【文档说明】【精准解析】陕西省榆林市绥德中学2019-2020学年高二上学期第一次阶段性考试物理试题.doc，共(17)页，859.000 KB，由小赞的店铺上传

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物理试题一、选择题1.下列说法正确的是A.加速度=vat、电流UIR=、电场强度FEq=都用到了比值定义法B.基本物理量和基本单位共同组成了单位制C.法拉第发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕D.1785年法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规

律——库仑定律，并测出了静电力常量k的值【答案】D【解析】【详解】A．加速度=vat和电场强度FEq=都应用了比值定义法，电流UIR=不是比值定义法，故选项A错误；B．基本单位和导出单位共同构成了单位制，故选项B错误；C．奥斯特发现了电流的磁效应，故选项C错误；D．库仑通过

扭秤装置发现了电荷之间的相互作用规律，即库仑定律，故选项D正确．故选D。【名师点睛】关于比值定义法定义的物理量在高中教材中并不多，需要去总结归纳；单位制是基本单位和导出单位共同构成的；奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应；库仑通过扭秤实验装置发现了库仑定律并测量了静电力常量．2.

如图所示，三个相同的灯泡a、b、c和电阻不计的线圈L与内阻不计的电源连接，下列判断正确的是（）A.K闭合瞬间，b、c两灯亮度不同B.K闭合足够长时间后，b、c两灯亮度相同C.K断开瞬间，a、c两灯立即熄灭D.K断开之后，b灯突然闪亮

，再逐渐变暗【答案】D【解析】【详解】A．由于线圈自感作用，阻碍电流变化，K闭合瞬间，流过线圈L的电流为零，b、c两灯串联后与a灯并联，因此K闭合瞬间，b、c两灯亮度相同，A错误；B．K闭合足够长时间后，电路达到稳定状态，线圈自感作用消失，这时线圈相当于导线，将b灯短路，此时b灯熄灭，

a、c两灯并联在电路中，亮度相同，B错误；C．K断开瞬间，线圈L相当于电源，此时a、c两灯串联后与b灯并联，因此b灯会突然闪亮然后三个灯再逐渐变暗，C错误，D正确。故选D3.如图所示，导体杆OP在作用于OP中点且垂直于OP的力作用

下，绕O轴沿半径为r的光滑半圆形框架在匀强磁场中以一定的角速度转动，磁场的磁感应强度为B，AO间接有电阻R，杆和框架电阻不计，回路中的总电功率为P，则A.外力的大小为2PBrRB.外力的大小为2BrPRC.导体杆旋转的角速度为22PRBrD.导体杆旋

转的角速度为22PBrR【答案】C【解析】【详解】AB：回路中的电功率2PIR=，则回路中的电流PIR=，杆所受安培力APFBIrBrR==，可认为安培力作用在中点．杆以一定的角速度转动，外力作用在杆的中点，则APFFBIrBrR===

．故AB两项错误．CD：回路中的电功率2EPR=，则导体杆转动切割磁感线产生的感应电动势EPR=，又导体杆转动切割磁感线产生的感应电动势12EBrvBrr==，联立解得：导体杆转动的角速度22PRB

r=．故C项正确，D项错误．【点睛】导体杆转动切割磁感线时，杆上各点切割磁感线的速度不同，则2LEBLvBLv==，其中v是杆上各点的平均速度，2Lv指杆中点的线速度．4.一个刚性矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一水平的匀强磁强区域，然后穿出磁场区域继续下落，

如图所示，则（）A.若线圈进入磁场的过程做加速运动，则离开磁场的过程做减速运动B.若线圈进入磁场的过程做加速运动，则离开磁场的过程也做加速运动C.若线圈进入磁场的过程做减速运动，则离开磁场的过程也做减速运动

D.若线圈进入磁场的过程做减速运动，则离开磁场的过程做加速运动【答案】C【解析】【详解】线圈从高处自由下落，以一定的速度进入磁场，会受到重力和安培力。线圈全部进入磁场后只受重力，在磁场内部会做一段加速运动，所以线圈出磁场时的速度要大于刚刚全

