速度大小；（2）要使粒子不从AC边界飞出，求下方磁场区域的磁感应强度应满足的条件；（3）若下方区域的磁感应强度B3B0，粒子最终垂直DE边界飞出，求边界DE与AC间距离的可能值。答案和解析1.【答案】C【解析】解：A、地理南、北极与地磁场的南、北极不重合有一定的夹角，即为磁偏角；故A正确；B、磁场是闭合的曲线，地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近，
11、故B正确；C、磁场是闭合的曲线，地球磁场从南极附近发出，从北极附近进入地球，组成闭合曲线，不是地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行，故C错误；D、地磁场与射向地球赤道的带电宇宙射线粒子速度方向并不平行，所以对带电宇宙射线粒子有力的作用，故D正确；本题选错误的，故选：C。根据课本中有关地磁场的基础知识，同时明在确磁场及磁通量的性质；即可确定此题的答案本题考查了地磁场的性质以及磁通量等内容，要注意借助地磁场的磁场分布分析地磁场对应的性质2.【答案】D【解析】解：A、在A和C时刻感应电流最大，感应电动势最大，而磁通量为零，磁通量的变化率最大，线圈处于与中性面垂直的位置。故A错误，D正确。B、在B
12、和D时刻感应电流为零，感应电动势为零，而磁通量最大。故B错误。C、从A时刻到D时刻经过时间为周期，线圈转过的角度为1.5弧度。故C错误。故选：D。线圈在匀强磁场中匀速转动产生正弦交变电流，由电流图象读出感应电流的变化。由欧姆定律得知感应电流与感应电动势成正比，而由法拉第电磁感应定律得知，感应电动势与磁通量的变化率成正比，当线圈磁通量最大时，感应电动势为零；而当线圈的磁通量为零时，感应电动势最大。线圈转动一周的过程，感应电流方向改变两次。本题考查理解正弦交变电流与磁通量关系的能力及把握电流的变化与线圈转过的角度的关系的能力。比较简单。3.【答案】C【解析】解：A、B、C、开关K闭合的瞬间，电源的
13、电压同时加到两支路的两端，B灯立即发光。由于线圈的自感阻碍，A灯后发光，由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐变亮，最后一样亮。故AB错误，C正确；D、断开开关K的瞬间，线圈与两灯一起构成一个自感回路，过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当电源，两灯逐渐同时熄灭，故D错误。故选：C。开关K闭合的瞬间，电源的电压同时加到两支路的两端，A灯立即发光由于线圈的阻碍，B灯后发光，由于线圈的电阻可以忽略，灯B逐渐变亮断开开关K的瞬间，线圈与两灯一起构成一个自感回路，由于线圈的自感作用，两灯逐渐同时熄灭对于自感线圈，当电流变化时产生自感电动势，相当于电源，当电路稳定时，相当于导线，将所并联的电路短路4.【答
14、案】D【解析】【分析】本题考查速度选择器，粒子在磁场中的运动。带电粒子恰能沿直线飞出离子速度选择器，说明电场力与洛伦兹力平衡，根据左手定则判断磁场方向。粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力。解题的关键是知道速度选择器的特点，粒子在磁场中的运动。【解答】A.带电粒子恰能沿直线飞出离子速度选择器，说明电场力与洛伦兹力平衡，假设粒子带正电，受电场力竖直向上，则洛伦兹力竖直向下，根据左手定则判断，速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外。若粒子带负电，判断结果相同，故A错误；B.带电粒子恰能沿直线飞出速度选择器，说明电场力与洛伦兹力平衡，qvB=Eq，解得通过狭缝P的带电粒子速度，故B错误；CD.
