1、高二年级上学期第一次质量检测物理试题 2019.10一选择题（本题共15小题，每小题4分，共60分。1-9题为单选，10-15为多选，在每小题给出的四个选项中，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）1.物理学中规律的发现是从现象到认识本质的过程，下列说法中不正确的是 （ ）A通电导线受到的安培力，实质上是导体内运动电荷受到洛仑兹力的宏观表现B穿过闭合电路的磁场发生变化时电路中产生感应电流，是因为变化磁场在周围产生了电场使电荷定向移动C磁铁周围存在磁场，是因为磁铁内有取向基本一致的分子电流D电磁感应中的动生电动势的产生原因与洛伦兹力有关，洛伦兹力做功不为零2.下列说法正确的是（
2、 ）A洛伦兹力对电荷一定不做功B感应电流的磁场一定与原磁场方向相反C线圈中有感应电流产生说明线圈中的磁通量一定不为零D闭合电路的部分导体做切割磁感线运动一定有感应电流产生3.某空间存在着如图所示的水平方向的匀强磁场，A、B两个物块叠放在一起，并置于光滑的绝缘水平地面上物块A带正电，物块B为不带电的绝缘块水平恒力F作用在物块B上，使A、B一起由静止开始向左运动在A、B一起向左运动的过程中，以下关于A、B受力和运动的说法中正确的是() AA对B的压力变小 BB对A的摩擦力保持不变CA对B的摩擦力变大 D两物体运动的加速度减小4.如图5所示,表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直于纸面向外、磁感
3、应强度为B的匀强磁场中.质量为m、带电荷量为+Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑.在滑块下滑的过程中,下列判断正确的是 ( ) A滑块受到的摩擦力不变 B滑块到达地面时的动能与B的大小无关C滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下DB很大时,滑块可能静止于斜面上5如图所示为回旋加速器的示意图。两个靠得很近的D形金属盒处在与盒面垂直的匀强磁场中，一质子从加速器的A处开始加速。已知D型盒的半径为R，磁场的磁感应强度为B，高频交变电源的电压为U、频率为f，质子质量为m，电荷量为q。下列说法不正确的是（ ）A. 质子的最大速度不超过2RfB. 质子的最大动能为C. 高频交变电源的频率D. 质子的最大动能与高频交
4、变电源的电压U有关，且随电压U增大而增加6.关于产生感应电流的条件，以下说法中正确的是（）A导体在磁场中运动，导体中就一定有感应电流B导体做切割磁感线运动，导体 中就一定有感应电流C穿过闭合电路的磁通量不为零，闭合电路中就一定产生感应电流D无论什么方法，只要穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合电路中就一定产生感应电流7如图所示，有一宽度为L的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外一个等腰直角三角形的导线框abc，其直角边长也为L，在水平拉力F作用下从图示位置开始向右匀速穿过磁场区，这一过程中直角边ab始终与磁场边界平行以导线框中逆时针方向为电流的正方向则下图中能正确表示线框中电流i随时间t变化的图象
5、是（）A. B. C. D. 8.如图，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成角（090），其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，它的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中（） A F运动的平均速度大小为v B 平滑位移大小为 C 产生的焦耳热为mgsinmv2 D 受到的最大安培力大小为sin9.如图所示，水平面上相距l=0.5m的两根光滑平行金属导轨MN和PQ，他们的电阻可忽略不计，在M和P之间接有最大阻值为6.0的滑动
6、变阻器R，导体棒ab电阻r=1，与导轨垂直且接触良好，整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=0.4T，滑动变阻器滑片处在正中间位置，ab在外力F作用下以v=10m/s的速度向右匀速运动，以下判断正确的是（）A. 通过导体棒的电流大小为，方向由b到aB. 导体棒受到的安培力大小为1N，方向水平向左C. 外力F的功率大小为1WD. 若增大滑动变阻器消耗的功率，应把滑片向P端移动10如图，两条水平光滑金属导轨固定在电磁铁两磁极之间，导轨两端a、b断开，金属杆L垂直导轨放置。闭合开关S，下列判断正确的是A. 电磁铁两磁极之间的磁场方向向下B. 若给金属杆向左的初速度，则a点电势高于b点C