部进入磁场的速度。AB．若线圈进入磁场过程做加速运动，说明重力大于安培力，第一种情况是线框一直加速，线框完全进入磁场安培力小于重力，在磁场中加速以后安培力和重力的关系无法确定，另一种是加速过程中和安培力和重

力相等，则匀速进入磁场，经过加速安培力大于重力，因此安培力与重力大小关系无法确定，因此无法确定线圈是减速还是加速运动，AB错误；CD．若线圈进入磁场过程是减速运动，说明重力小于安培力，线框的减速过程分为几种情况，第一种就是一直减速

，说明线框完全进入磁场时安培力大于重力，则经过加速以后离开磁场时安培力变大，安培力仍然大于重力，第二种情况是进入磁场中安培力和重力相等，线框接下来匀速进入磁场，在磁场中加速以后离开磁场，安培力大于重力，所以离开磁场时，一定做减速运动，

C正确，D错误。故选D。5.一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动．M连接在如图所示的电路中，其中R为滑线变阻器，1E和2E为直流电源，S为单刀双掷开关．下列情况中，可观测到N向左运动的

是()A.在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间B.在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间C.在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向c端移动时D.在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时【答案】C【解析】试题分析：由楞次定律的第二种描述：“来拒去留”可知要使N向左运动

，通过N的磁通量应减小；而A、B中由断开到闭合过程中磁通量均增大，故AB错误；若将移动滑动头，则向c端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中电流减小，磁通量减小，故会使N左移，故C正确；而D中向d移动时，滑动变阻器接入电阻减小时，故电路中电流增大，磁场增大，故会使N右移，故D错误；故选C考点：

楞次定律；点评：楞次定律有两种描述：“增反减同”和“来拒去留”，后者判断导体的运动更有效，应学会应用．6.如图所示，固定直导线P垂直于纸面，可动通电导线AB用测力计悬挂在导线P的上方，若直导线P中通以垂直纸面指向读

者的电流，下列判断中正确的是（）A.导线A端指向读者，同时测力计读数变大B.导线B端指向读者，同时测力计读数变大C.导线A端指向读者，同时测力计读数变小D.导线B端指向读者，同时测力计读数变小【答案】A【

解析】【详解】根据右手螺旋定则，导线P产生的磁场以P为圆心沿逆时针方向一组同心圆，在AB左右两边各取一小电流元，根据左手定则，左边的电流元所受的安培力方向垂直纸面向外，右边的电流元所受安培力方向垂直纸面向内，因此导线AB逆时针方向（从上向下看）转动，又

由于同方向电流相互吸引，因此导线AB一边旋转一边由于导线P的吸引靠近导线P，导致弹簧秤的读数变大。故选A。7.如图，虚线P、Q、R间存在着磁感应强度大小相等，方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面，磁场宽度均

为L．一等腰直角三角形导线框abc，ab边与bc边长度均为L，bc边与虚线边界垂直．现让线框沿bc方向匀速穿过磁场区域，从c点经过虚线P开始计时，以逆时针方向为导线框感应电流i的正方向，则下列四个图像中能正确

表示i一t图像的是()A.B.C.D.【答案】A【解析】试题分析：线框刚进入磁场时磁通量向里增加，感应磁场向外，因此感应电流方向为逆时针，电流i应为正，选项B错误；随着线框的运动，导线切割磁感线长度增加，感应电流增加，由于bc边的长度为L，故电流正向增加的时间为Lv，由于

左边磁场宽度为L，故当线框全部进入至进入右边磁场之前，感应电流一直增加，进入右边磁场之后，由楞次定律可知，磁通量向里减小，故感应电流的磁场应该向里，故感应电流为顺时针，且逐渐增加，时间为Lv；当线框全部进入右边后至出磁场的过程中，磁通量向外减小，故感应电流的磁场向外，可知感应电流为逆

