【文档说明】天津市静海区四校2020-2021学年高二上学期12月阶段性检测物理试卷 【精准解析】.doc，共(16)页，906.000 KB，由小赞的店铺上传

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静海区2020-2021学年度第一学期12月四校阶段性检测高二物理试卷本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷第1页至第3页，第Ⅱ卷第4页至第6页。试卷满分100分。考试时间60分钟

。第Ⅰ卷一、单项选择题（共9题；每题4分，共36分，其中每题的四个选项中，有1个正确答案）1.以下说法正确的是()A.只要有可以自由移动的电荷，就存在持续电流B.金属导体内的持续电流是自由电子在导体内的

电场作用下形成的C.电流的传导速率就是导体内自由电子的定向移动速率D.在金属导体内当自由电子定向移动时，它们的热运动就消失了【答案】B【解析】【详解】A、要有持续电流必须有持续的电压,A错误；B、导体中形成电流的原因是导体两端加上电压,于是在导体内形成了电场,导体内的自

由电子将在静电力作用下定向移动,形成电流,B正确；C、电流的传导速度等于真空中的光速,电子定向移动的速率很小,C错误；D、在形成电流时自由电子定向移动,但是热运动并没有消失,其实电子仍然做无规则的热运动,D错误．故选B．2.把长为L的导线弯成一个圆心角为60的圆弧，将其平放在纸面内，使两

端点A、C连线在竖直方向。现有一个垂直纸面向外、大小为B的匀强磁场，如图所示。若给导线通以由A到C、大小为I的恒定电流，则导线所受安培力的大小和方向是（）A.ILB，水平向左B.ILB，水平向右C.3πBIL，

水平向右D.3πBIL，水平向左【答案】D【解析】【详解】弧长为L，圆心角为60，则弦长3πLAC=导线受到的安培力3πILBFBIAC==由左手定则可知，导线受到的安培力方向为水平向左故选D。3.如图所示为A、B两电阻的伏安特性曲线，关于两电阻的

描述正确的是（）A.电阻A的阻值随电流的增大而减小，电阻B的阻值不变B.在两图线交点处，电阻A的阻值等于电阻B的阻值C.在两图线交点处，电阻A的阻值大于电阻B的阻值D.在两图线交点处，电阻A的阻值小于电阻B的阻值

【答案】B【解析】【详解】A．由题图可知，电阻A的I-U图像的割线斜率越来越小，A的电阻随电流的增大而增大，电阻B的阻值不变，故A错误；BCD．两图像的交点处，电流和电压均相同，则由欧姆定律可知，两电阻的阻值相等，故B正确，CD错误。故选B。4.矩形导线框abcd与长直导线M

N放在同一水平面上，ab边与MN平行，导线MN中通入如图所示的电流，当MN中的电流增大时，下列说法正确的是（）A.导线框abcd中没有感应电流B.导线框abcd中有顺时针方向的感应电流C.导线框所受的安培力的合力方向水平向左D.导线框所受的安培力的合力方向水平向右【答案】D【解析】【详解】A

B.直导线中通有向上且增大的电流，根据安培定则知，通过线框的磁场方向垂直纸面向里.且增大，根据楞次定律知感应电流的方向为逆时针方向，故A、B错误；CD.根据左手定则知，ab边所受安培力方向水平向右，cd边所受安培力方向水平

向左，离导线越近，磁感应强度越大，所以ab边所受的安培力大于cd边所受的安培力，则线框所受安培力的合力方向水平向右，故C错误、D正确．5.在阴极射线管中电子流方向由左向右，其上方置一根通有如图所示电流的直导线，导线与阴极射线管平行，则阴极射线将会()

A.向上偏转B.向下偏转C.向纸内偏转D.向纸外偏转【答案】B【解析】【详解】由题意可知，直线电流的方向由左向右，根据右手定则，可判定直导线下方的磁场方向为垂直纸面向里，而阴极射线电子运动方向由左向右，由左手定则知(电子带负电，四指要指向其运动方向的反方向)，阴极射线将向下偏转A．向