7、. 若a、b间接导线，向下移动滑片p，则金属杆向左运动D. 若a、b间接直流电源，a接正极、b接负极，则金属杆向左运动11.如图所示，一电子以初速度v沿与金属板平行的方向飞入MN极板间，发现电子向M板偏转，则可能是( )A. 电键S闭合瞬间B. 电键S由闭合到断开瞬间C. 电键S是闭合的，变阻器滑片P向左迅速滑动D. 电键S是闭合的，变阻器滑片P向右迅速滑动12如图所示，在水平木制桌面上平放一个铜制的圆环，在它上方近处有一个N极朝下的条形磁铁，铜环始终静止关于铜环对桌面的压力F和铜环重力G的大小关系，下列说法中正确的是（）A当条形磁铁靠近铜环时，FGB当条形磁铁远离铜环时，FGC无论条形磁铁靠
8、近还是远离铜环，F=GD无论条形磁铁靠近还是远离铜环，FG13如图电路（a）、（b）中，电阻R和自感线圈L的电阻值都是很小接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光（）A在电路（a）中，断开S，A将渐渐变暗B在电路（a）中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗C在电路（b）中，断开S，A将渐渐变暗D在电路（b）中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗14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15如图所示，两个
9、条形磁铁的N和S相向水平放置，一竖直放置的矩形线框从两个磁铁之间正上方自由落下，并从两磁铁中间穿过下列关于线框受到安培力及从右向左看感应电流方向说法正确的是（）A感应电流方向先逆时针方向，后顺时针方向B感应电流方向先顺时针方向，后逆时针方向C安培力方向一直竖直向上D安培力方向先竖直向上，后竖直向下二实验题（每空3分，共6分）16为观察电磁感应现象，某学生将电流表、螺线管A和B、电池组、滑动变阻器、电键接成如图所示的实验电路：（1）（单选）该同学将线圈B放置在线圈A中，闭合、断开电键时，电流表指针都没有偏转，其原因是 （A）电键的位置接错（B）电流表的正、负接线柱上导线接反（C）线圈B的两个接线
10、柱上导线接反（D）蓄电池的正、负极接反（2）电路连接的错误改正后，该同学在闭合电键时发现电流表指针向右偏转，则如果向右移动滑动变阻器的滑片（滑动变阻器接入电路的方式仍然如图中所示），则电流表的指针向 （选填“左”或“右”）偏转三计算题（本题有3小题，共34分。写出必要的解题过程，只写最后结果不能得分）17.（10分）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第象限存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，第象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场.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点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，（P
11、点未画出）已知ON=2OM ,不计粒子重力，求： （1）带电粒子从N点进入磁场时的速度大小和方向？（2）磁感应强度大小B？（3）粒子由M点到P点运动时间？18.（12分）如图，在平面直角坐标系xOy内，第1象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第象限以ON为直径的半圆形区域内，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y=h处的M点，以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上x=2h处的P点进入磁场，最后以速度v垂直于y轴射出磁场不计粒子重力求：（1）电场强度大小E；（2）粒子在磁场中运动的轨道半径；（3）粒子离开磁场时的位置坐标19.（12分）
12、如图所示，MN、PQ是足够长的光滑平行导轨，其间距为L，且MP与两导轨垂直，导轨平面与水平面间的夹角=30M、P和N、Q之间均接阻值为2R的电阻有一垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B0将一根质量为m的金属棒ab紧靠MP放在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒的电阻为R，导轨电阻不计现用与导轨平行的恒力F=mg沿导轨平面向上拉金属棒，使金属棒从静止开始沿导轨向上运动，金属棒在运动过程中始终与MP平行当金属棒滑行至cd处时已经达到稳定速度，cd到MP的距离为s，重力加速度为g（1）求金属棒达到的稳定速度v（2）求金属棒从静止开始运动到cd的过程中，导体棒上产生的热量（3）当金属棒滑行至cd
13、时，去掉NQ间的电阻2R，为使导体棒的速度不变，拉力应变为多少？物理试题答案1.D 2.A 3.B 4.C 5.D【详解】A质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，则，A正确B根据向心力公式，质子最大动能联立解得，B正确C回旋加速器能够加速粒子的条件就是粒子圆周运动的周期等于交变电流的周期，粒子圆周运动周期所以，C正确D由选项B分析可知质子最大动能，与电压U无关，D错误6.D 7.A线框刚进入磁场时磁通量向外增加，感应磁场向里，因此感应电流方向为顺时针，电流i应为负，选项CD错误；随着线框的运动，导线切割磁感线长度减小，感应电流减小，当线圈全部进入磁场时，感应电流减为零；线圈出离磁场后，感