时针，符合这个规律只有A，故A正确．考点：导体切割磁感线时的感应电动势【名师点睛】该题实际上由第一时间段内的感应电流的大小变化和方向就可以判定结果，把后面的每一段都分析，就是为了能够熟练楞次定律的应用．8.在一绝缘、粗糙且足够长的水平管道中有一带电荷量为q、质量为m的带正电

小球，管道半径略大于小球半径，整个管道处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，磁感应强度方向与管道垂直，现给带电小球一个水平速度v0，且0mgvBq，则在整个运动过程中，带电小球克服摩擦力所做的功为()A.0B.21()2mgmqBC.2012mvD.2201()2mgmvqB+

【答案】C【解析】【分析】圆环向右运动的过程中可能受到重力、洛伦兹力、杆的支持力和摩擦力，因0mgvBq，则qv0B＜mg，可知圆环减速运动到静止，根据动能定理分析圆环克服摩擦力所做的功．【详解】当0mgv

Bq时，qv0B＜mg，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功．根据动能定理得：-W=0-12mv02得：W=12mv02，故C正确，故选C．【点睛】本题考查分析问题的能力，摩擦力是被动力，要分注意分情况讨论．在受力分析时往往先分析场力，比如重力、电场力和磁场力，再分析

弹力、摩擦力；并注意正确应用功能关系进行分析求解；明确洛伦兹力永不做功这一性质．9.关于对楞次定律的理解，下面说法中正确的是：A.感应电流的方向总是要使它的磁场阻碍原来的磁通量的变化B.感应电流的磁场方向，总是跟原磁场方

向相同C.感应电流的磁场方向，总是跟原磁砀方向相反D.感应电流的磁场方向可以跟原磁场方向相同，也可以相反【答案】AD【解析】【详解】在电磁感应现象中，感应电流的方向总是要使它的磁场阻碍原来的磁通量的变化，如果磁通量在减小则感应电流的磁场方向，跟原磁场方向相同；如果磁通量在增加，则是跟

原磁砀方向相反．AD正确，BC错误．10.利用如图所示的方法可以测得金属导体中单位体积内的自由电子数n,现测得一块横截面为矩形的金属导体的宽为b,厚为d,并加有与侧面垂直的匀强磁场B,当通以图示方向电流I时,在导体上、下表面间用电压表可测得电压为

U.已知自由电子的电荷量为e,则下列判断正确的是A.下表面电势高B.上表面电势高C.该导体单位体积内的自由电子数为BIeUbD.该导体单位体积内的自由电子数为Iedb【答案】AC【解析】【分析】定向移动的电子受到洛伦兹力发生偏转，在上下表面间形成电势差，电子到达的表面带负电，电势较低．

最终电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡求出单位体积内的自由电子数．【详解】根据左手定则，电子向上表面偏转，下表面失去电子带正电，所以下表面电势高．故A正确、B错误．再根据eUd=evB，I=neSv=nebdv得n=BIeUb，故C正确，D错误．故选A

C．【点睛】解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道最终电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡．11.如图所示直角坐标系xoy，P（a，-b）为第四象限内的一点，一质量为m、电量为q的负电荷（电荷重力不计）从原点O以初速度v0沿y轴

正方向射入．第一次在整个坐标系内加垂直纸面向内的匀强磁场，该电荷恰好能通过P点；第二次保持y>0区域磁场不变，而将y<0区域磁场改为沿x方向匀强电场，该电荷仍通过P点，A.匀强磁场的磁感应强度()0222amvBqab=+B.匀强磁场的磁感应强度()0222amvBqab=+C.电荷从O运动到P