上偏转与分析不符，A错误B．向下偏转符合分析，B正确C．向纸面内偏转不符合分析，C错误D．向纸面外偏转不符合分析，D错误6.一电压表，内阻为3K，量程为0~3V，要把它改装成一个量程为0~15V的电压表，需要给它A.并联一个12K的电阻B.并联一个15K的电阻C.串联一个12K

的电阻D.串联一个15K的电阻【答案】C【解析】【详解】一电压表，内阻为3K，量程为0~3V，要把它改装成一个量程为0~15V的电压表，需要给它串联一个的电阻(153)3kΩ12kΩ3gggUURUR−−===故选C。7.如图所示的电路中

，电源的电动势E和内电阻r恒定不变，电灯L恰能正常发光，如果变阻器的滑片向b端滑动，则（）A.电灯L更亮，电流表的示数减小B.定值电阻R2消耗的功率增大C.电灯L变暗，电源的总功率减小D.电灯L变暗，电流表的示数增大

【答案】A【解析】【详解】滑片向b端滑动，R1变大，电路中总电阻变大，路端电压变大，根据I=ERr+总知I减小，电流表示数减小，根据E=U外＋Ir，U外变大，灯泡两端电压变大，故电灯L更亮，再根据P2=22IR2，I总减小，IL变大，故I2变小，R2

功率变小故选A。8.如图所示，光滑固定导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放置在导轨上形成一个闭合回路，当一条形磁铁从高处下落接近回路时（）A.P、Q将相互远离B.P、Q将相互靠拢C.磁铁的加速度等于gD.磁铁的加速度大于g【答案】B

【解析】【详解】根据榜次定律的广义表述——感应电流的效果总是要阻碍引起感应电流的原因，本题中的“原因”是穿过回路的磁通量增加，磁铁靠近回路，“效果”是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近，由“增缩减扩”和“来拒去留”可知P、Q将互相靠拢且磁铁的加速度小于

g，故B正确，A、C、D错误；故选B。9.如图甲所示，一个匝数n＝100的圆形导体线圈，面积S1＝0.4m2，电阻r＝1Ω。在线圈中存在面积S2＝0.3m2的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示。有一个R＝

2Ω的电阻，将其两端a、b分别与图甲中的圆形线圈相连接，b端接地，则下列说法正确的是（）A.圆形线圈中产生的感应电动势E＝6VB.在0～4s时间内通过电阻R的电荷量q＝6CC.设b端电势为零，则a端的电势φa＝3VD.在0～4s时间内电阻R上产生的焦耳热Q＝18J【答案】BD【解析】【详解】A．

由法拉第电磁感应定律可得E＝nBtS2，由题图乙可得0.6T/s0.15T/s4Bt==，将其代入可得E＝4.5V，A错误；B．由电量公式：()EnqIttnRrRrtRr====+++，在0～4s穿过圆形导体线圈

磁通量的变化量为ΔΦ＝0.6×0.3Wb-0＝0.18Wb，代入可得q＝6C，B正确；C．0～4s内磁感应强度增大，圆形线圈内磁通量增加，由楞次定律结合安培定则可得b点电势高，a点电势低，故C错。D．由于磁感应强度均匀变化产生的电动势与电流均恒定，可得1.5AEIRr==+，由焦耳定律可得Q＝I2

Rt＝18J，D正确。故选BD。二、不定项选择题（共3题；每题4分，共12分，其中每题的四个选项中，有1个或多个正确答案）10.如图所示，导线框MNQP近旁有一个跟它在同一竖直平面内的矩形线圈abcd，下列说法正确的是（）A.当电阻变大时，abcd中有感应电流B.当电阻变小时，a

bcd中有感应电流C.电阻不变，将abcd在其原来所在的平面内向PQ靠近时，其中有感应电流D.电阻不变，将abcd在其原来所在的平面向上运动且ab边不超过PM边时，其中有感应电流【答案】ABC【解析】【详解】AB．无论电阻变大还是变小，导线框MNQP的电流

都会发生变化，从而穿过矩形线圈abcd的磁通量都会发生变化，根据楞次定律，abcd中都会有感应电流产生，AB正确；C．电阻不变，将abcd在其原来所在的平面内向PQ靠近时，穿过线圈abcd的磁通量增加，abcd中有感应电流产生，C正确；D．电阻不变，将abcd在其原来所在的平

