【文档说明】河北省石家庄市第二中学2020-2021学年高二上学期期中考试物理试卷（竞赛班）【精准解析】.doc，共(20)页，857.500 KB，由小赞的店铺上传

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-1-高二年级期中考试竞赛班物理试卷一、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.电场线和磁感线都是封闭曲线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的匀强磁场中，通入A→C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；-2-D．同时改变磁场和电流方向，安培力的方向不变，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（q>0）速度大小1m2qv2

2m-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：2vBqvmr=即：mvrBq

=-3-从图中设：1mvBq=则有：112r=22r=33r=43r=52r=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：23abrr=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仑兹力向上；-4-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2Wb，则（）A.线圈中感应电动势每秒增加2VB.线圈中感应电动势每

秒减少2VC.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2V【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2Wb/st=，

根据法拉第电磁感应定律Ent=，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PQ、MN，当PQ在外力作用下运动时，MN在磁场力的作

用下向右运动，则PQ所做的运动可能是（）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，-5-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。在t＝0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20.2rd【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2(V)10BrESt==感感应电动势大小不变；两极板之间的电场强度大小为210ErEdd==感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-6-方向垂直于纸面向外，

然后由安培定则可知，感应电流沿逆时针方向，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（）AB.-7-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-8-【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2vmr一样大，则拉力不同。故选AB．10.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（0mgvqB），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

2012mvD.从环开始运动到最后达到稳定状态，损失的机械能是2201122mgmvmqB−【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0mgvqB，所以0qvBmg，在竖直方向有：NqvBmgF＝＋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FN＝0时，Ff＝0，环将作速度0=mgvqB的匀速直线运动，A正确，B错误；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：-9-22f01122mgEWmvmqB==−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3，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2Rvt=而有磁场时，带电粒子做匀速圆周运动，由半径公式可得：mvrBq=如图所示：-

10-由几何关系得，圆磁场半径与圆轨道半径的关系：3rR=联式可得：23qmBt=带电粒子在磁场中运动的周期为：23mTtqB==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mgh＝12mv2在圆形轨道的最高点时对甲有-11-qv1B＋mg

＝21mvr对乙有mg－qv2B＝22mvr对丙有mg＝23mvr可判断v1＞v3＞v2选项AB错误，D正确；C．根据22vhg=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54.51

0−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9mVD.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=4.5×10-5T×100m

×2m/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.-12-14.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.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()-13-A.穿过回路的磁通量为零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；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μ，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（）A.ab棒所受拉力F的大小为2212BLvmgR+B.cd棒所受摩擦力为零-14-C.回路中的电流为()122BLvvR+D.μ与v1大小的关系为2212RmgBL

v=【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12BLvIR=，对ab棒匀速运动时：FmgBIL=+解得2212BLvFmgR=+，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=μBIL=mg，联立以上各式解得，2212RmgBLv=，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的匀强磁场分布在以直径A2A4为边界的两个半圆形区域Ⅰ、Ⅱ中，A2A4与A1A3的夹角为60°．一质量为m、带电量为+q的粒子以某一速度从Ⅰ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Ⅱ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Ⅰ区和Ⅱ区中磁感应强度的大小（忽略粒子重力）．【答案】56Mqt；53Mqt【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-15-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，再逆时针做圆周运动，最后从A4

点射出，用B1、B2、R1、R2、T1、T2分别表示在磁场Ⅰ区Ⅱ磁感应强度、轨道半径和周期qvB1＝m21vRqvB2＝m22vR11122RmTvqB＝＝22222RmTvqB＝＝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Ⅱ区磁场，连接A1A2，△A1OA2为等边三角形，A2为带电粒子在Ⅱ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Ⅰ区磁场中运动的时间为t1＝16T1带电粒子在Ⅱ区磁场中运动轨迹的圆心在OA

4的中点，即R=12r在Ⅱ区磁场中运动时间为t2＝12T2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＝56mqt-16-B2＝53mqt故I区磁感应强度为56mqt；II区磁感应强度为53mqt．18.如图

所示，一轻绳绕过两轻质滑轮，两端分别连接着矩形导线框1A和石块2A，线框1A的ab边长11ml=，bc边长20.6ml=，电阻0.1R=，质量0.5kgm=，石块2A的质量2kgM=，两水平平行虚线ef、gh之间存在着垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度0.5TB=，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，ef和gh的距离2sl（取210m/sg=）。问：(1)线框进入磁场前石块2A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，ab边继续运动到gh线的过程中，其运

动性质如何？【答案】(1)26m/s；(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：-17-Mg-

FT=Ma联立解得：22205m/s6m/s2.5MgmgaMm−−===+(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：EIR=，受到的安培力：FA=BIl1，联立各式解得：221BlvMgmgR=+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/s2．19.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U

H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，-18-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）HHIBURd=；C端高（2）1HRne=（3）PNmt=【解析】【详解】（1）由HHIBURd=C端高．（2）当电场力与洛伦兹力相等时eHEevB=得HEvB=得1HddldRvBlvlIBnevSneSne====（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PNmt=【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.-19-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2012pWEmv=−（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，2012Qmv=【解析】【详解】（1）初始时刻棒中感应电动势E＝BLv0棒中感应电流I=ER作用于棒上的安培力F=ILB联立解得：安培力大小为F=220BLvR，方向水平向左（2）由功和能的关系，解得：安培力做功W1=EP－12mv02电阻R

上产生的焦耳热Q1=12mv02－EP（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-20-Q=12mv02