14、应电流为逆时针方向，即为正向，随着线框的运动，导线切割磁感线长度减小，感应电流减小，直到为零，故选项A正确，B错误；故选A. 8解：A、金属棒ab开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀变速直线运动，平均速度不等于v，而是大于；故A错误 B、由电量计算公式q=t，=，=，联立得 q= 可得，下滑的位移大小为s=，故B正确 C、根据功能关系，产生的热量等于机械能减小量，故：Q=mgsinmv2，故C错误 D、金属棒ab做加速运动，或先做加速运动，后做匀速运动，速度为v时产生的感应电流最大，受到的安培力最大，最大安培力大小为F=BIL=故D错误故选：B9.C【详解】切割电动势为：E=BLv=0.4
15、0.510=2V，感应电流大小为：，根据右手定则，感应电流方向为：ab，故A错误；安培力大小为：FA=BIL=0.40.50.5=0.1N，根据左手定则，安培力水平向左，故B错误；导体棒匀速运动，由平衡条件得，拉力为F=FA=0.1N，故拉力的功率为：P=Fv=0.110=1W，故C正确；导体棒相当于电源，当外电阻与内电阻越是接近，外电阻消耗的功率越大，故要增大滑动变阻器消耗的功率，应把滑片向M端移动，故D错误；10AC11ACA、开关S接通瞬间，根据安培定则，穿过线圈的磁通量向右增加，由楞次定律知在右侧线圈中感应电流的磁场方向向左，产生左正右负的电动势，电子向M板偏振，A正确；B、断开开关S
16、瞬间，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律知在右侧线圈中产生左负右正的电动势，电子向N板偏振，B错误；C、接通S后，变阻器滑动触头向左迅速滑动，电阻减小，电流增大，穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律知在上线圈中产生左正右负的电动势，电子向M板偏振，C正确；D、接通S后，变阻器滑动触头向右迅速滑动，电阻增大，电流减小，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律知在上线圈中感应出左负右正的电动势，电子向N板偏振，D错误。点睛：由图象知电子向M板偏转，必须是电容器的M极板带正电，再由楞次定律去逐项分析即可。12.AB 13AD14.AD【解答】解：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故A正确B、
17、C、D、感应电流的磁场方向阻碍原磁场磁通量的变化，方向可能与原磁场方向相同，可能相反故B、C错误，D正确故选：AD15.BC【解答】解：AB、由图可知，磁感线向左向右，则中间磁感应强度最大，而向两边越来越小，故在线圈从高处下落过程中，穿过线圈的磁通量一直向右，且先增大后减小，则由楞次定律可知，感应电流先顺时针后逆时针，故B正确，A错误；CD、产生的感应电流一直阻碍物体间的相对运动，故安培车一定一直竖直向上，故C正确，D错误故选：BC16（1）A；（2）右【解答】解：（1）该同学将线圈B放置在线圈A中，线圈A中产生感应电动势；再闭合电键，磁通量不变，无感应电动势，故电流表指针不偏转；应改为电键闭
18、合后，再将线圈B放置在线圈A中；或者将电键接在B线圈所在回路中，故选A（2）闭合电键时，磁通量增加，电流表指针向右偏转；向右移动滑动变阻器的滑片，电阻变小，电路电流变大，磁通量也增加，故感应电流相同，即电流表指针也向右偏转；故答案为：（1）A；（2）右17.（1） （2） （3）【详解】（1） 在x轴方向： y轴方向： = （2） (3)由(1)知: 在磁场中:周期,结合(2)可求得磁场中运动时间总时间18.解：（1）在电场中粒子做类平抛运动，设粒子在电场中运动的时间为t1，则有：2h=v0t1 h=at12根据牛顿第二定律得：qE=ma联立式得：E=（2）由题意可知，粒子进入磁场时速度也为v
19、，根据动能定理得：qEh=再根据 qvB=m联立式得：，r=（3）如图，设粒子离开磁场时的位置坐标为（x、y），粒子进入磁场时速度v，与x轴正方向的夹角为，由图可得：cos=，=45所以 x=2hrcos45=2hy=r+rsin45=（1+）19.解：（1）当金属棒匀速运动时达到稳定状态，由平衡条件得：F=mgsin +F安，安培力：F安=B0IL=，解得：v=（2）设金属棒从静止开始运动到cd的过程中，导体棒上产生的热量为Q，则整个电路产生的焦耳热为2Q，由能量守恒定律得：Fs=mgssin +2Q+mv2，解得：Q=mgs（3）当金属棒运动到cd时，去掉NQ间的电阻，为使导体棒的速度不变，即使金属棒处于平衡状态，设拉力变为F1，由平衡条件得：F1=mgsin +F安，安培力：F安=B0IL=B0L，解得：F1=mg