15、粒子在磁场中做匀速圆周运动，解得。因为v和B相同，故不同，粒子在磁场B中运动的周期不同，故打在D1、D2处的粒子在磁场B中运动的时间不相同。带电粒子打在平板S上的位置越靠近P，半径r越小，粒子的比荷越大，故C错误，D正确。故选D。5.【答案】C【解析】解：A、带电小球的初速度是水平的，从a运动到b点的过程中小球在竖直方向上发生位移，说明小球做的是曲线运动，所以小球受力不为零，即小球不可能做匀速直线运动，故A错误。B、从上分析可知小球做曲线运动，即变速运动，故小球受到磁场给的洛伦兹力也是变化的，故小球受到的合力是变力，所以小球不可能做匀加速直线运动，故B错误。C、当小球的重力和电场力平衡时，小球
16、受到的洛伦兹力只改变小球的速度方向，小球的动能不变，故C正确。D、从a到b，电场方向竖直向上，电场力一定做功，故机械能肯定不守恒。故D错误。故选：C。1、带电小球的初速度是水平的，在从a运动到b点的过程中小球在竖直方向上发生位移，说明小球做的是曲线运动，即小球不可能做直线运动2、若在a点时，小球的重力和电场力平衡，此时小球受到的洛伦兹力只改变小球的速度方向，则小球的动能不变3、只有重力做功时，机械能才守恒从a到b，电场方向竖直向上，电场力一定做功，故机械能肯定不守恒本题要注意洛伦兹力跟速度方向始终垂直，故洛伦兹力始终不做功，所以本题中小球受到的洛伦兹力只改变小球的速度方向6.【答案】C【解析】
17、解：第1s内，磁场的方向垂直于纸面向内，且均匀减小，所以产生恒定的电流，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向；第2s内，磁场的方向垂直于纸面向外，且均匀增加，所以产生恒定的电流，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向。由可知，这2s内感应电动势恒定，故产生的电流大小不变，方向一直为顺时针。故C正确，ABD错误。故选：C。变化的磁场产生电磁，均匀变化的磁场产生恒定的电场，依据法拉第电磁感应定律，再根据楞次定律判断出感应电流的方向解决本题的关键理解法拉第电磁感应定律的应用，并掌握楞次定律判断感应电流的方向，难度不大，属于基础题7.【答案】B【解析】解：由题意可知，线框进入磁场过程中感应电流i
18、随时间t变化的图象如图（乙）所示，由法拉第电磁感应定律可知，线框匀速进入磁场，由于L2a，当完全进入磁场后，因磁通量不变，则没有感应电流，线框只受到重力，使得线框速度增加，当出磁场时，速度大于进入磁场的速度，由法拉第电磁感应定律可知，出磁场的感应电流大于进磁场的感应电流，导致出磁场时的安培力大于重力，导致线框做减速运动，根据牛顿第二定律，BIL-mg=ma，则有：加速度在减小的减速运动，故B正确，ACD错误；故选：B。由题意可知，线框进入磁场时，做匀速直线运动，根据L2a，则可知，出磁场时，速度与进入磁场的速度相比较，从而确定线框的运动性质，进而由法拉第电磁感应定律，可求得感应电流的大小如何变
19、化，即可求解。考查线框切割磁感线产生感应电流，掌握法拉第电磁感应定律与牛顿第二定律的应用，注意出磁场安培力大于进磁场的安培力，这是解题的关键，同时注意完全进入磁场后，不受到安培力作用。8.【答案】CD【解析】【分析】先根据题意作出粒子运动的轨迹，找出圆心，确定圆心角，根据左手定则及曲线运动的条件判断粒子的正负，根据圆心角与周期的关系求出运动的时间，根据几何关系求出半径结合半径公式求出速度；根据圆的对称性分析粒子离开第一象限时速度与x轴的夹角。本题是带电粒子在磁场中运动的问题，要求同学们能运用几何知识画出粒子运动的轨迹，关键定圆心和半径会根据圆心角与周期的关系求出运动的时间，掌握关系式：t=T。