，第二次所用时间一定短些D.电荷通过P点时的速度，第二次与x轴负方向的夹角一定小些【答案】AC【解析】【详解】AB．第一次在整个坐标系内加垂直纸面向内的匀强磁场，该电荷恰好能通过P点；粒子做匀速圆周运动，由几何作图得222()aRbR−+=解得222a

bRa+=由2vqvBmR=解得匀强磁场的磁感应强度()0222amvBqab=+故A正确，B错误；C．第二次保持y>0区域磁场不变，而将y<0区域磁场改为沿x方向匀强电场，该电荷仍通过P点，粒子先做匀速圆周运动，后做类平抛运动，运动时间2

01+2btTv=第一次粒子做匀速圆周运动，运动时间1012QPtTv=+弧长QP大于b，所以12tt，即第二次所用时间一定短些，故C正确；D．电荷通过P点时的速度，第-次与x轴负方向的夹角为，则有2222tan2Rbabαbab−−==第二次与x轴负方向的夹角，则有2

22tan2babRRb==−−所以有tantan电荷通过P点时的速度，第二次与x轴负方向的夹角一定大些，故D错误；故选AC．【点睛】第一次在整个坐标系内加垂直纸面向内的匀强磁场，该电荷恰好能通过P点；粒子做匀速圆周运动

，由几何作图求出半径，由洛伦兹力提供向心力求解，第二次该电荷仍通过P点，粒子先做匀速圆周运动，后做类平抛运动，根据运动规律求解．12.如图甲所示，水平面上的平行导轨MN、PQ上放着两根光滑导体棒ab、cd，两棒间用绝缘丝线系住；已知平行导轨

MN、PQ间距为L1，导体棒ab、cd间距为L2，导轨电阻可忽略，每根导体棒在导轨之间的电阻为R。开始时匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。则以下说法正确的是（）A.在0t时刻回路中产生的感应电动势020BELt=

B.在0~0t时间内导体棒中的电流为12002LLBRtC.在02t时刻绝缘丝线所受拉力为2212004LLBRtD.在0~0t时间内回路中电流方向是abdca→→→→【答案】BC【解析】【详解】A．根据法拉第

电磁感应定律，在0t时刻回路中产生的感应电动势0120BBSELLtt==A错误；B．由于磁场均匀变化，感应电动势恒定不变，因此在0~0t时间内导体棒中的电流为120022LLBEIRRt==B正确；C．由于02t时刻磁感强度02BB

=此时绝缘丝线所受拉力2210001242LLtFBBILR==C正确；D．根据楞次定律，在0~0t时间内回路中电流方向是acdba→→→→，D错误。故选BC。二、实验题13.如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导

线制成，匝数均为10匝，边长la=3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则两线圈内产生感应电的流方向为___________方向，a、b线圈中感应电动势之比为__________

_；a、b线圈中感应电流之比为__________；a、b线圈中电功率之比为___________。【答案】(1).逆时针(2).9:1(3).3:1(4).27:1【解析】【详解】[1]根据楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向[2]根据法拉第电磁感应定律2BlEnntt==由于la=3l

b故2291aabbElEl==[3]根据电阻定律4nlRS=两个线圈电阻之比31aabbRlRl==根据欧姆定律EIR=因此31abII=[4]根据功率PEI=可知271abPP=14.一回旋加速器，在外加磁场一定时，可把质子（1

1H）加速到v，使它获得动能为kE，则：①能把粒子（42He）加速到的速度为_______________．②能使粒子获得的动能为_____________．③加速粒子的交流电压频率与加速质子的交流电压频率之比为__________

____．【答案】(1).12V(2).kE(3).1:2【解析】试题分析：粒子在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，根据2vqvBmr=，得qBrvm=，粒子的最大动能2222122kmqBrEmvm==，由质子（11

H）与粒子（42He），可知两者质量数之比为1:4，电量之比为1:2，故能把粒子（42He）加速到的速度为2v，粒子（42He）加速到的动能仍为kE；根据周期公式2mTqB=，则频率12qBfTm==，因质量数之比为1:4，电量之比为1

