【文档说明】河南省驻马店市正阳县高级中学2019-2020学年高二上学期第三次素质检测物理试题【精准解析】.doc，共(15)页，686.500 KB，由管理员店铺上传

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物理试题一、选择题1.关于物理学家和他们的贡献，下列说法中正确的是（）A.法拉第发现了电磁感应现象，并制作了世界上第一台发电机B.奥斯特发现了电流的磁效应，并提出了分子电流假说C.牛顿发现万有引力定律，并通过实验测出了引力常量D.库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷e的数值【

答案】A【解析】【详解】A．法拉第发现了电磁感应现象，并制作了世界上第一台发电机，选项A正确；B．奥斯特发现了电流的磁效应，安培提出了分子电流假说，选项B错误；C．牛顿发现万有引力定律，卡文迪许通过实

验测出了引力常量，选项C错误；D．库仑提出了库仑定律，密立根最早用实验测得元电荷e的数值，选项D错误．2.质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图两种虚线所示，下列表述正确的是A.M带负电，N带正电B.M的速度率小于N的速率C

.洛伦磁力对M、N做正功D.M的运行时间大于N的运行时间【答案】A【解析】【详解】A．由左手定则可知，M带负电，N带正电，选项A正确．B．由mvRqB=可知，M的速度率大于N的速率，选项B错误；C．洛伦磁力对M、N都不做功，选项C错误；D．由2mTqB=可知，M的运行时间等于N的运行时间，选项D

错误．3.一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图所示．如果直导线可以自由地运动且通以由a到b的电流，则导线ab受磁场力后的运动情况为()A.从上向下看顺时针转动并靠近螺线管B.从上向下看顺时针转动并远离螺线管C.从上向下看逆时针转动并远离螺线管D.从上向下看逆时针转动并

靠近螺线管【答案】D【解析】试题分析：通电导线因放在通电螺线管的磁场中故受到磁场力，因左右两侧磁场方向不同，故可以分左右两边分别分析研究，画出两侧的磁场方向，则由左手定则可判出磁场力的方向，根据受力情况可判出物体的转动情况．

当导体转动后，我们可以认为电流向右偏内，受力也将发生变化，为了简便，我们可以判断导体转动到向里的位置判断导体的受力情况，再判出导体的运动情况．解：通电螺线管的磁感线如图所示，则由图示可知左侧导体所处的磁场方向斜向上，右侧导体所处的磁场斜向下，则由左手定则可知，左侧导体受力方向向外，右侧导

体受力方向向里，故从上向下看，导体应为逆时针转动；当导体转过90°时，由左手定则可得导体受力向下，故可得出导体运动为逆时针转动的同时还要向下运动．即为a端转向纸外，b端转向纸里，且靠近通电螺线管，故D正确，ABC错误；故选D【点评】解决本题的关键（1）清楚通电

螺线管的磁场，应看到左右两边磁场的不同；（2）能准确地应用左手定则判断磁场与电流不垂直的情况；（3）会找到一些有代表性的特殊位置求解．4.如图所示，在正交的匀强电场和磁场的区域内(磁场水平向内)，有一

粒子恰能沿直线飞过此区域(不计粒子重力)()A.若粒子带正电，E方向应向右B.若粒子带负电，E方向应向上C.若粒子带正电，E方向应向上D.不管粒子带何种电，E方向都向下【答案】D【解析】【详解】在复合场中

对带电粒子进行正确的受力分析，在不计重力的情况下，离子在复合场中沿水平方向直线通过故有qEqvB=，若粒子带正电，则受洛伦兹力向上，而电场力向下，所以电场强度的方向向下；若带负电，则受洛伦兹力向下，而电