20、【解答】A.根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示，根据左手定则判断知，此粒子带负电，故A错误；B.粒子由O运动到A时速度方向改变了60角，所以粒子轨迹对应的圆心角为=60，则粒子由O到A运动的时间为t=T=，故B错误；C.根据几何关系，有，解得：R=2d，根据，得，故C正确；D.粒子在O点时速度与x轴正方向的夹角为60，x轴是直线，根据圆的对称性可知，离开第一象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为60，故D正确。故选CD。9.【答案】BC【解析】【分析】依据右手螺旋定则判定各导线在其他位置的磁场方向，再结合矢量的合成法则，即可判定合磁场方向，最后根据左手定则，从而确定其受到的磁场力方向；因所
21、通的电流相等，那么单位长度的磁场力之比，即为各自所处的磁场之比。考查右手螺旋定则与左手定则的内容，掌握矢量的合成法则，理解几何关系，及三角知识的运用。【解答】A、根据右手螺旋定则，结合矢量的合成法则，则L2、L3通电导线在L1处的磁场方向如下图所示，再根据左手定则，那么L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面平行，故A错误；B、同理，根据右手螺旋定则，结合矢量的合成法则，则L2、L1通电导线在L3处的磁场方向如下图所示，再根据左手定则，那么L3所受磁场作用力的方向与L2、L1所在平面垂直，故B正确；CD、由A选项分析，可知，L1、L3通电导线在L2处的合磁场大小与L2、L3通电导线在L1处
22、的合磁场相等，设各自通电导线在其他两点的磁场大小为B，那么L1、L2和L3三处磁场之比为1：1：，故C正确，D错误；故选：BC。10.【答案】ABC【解析】【分析】明确金属棒的受力情况，从而求解对应的加速度变化情况；根据右手定则分析电流方向；根据E=BLv和安培力公式即可求得速度为v时的安培力表达式；金属棒下落过程中，金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能（金属棒速度不是零时）和电阻R产生的内能。本题考查电磁感应与能量结合问题的分析；要注意明确右手定则以及安培力公式的应用；同时注意能量转化的规律，本题中要注意弹性势能的变化，这点是往往被容易忽视的。【解答】解：A.刚开始时金属棒
23、只受重力，则释放瞬间金属棒的加速度为g，故A正确；B.根据右手定则可判定通过R的电流方向为ba，故B正确；C.当金属棒的速度为v时，E=BLv，I，安培力F=ILB=，故C正确；D.根据功能关系可知，重力势能的减少量转化为焦耳热和弹簧的弹性势能、金属棒的动能。电阻R上产生的总热量小于金属棒重力势能的减少量，故D错误；故选ABC。11.【答案】（1）（2）AC【解析】解：（1）电路如右图所示。（2）根据公式F=BIL可得，适当增加导轨间的距离或者增大电流，可增大金属棒受到的安培力，根据动能定理得，则金属棒离开导轨时的动能变大，即离开导轨时的速度变大，A、C正确；若换用一根更长的金属棒，但金属棒切
24、割磁感线的有效长度即导轨间的宽度不变，安培力F不变，棒的质量变大，速度变小，故B错误；故答案为：（1）如图所示（2）AC（1）要求滑动变阻器以限流方式接入电路，滑动变阻器按一上一下的原则串联在电路中，考虑金属棒向右运动，所爱安培力向右，根据左手定则知，通过金属棒的电流从上向下，把各个元件按顺序串联起来。（2）根据安培力公式和动能定理进行分析本题考查电路实物图连线，关键是明确实验原理，注意滑动变阻器的限流接法和电表的正负接线柱，确定金属棒中的电流方向是关键。12.【答案】变大 水平向右【解析】解：根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向，如图，在根据左手定则判断安培力方向，如图；根
25、据牛顿第三定律，电流对磁体的作用力向左下方；选取磁铁为研究的对象，磁铁始终静止，根据平衡条件，可知通电后支持力变大，静摩擦力水平向右故答案为：变大；水平向右先判断电流所在位置的磁场方向，然后根据左手定则判断安培力方向；再根据牛顿第三定律得到磁体受力方向，最后对磁体受力分析，根据平衡条件判断本题关键先对电流分析，得到其受力方向，再结合牛顿第三定律和平衡条件分析磁体的受力情况13.【答案】解：（1）若匀强磁场垂直于斜面向下，导体棒恰好静止在斜面上，根据共点力平衡可知mgsin30=BIL，解得：（2）若匀强磁场竖直向下，导体棒恰好静止在斜面上，根据共点力平衡可知mgsin30=BILcos30，解