:2，故加速粒子的交流电压频率与加速质子的交流电压频率之比为1:2.故答案为（1）2v；（2）kE；（3）1:2.【点睛】根据洛伦兹力提供向心力，确定运动轨迹的半径，再由动能表达式，即可求解加速的动能；由运动的周期公式，结合电量与质量，即可求解．三、计算题15.如图所示，有两

根足够长、不计电阻，相距L的平行光滑金属导轨cd、ef与水平面成角固定放置，底端接一阻值为R的电阻，在轨道平面内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直轨道平面斜向上．现有一平行于ce、垂直于导轨、质量为m、电阻不计的金属杆ab，在沿轨道平面向上的恒定拉力F的作用下，从底端ce由静止

沿导轨向上运动，当ab杆速度达到稳定后，撤去拉力F，最后ab杆又沿轨道匀速回到ce端．已知ab杆向上和向下运动的最大速度相等．求：拉力F和杆ab最后回到ce端的速度v．【答案】2sinFmg=；22()sinmgRrvBL+=【解析】【详解】当ab杆沿导轨上滑达到

最大速度v时，其受力如图所示：由平衡条件可知sin0FFmg−−=安安培力=FBIL安感应电流EIRr=+感应电动势EBLv=联立以上可得22sin0BLvFmgRr−−=+同理可得，ab杆沿导轨下滑达到最大速度时22sin0BLvmgRr−=+联立解得2sinFmg=()2

2sinmgRrvBL+=点睛：本题主要考查了电磁感应与动力学综合的问题，解决本题的关键理清导体棒的运动情况，知道达到最大速度时，加速度为零，处于平衡状态．能正确推导出安培力的表达式，即可解决这类问题．16.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量

为m＝5.0×10－8kg、电荷量为q＝1.0×10－6C的带电粒子．从静止开始经U0＝10V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP＝30cm，(粒子重力不计，sin37°＝0.6，cos37°

＝0.8)，求：(1)带电粒子到达P点时速度v的大小；(2)若磁感应强度B＝2.0T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，求OQ的距离；(3)若粒子不能进入x轴上方，求磁感应强度B′满足的条件．【答案】（1）20m/s（2）0.90m（3）B′＞5.33T【解

析】【分析】(1)粒子处于加速阶段，则由动能定理可求出速度大小；(2)粒子仅在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可求出运动的半径大小;再根据几何关系，建立已知长度与半径的关系，从而即可求得.(3)由于带电粒子不从x轴射出，根据几何关系可得半径的取值范围，再由半径公式可推导出磁感应

强度B'满足的条件.【详解】(1)对带电粒子的加速过程，由动能定理212Uqmv=代入数据得v＝20m/s(2)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有：2vqvBmR=代入数据得R＝0.5m而0.5cos53OPm=故圆心一定在x轴上，轨迹如

图甲所示:由几何关系可知：cos53OQRR=+故OQ＝0.90m(3)带电粒子不从x轴射出,如图乙所示：由几何关系得：cos53?OPRR+①2vqvBmR=②由①②并代入数据得165.333BTT=【点睛】考查动能定理、牛顿第二定律及向心力公式，同

时将几何知识融入题中，从而提升学生分析与解题的能力.17.已知质量为m的带电液滴，以速度v射入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B中，液滴在此空间刚好能在竖直平面内做匀速圆周运动，如图所示．求：(1)液滴在空间

受到几个力作用；(2)液滴带电荷量及电性；(3)液滴做匀速圆周运动的半径．【答案】(1)三个力；(2)mgqE=，负电；(3)EvRgB=【解析】【详解】(1)由于是带电液滴，它必然受重力，又处于电磁场中，

还应受到电场力及洛伦兹力共三个力作用．(2)因液滴做匀速圆周运动，故必须满足重力与电场力平衡，所以液滴应带负电，电荷量由mg＝Eq，求得：mgqE=(3)尽管液滴受三个力，但合力为洛伦兹力，所以2mvqBvR=可得滴做匀速圆周运动的半径：mvEvRqBgB==．