场力向上，所以电场强度的方向向下，D正确．5.如图所示，导线框中电流为I，导线框垂直于磁场放置，磁感应强度为B，AB与CD相距为d，则MN所受安培力大小为()A.F＝BIdB.F＝sinBIdC.F＝BI

dsinθD.F＝BIdcosθ【答案】B【解析】【分析】通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F=BIL可以直接求出安培力大小．【详解】导线框中电流为I，导线框垂直于磁场放置，AB与CD相距为d，此

时切割磁场的导线的长度为sind，此时受到的安培力的电场线为sinBIdFBIL==，所以B正确；故选B.【点睛】本题是安培力的分析和计算问题．安培力大小的一般计算公式是F=BILsinα，α是导体与磁场的夹角

，当B、I、L互相垂直的时候安培力最大为F=BIL．6.如图，两平行的虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的直角三角形线框abc的ab边与磁场边界平行，现使此线框向右匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与a

b边垂直．则下列各图中可以定性地表示线框在进入磁场的过程中感应电流随时间变化的规律的是()A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】开始时进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，当开始出磁场

时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针；不论进入磁场，还是出磁场时，由于切割的有效长度变小，导致产生感应电流大小变小，故ABC错误，D正确．7.如图所示,金属环半径为a,总电阻为2R,匀强磁场磁感应强度为B,垂直穿过环所在平面.电阻为2R的

导体杆AB沿环表面以速度v向右滑至环中央时,杆的端电压为A.BavB.2BavC.3BavD.43Bav【答案】A【解析】【详解】切割产生的感应电动势大小为：E=B•2av=2Bav电路中的总电阻为：22RRRR=+=总则总电流为：2EBavIRR==总则杆子两端的电

压为：2RUEIBav=−=A.Bav与分析相符，故A正确．B.2Bav与分析不符，故B错误．C.3Bav与分析不符，故C错误．D.43Bav与分析不符，故D错误．8.如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域，已知v1＝2v2，则在先后两种情况下()A.线圈中的感应电动势

之比E1：E2＝1∶2B.线圈中的感应电流之比I1∶I2＝1∶2C.线圈中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1D.通过线圈某截面的电荷量之比q1∶q2＝1∶2【答案】C【解析】【详解】AB．因为：122

vv=根据：EBLv=知感应电动势之比2:1,感应电流：EIR=则感应电流之比为2:1.故A错误，B错误.C．根据：122vv=知时间比为1:2，根据：2QIRt=知产生热量之比为2:1.故C正确.D．根据：qItnR==两种情况磁通量的变化量相同，所以通过某截面的电荷量之比为1:1.所以D

错误.9.如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在其左上方固定一根与磁铁垂直的长直导线，当导线通以如图所示方向电流时，下列判断正确的是（）A.磁铁对桌面的压力增大，且受到向左的摩擦力作用B.磁铁对桌面的压力减小，且受到向右的摩擦力作用C.若将导线移至磁铁中点的正上方，电流反向，磁铁对桌

面的压力会减小D.若将导线移至磁铁中点的正上方，电流反向，磁铁对桌面的压力会増大【答案】AC【解析】【详解】磁铁周围磁场的分布如图所示AB．以直导线为研究对象，可知其受到的安培力朝左上，所以磁铁受到直导线的反作用朝右下

，所以磁铁对地面的压力增大，受到地面的摩擦向左，A正确B错误CD．若将导线移至磁铁中点的正上方，电流反向，此处磁铁的磁场水平向左，导线受到的安培力竖直向下，所以磁铁受到的反作用力向上，磁铁对桌面的压力会减小，C正确D错误10.如图所示，长直导线a

、b、c分别固定在等边三角形三个顶点上，a、c通有垂直直面向里的电流，b通垂直直面向外的电流．电流强度大小相等，A、B、C为三角形三边中点，下列关于A、B、C三点磁场说法正确的是（）A.C点磁感强度最小B.B点磁

感应强度可能为零C.A、B两点磁感应强度大小相等D.若外加垂直直面向里的匀强磁场，A点磁感强度可能为零【答案】AC【解析】【分析】根据安培定则画出磁感应强度的方向，根据平行四边形法则进行叠加．【详解】A