面向上运动且ab边不超过PM边时，穿过线圈abcd的磁通量没有发生变化，因此abcd中没有感应电流产生，D错误。故选ABC。11.下图是根据某次实验记录数据画出的U－I图象，下列关于这个图象的说法中正确的是（）A.纵轴截距表示待测电源的电动势，即E

＝3.0VB.横轴截距表示短路电流，即I短＝0.6AC.根据r＝E/I短，计算出待测电源内阻为5ΩD.根据r＝|UI|，计算出待测电源内阻为1Ω【答案】AD【解析】【详解】A．由闭合电路欧姆定律可知：UEIr=−，因此在U－I图象中，图线与U轴的交点表示电源电动势，由图可知E＝

3.0V，A正确；B．此图的纵坐标并非从零开始，横轴的截距表示当电压为2.4V时的电流，B错误；CD．在U－I图象中斜率UI表示电源内阻r的大小，即3.02.410.6r−==C错误，D正确。故选AD。12.如图所示，在M

N上方的空间充满垂直于平面向里的匀强磁场，有两个粒子A、B以相同的速度v，与MN成60从O点射入磁场，然后分别从P、Q点射出磁场，且OPOQ=，不考虑粒子间的相互作用力和粒子的重力，下列说法正确的是（）A.A粒子带负电，B粒子带正

电B.A、B粒子在磁场中的轨道半径R相等C.A、B粒子的比荷相等D.A、B粒子在磁场中的运动时间之比为1:2【答案】BC【解析】【详解】A．由左手定则可以判断，A粒子带正电，B粒子带负电，故A错误；B．用作图法作出A、B粒子轨迹的圆心如图，OPOQ=，C、D分别为OP、OQ中点，

有12OOCOOD△△得12OOOO=所以A、B粒子在磁场中的轨道半径R相等，故B正确；C．由2vqvBmR=得qvmBR=A、B粒子速度大小相等，在同一磁场中，轨道半径相等，所以比荷也相等，故C正确；D．A、B粒子在磁场中的运动周期2πmTqB=

，周期相同，A粒子在磁场中的运动时间24023603AtTT==B粒子在磁场中的运动时间12013603BtTT==所以运动时间之比为2:1，故D错误。第Ⅱ卷三、填空（每空2分，共16分）13.在“测定金属的电

阻率”的实验中：(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，则该金属丝直径的测量值d=___________mm。(2)按如图所示的电路图测量金属丝的电阻Rx（阻值约为15Ω），实验中除开关、若干导线之外还提供下列器材：电压表V（

量程0~3V，内阻约3kΩ）电流表A1（量程0~300mA，内阻约3Ω）电流表A2（量程0~3A，内阻约0.1Ω）滑动变阻器R1（0~50Ω）滑动变阻器R2（0~200Ω）电源（电动势为3V，内阻不计）为了调

节方便，测量准确，实验中电流表应选___________，滑动变阻器应选___________。（选填器材的符号）(3)测出Rx的值后，改变电压表的连接方式，如图所示，即可测量电源的电动势和内阻，图中Rx有两个作用：①可以增大电压随

电流的变化率；②___________。【答案】(1).0.383（0.381~0.384均可）(2).1A(3).1R(4).保护电路【解析】【详解】(1)[1]螺旋测微器的读数为0+0.0138.3mm=0.383mm(2

)[2]估算回路中的电流为3A0.2A=200mA15EIR===所以为了读数准确电流表选择1A。[3]滑动变阻器采用限流式接法，为了调节方便滑动变阻器采用1R。(3)[4]Rx有两个作用：①可以增大电压随电流的变化率；②防止回路中电流过大损

坏电源，起到保护电路作用。14.如图所示，(a)图中当电键S闭合瞬间，流过表的感应电流方向是____；(b)图中当S闭合瞬间，流过表的感应电流方向是____．【答案】(1).b→a，(2).a→b【解析】【详解】由图（a

）所示可知，闭合电键S后，穿过左边线圈的磁场向下，且穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律可知，流过G的电流方向为：b→a；由图（b）所示可知，闭合电键S瞬间，穿过右边线圈的磁场方向向右，且磁通量增加，由楞次定律可知，流过G的电流方向为a→b。15.如图，互相平行的两条金属轨道固定在同一水平面上，