26、得：。答：（1）磁感应强度B的大小为；（2）磁感应强度B的大小为。【解析】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，会运用左手定则判断安培力的方向。根据共点力平衡求出安培力的大小，通过安培力大小公式求出磁感应的强度大小。14.【答案】解：（1）粒子运动的轨迹如图，由于飞出时速度方向与右边界的夹角为30，所以偏转角是60，由图中几何关系可得L=Rsin60R=（2）由于粒子受到的洛伦兹力做向心力，则qvB=得v=（3）粒子圆周运动的周期T=根据运动轨迹的几何关系可知运动时间t=答：（1）该粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径是；（2）该粒子的运动速率是；（3）该粒子在磁场中运动的时间
27、是。【解析】在不计重力的情况下，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由此得出半径和周期的关系是解决本题的关键，根据题意给出的条件作出粒子运动轨迹，能根据几何关系求出半径与磁场宽度间的关系。（1）根据题意做出粒子运动的轨迹，然后由几何关系即可求得粒子运动的半径；（2）根据洛伦兹力提供圆周运动向心力求出粒子在磁场中的运动半径和周期；（3）根据运动的时间与偏转的角度之间的关系，即可求出时间。15.【答案】解：（1）由楞次定律可以判断，金属棒上的电流由a到d。（2）设感应电动势的大小为E。由法拉第电磁感应定律得：代入数据解得：E=0.08V（3）设物体刚好离开地面的时间为t。物体刚好离
28、开地面时，其受到的拉力为F，棒所受的安培力为F安。由题意可得：F=mgad棒受到的安培力F安=BIL1，F=F安其中感应电流联立代入数据解得：t=5s答：（1）电流由a到d；（2）电动势大小为0.08V；（3）物体刚好离开地面的时间为5s.【解析】解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，知道磁感应强度的变化率恒定时感应电流恒定，根据共点力平衡进行求解。（1）由楞次定律判断感应电流方向；（2）由法拉第电磁感应定律求感应电动势的大小；（3）穿过回路的磁感应强度均匀变化，可知产生的感应电流恒定，则ad所受的安培力增大，当安培力等于m的重力时，物体刚好被吊起，根据平衡求出被吊起时的磁感应强度的大小，再根
29、据磁感应强度的变化率求出经历的时间。16.【答案】解：（1）设粒子在OF上方做圆周运动半径为R，由几何关系可知；R2-（R-a）2=（3a）2R=5a由牛顿第二定律可知：解得：；（2）当粒子恰好不从AC边界飞出时，设粒子在OF下方做圆周运动的半径为r1，由几何关系得：r1+r1cos=3a由（）得所以根据解得：当时，粒子不会从AC边界飞出。（3）当B=3B0时，根据，得粒子在OF下方的运动半径为：设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时的位置为P1，则P与P的连线一定与OF平行，根据几何关系知：；所以若粒子最终垂直DE边界飞出，边界DE与AC间的距离为：；答：（1）粒子射入时的速度大小为；（2）时，粒子不会从AC边界飞出；（3）若下方区域的磁感应强度B=3B0，粒子最终垂直DE边界飞出，边界DE与AC间的距离为4na（n=1，2，3）；【解析】（1）由几何关系确定粒子半径，再由洛仑兹力充当向心力可求得速度；（2）根据临界条件可求出粒子的半径，再由洛仑兹力充当向心力可求得磁感应强度的范围；（3）根据几何关系确定粒子可能的轨迹，再由几何关系确定距离的可能值。带电粒子在磁场中运动，关键在于分析粒子的运动情况，明确粒子可能运动轨迹，根据几何关系确定圆心和半径；同时注意临界条件的应用才能顺利求解。