．如下图所示，根据安培定则画出磁感应强度的方向，然后进行叠加比较大小，由图中可知C点磁感应强度最小，故A正确B．由图中可知B点磁感应强度不为零，故B错误；C．图中A、B两点的磁感应强度按平行四边形法则合成，由于：acBB=bcabBBBB+=+所以A、B两点的磁感应强度

大小相等，故C正确；D．由图可知A点的磁感应强度方向不是垂直于纸面向外，故D错误．【点睛】掌握直流导线磁感应强度方向的判断是解决本题的关键．11.两根相互平行的金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中，与导轨接触良好的导体

棒AB和CD可以自由滑动．当AB在外力F作用下向右运动时，下列说法中正确的是()A.导体棒CD内有电流通过，方向是D→CB.导体棒CD内有电流通过，方向是C→DC.磁场对导体棒AB的作用力向左D.磁场对导体棒CD的作用力

向左【答案】BC【解析】【详解】AB.AB棒切割磁感线产生感应电流，根据右手定则可知，AB中感应电流的方向为BA→，则导体棒CD中的感应电流的方向为CD→，故A错误，B正确．CD.由左手定则可知，磁场对导体棒AB的作用力向左，导体棒CD的作用力向右，故C正确，D错误．12.如图，两个

线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路．将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态．下列说法正确的是（）A.开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的

方向转动B.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动【答案】AD【解析】【详解】A

．断出直导线中电流方向为由南向北，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向里，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A正确；BC．开关闭合并保持一段时间后，左侧线圈中磁通量不变，线圈中感应电动势和感应电流为零，直导线中电

流为零，小磁针恢复到原来状态，BC错误；D．开关闭合并保持一段时间后再断开后的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由北向南，由安培定则可判断出小磁针处的磁场

方向垂直纸面向外，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D正确．二、实验题13.如图所示，A为弹簧测力计（量程足够大），B为条形磁铁（下端为S极），C为螺线管．现将S1断开，S2由1改接到2，则弹簧测力计的示数将______；若S

2接2不变，再闭合S1，弹簧测力计的示数将______．（都选填“变大”、“变小”或“不变”）【答案】(1).变小(2).变大【解析】【详解】由图可知，电流的方向由下向上，结合线圈的绕法可知，电磁铁的上端为N极，而条形磁铁下端为S极，可

知通电后二者之间的作用力为吸引力；现将S2由1改接到2，则将只剩下一半线圈产生磁场，所以电磁铁的磁性减小，则对条形磁铁的作用力减小；根据共点力平衡可知弹簧测力计的示数将变小；若S2接2不变，再闭合S1

，电阻R2被短路，所以电路中的电流值增大，则线圈产生的磁场增大，线圈对条形磁铁的吸引力增大，所以弹簧测力计的示数将增大.14.在图甲中，不通电时电流计指针停在正中央，当闭合开关时，观察到电流计指针向左

偏．现在按图乙连接方式将电流计与螺线管B连成一个闭合回路，将螺线管A与电池、滑动变阻器和开关S串联成另一个闭合回路：（1）将开关S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，螺线管B的_______端（填

“上”或“下”）为感应电动势的正极；（2）螺线管A放在B中不动，开关S突然断开的瞬间，电流计的指针将________（填“向左”“向右”或“不发生”）偏转；（3）螺线管A放在B中不动，滑动变阻器的滑片向左滑动，电流计的指针将______（填“向左”“向右”或“不发生”）偏转

；【答案】(1).（1）下(2).（2）向右(3).（3）向左【解析】【详解】题图甲中,当闭合S时,电流从“+”接线柱流入电流表,电流表的指针向左偏,说明电流从哪边流入电流表,电流表的指针就向哪边偏．(1)螺线管A中的磁场方向向下,当螺线管A插入螺线管B的过程中,穿过螺线管B的磁通量增加.根据楞次