上面架着两根互相平行的铜棒ab和cd，磁场方向竖直向上．如不改变磁感强度方向而仅改变其大小，使ab和cd相向运动，则B应____．【答案】增大【解析】由题意可知，因磁场的大小变化，导致两棒中产生感应电流，在磁场中受到安培力作用，从而相向运动．因此

根据楞次定律的“增缩减扩”，可知，两棒相向运动，则使所构成的面积要收缩，那么磁场在增加．16.如图所示，相距为l的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一固定电阻R，导轨电阻可忽略不计。MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R。整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度

的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面（指向图中纸面内）。现对MN施力使它沿导轨方向以速度v做匀速运动。令U表示MN两端电压的大小，则U＝____。【答案】12BLv【解析】【详解】[1]感应电动势大小为EBLv=根据闭合电路

的欧姆定律可得，电路中的电流大小为2EBLvIRRR==+MN两端电压的大小为12UIRBLv==四、计算题（每题12分，共计36分）17.如图所示，在以0为圆心的圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为

B=0.20T。AO、CO为圆的两条半径，夹角为120°。一个质量为m=3.2×10-26kg、电荷量q=-l.6×10-19C的粒子经电场由静止加速后，从图中A点沿AO进入磁场，最后以v=l．0×105m/s的速度从C点离开磁场。不计粒子的重力。求：（结果保留2位有效数

字）(1)加速电场的电压；(2)粒子在磁场中运动的时间；(3)圆形有界磁场区域的半径。【答案】(1)31.010V；(2)61.010s−；(3)0.058m【解析】【详解】(1)在加速电场中212qUmv=31.010VU=(2)粒子在磁场中运动周期2mTqB=

611.010s63mtTqB−==(3)由2vBqvmR=粒子运动的轨道半径0.10mmvRBq==圆形磁场的半径为tan300.058mrR=18.在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂

直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以一定的初速度垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ＝60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，已知

ON＝d，如图所示．不计粒子重力，求：（1）粒子在磁场中运动的轨道半径R；（2）粒子在M点的初速度v0的大小；（3）粒子从M点运动到P点的总时间t．【答案】（1）粒子在磁场中运动的轨道半径R为d；（2）粒子在M点的初速度v0的大小

为；（3）粒子从M点运动到P点的总时间t为．【解析】【详解】（1）做出带电粒子的运动轨迹如图由三角形相关知识得sinRd=233Rd=（2）由qvB=mv2/R得v23=3qBdm在N点速度v与x轴正方向成θ＝60°角射出电场，将速度分解如图cosθ=v0/

v得射出速度v=2v0，v0=33qBdm（3）粒子在电场中运动的时间t1，有d＝v0t1所以t1＝0dv3mqB=粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T02Rv=，故T2mqB=设粒子在磁场中运动的时间t2，有t22T−=

所以t223mqB=t＝t1＋t2，所以t(332)3mqB+=19.如图所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，金属杆的电阻为r，整套装置

处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，导轨电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦。（重力加速度为g）(1)在加速下滑过程中，当ab杆的速度

大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小；(2)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值。(3)杆在下滑距离d的时已经达到最大速度，此时金属杆沿斜面下滑的位移为d，求此过程中通过电阻的电量Q。【答案】(1)IrBLvR=+，22sin()BLva

gRrm=−+；(2)2max2sin()mgRrvBL+=；(3)BLdQRr=+【解析】【详解】(1)当ab杆的速度大小为v时,回路中的感应电动势EBLv=因此ab杆中的电流EBLvIRrRr==++此时所受安培力大小22BLvFBILRr==+根据牛顿第二定律sinmgFma−=可得加

速度22sin()BLvagRrm=−+(2)在下滑过程中，当加速度减小到零时，ab杆速度达到最大值，此时22maxsin0()BLvgRrm−=+整理可得2max2sin()mgRrvBL+=(3)金属杆下滑的位移为d的过程中，平均电动势BLdEt

t==回路中的平均电流EIRr=+此过程中通过电阻的电量QIt=整理可得BLdQRr=+