定律可知,螺线管B中感应电流产生的磁场方向向上,根据安培定则可知螺线管B中的感应电流方向为自上向下,所以螺线管B的下端为感应电动势的正极．(2)螺线管A放在螺线管B中不动时,开关S突然断开的瞬间，穿过螺线管B的磁通量减小，根据楞次定律，螺旋管B中感应出自下

向上的电流，即电流从“-”接线柱流入电流表,此时电流表的指针向右偏,(3)螺线管A放在螺线管B中不动,将滑动变阻器的滑片P向左滑动时,电路中的电流增大,穿过螺线管B的磁通量增加.根据楞次定律可知,螺线管B中感应电流产生的磁场方向

向上,根据安培定则可知螺线管B中的电流方向为自上向下,即电流从左端流入电流表,故电流表的指针向左偏转．三、计算题15.水平面上有电阻不计的U形金属导轨NMPQ，它们之间的宽度为L，现垂直于导轨放一根质量为m的金属棒ab，棒中

通入由a到b，电流强度为的恒定电流．并加一个范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向与水平面夹角为θ，且斜指向右上方，如图所示，重力加速度为g，求：（1）当ab棒静止时，ab棒受到的支持力和摩擦力各为多大；（2）若B的

大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，B的最小值及其方向．【答案】（1）f=BILsinN=mg-BILcos（2）minmgBIL=，方向水平向右【解析】【详解】(1)从b向a看，根据

左手定则金属棒受力如图所示：竖直方向有：cosNFmg+=水平方向有：sinfF=而FBIL=联立可得sinfBIL=cosNmgBIL=−(2)若ab棒受到的支持力为零，则：cosmgBIL=所以cosmgBIL

=当cos=1时，B有最小值minmgBIL=依椐左手定则，可知此时磁感应强度方向水平向右.答：(1)当ab棒静止时，ab棒受到的支持力mg-BILcos和摩擦力BILsin；(2)若B的大小和方向均能改变，则要使a

b棒所受支持力为零，B的最小值minmgBIL=，方向水平向右．16.一个重力不计的带电粒子，以大小为v的速度从坐标()0L，的a点，平行于x轴射入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，并从x轴上b点射出磁场，射出速度方向与x轴正方向夹角为60，如图.求：（

1）带电粒子在磁场中运动的轨道半径；（2）带电粒子的比荷qm及粒子从a运动到b点的时间；【答案】（1）R=2L；（2）2vBL；23Lv【解析】【详解】(1)画出粒子的运动轨迹如图所示,由几何知识得：30RsinLR+=，解得：=2RL；(2)洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定

律得：2mvqvBR=，解得：2qvmBL=；(3)粒子做圆周运动的周期为：24RLTvv==，则粒子从a运动到b所用的时间为：1263LtTv==；17.截面积为0.2m2的100匝圆形线圈A处在匀强磁

场中，磁场方向垂直线圈平面向里，如图所示，磁感应强度正按Bt＝0.02T/s的规律均匀减小，开始时S未闭合．R1＝4Ω，R2=6Ω，C=30µF，线圈内阻不计．求：（1）S闭合后，通过R2的电流大小；（2）S闭合后一段时间又断开，则S切断后通过R2的电量是多少？【答案】（1

）0.04A（2）7.2×10-6C【解析】试题分析：线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感应电流．由法拉第电磁感应定律可求出感应

电动势大小．再由闭合电路的殴姆定律可求出电流，从而得出电阻两端电压，最终确定电量．（1）磁感应强度变化率的大小为0.02/BTst=，B逐渐减弱故感应电动势为1000.020.20.4BEnSVt===感应电流为120.40.0446EIAARR==

=++（2）2R两端的电压为221260.40.2446RUEVRR===++则电量为66230100.247.210QCUC−−===