1、杨村一中2020-2021学年第一学期第三次形成性检测高二物理试题一、单项选择题（本题共8小题，每题3分，共24分，每题只有一个正确选项）1. 物理学家在电与磁的发现过程中，经历了一段艰辛的探索过程，下列说法正确的是（）A. 奥斯特发现了电流可以产生磁场，并提出了电流产生磁场的原理与磁铁相同的假说B. 法拉第通过实验提出了法拉第电磁感应定律C. 安培总结了通电导线在磁场中受力的大小和方向的规律D. 楞次通过实验总结了感应磁场方向总是与原磁场方向相反的定律【答案】C【解析】【分析】【详解】A奥斯特发现通电导线可以让小磁针偏转，从而发现电流可以产生磁场。安培根据通电螺线管产生的磁场跟条形磁铁相似这
2、一现象，提出了分子电流假说。A错误；B法拉第通过实验提出了产生感应电流的条件。纽曼和韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后，得到了法拉第电磁感应定律。B错误；C安培总结了通电导线在磁场中受力的大小和方向的规律，后人为了纪念他的功绩，称这种力为安培力。C正确；D楞次通过实验总结了感应磁场方向总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。D错误。故选C。2. 如图所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入横截面是一正方形的匀强磁场，下列判断正确的是（）A. 电子在磁场中运动的时间越长，其轨迹越长B. 电子在磁场中运动的时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大C. 在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹线一定重合D.
3、 电子的速率不同，它们在磁场中运动的时间一定不同【答案】B【解析】【分析】【详解】不同速率的粒子在磁场运动的轨迹如图所示，由周期公式知，周期与电子的速率无关，电子的速率不同，它们的周期是相同的。AB由知，电子在磁场中运动时间与轨迹对应的圆心角成正比，所以电子在磁场中运动的时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大，但是半径不一定大，可知电子在磁场中运动时间越长，轨迹线不一定越长，例如轨迹1和5，故A错误，B正确；CD由图轨迹1与2可知，它们都在磁场中运动了半个周期，在磁场中运动时间相同，它们的半径不同，说明速率不同，轨迹也不重合，所以，在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹线不一定重合，电子的速率不同，
4、它们在磁场中运动的时间可能相同，故CD错误。故选B。3. 如图甲为手机及无线充电板。图乙为充电原理示意图。充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电，为方便研究，现将问题做如下简化：设受电线圈的匝数为n，面积为S，磁场视为匀强磁场。若在到时间内，磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度由均匀增加到。下列说法正确的是（）A. c点的电势高于d点的电势B. 受电线圈中的电流随时间均匀增大C. c、d之间的电势差为D. 受电线圈有靠近送电线圈的趋势【答案】C【解析】【分析】【详解】A根据楞次定
5、律可知，受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针，受电线圈中感应电流方向由c到d，所以c点的电势低于d点的电势，故A错误；B磁感应强度由均匀增加到，由法拉第电磁感应定律可知，产生的电动势恒定，则受电线圈中的电流恒定，故B错误；C根据法拉第电磁感应定律得，c、d之间的电势差为故C正确；D受电线圈在到时间内，磁通量增大，由“来拒去留”可知，受电线圈与送电线圈间有相互排斥作用，故D错误。故选C。4. 法拉第设计了世界上第一台发电机，模型如图所示，将一半径为r的铜圆盘，在竖直面内绕过圆盘中心的水平轴，以角速度匀速旋转，圆盘的边缘和圆心处各与一铜电刷紧贴，用导线与灯泡连接起来，下列说法正确的是（）A.
6、 灯泡R两端的电压为B. 通过灯泡的电流方向始终是由b到aC. 在圆盘转动过程中，穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D. 若角速度增加为原来的2倍，则灯泡R消耗的功率将增加为原来的2倍【答案】B【解析】【分析】【详解】A由于铜圆盘电阻未知，因此无法确定R两端电压，故A错误；B由右手定则可知，回路中电流方向不变，从导线流进灯泡，导线流进铜圆盘，故B正确；C由图可知，在圆盘转动过程中，穿过整个圆盘的磁通量没有变化，故C错误；D根据法拉第电磁感应定律，得圆盘产生的感应电动势若增加为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，根据可知感应电流变为原来的2倍，功率将变为原来的4倍，D错误。故选B。5. 如图所示
7、，是一小金属块，用一根绝缘细杆挂在固定点O，使金属块绕竖直线来回摆动，穿过水平方向的匀强磁场区域（金属块可以完全进入磁场中），磁感线方向跟纸面垂直，若摩擦和空气阻力均不计，则（）A 金属块进入或离开磁场区域时，都会产生相同方向感应电流B. 金属块开始摆动后，可以摆到右侧等高位置C. 金属块完全进入磁场区域后，金属块中无感应电流D. 金属块从左向右摆动到最低点时，绳拉力可能为零【答案】C【解析】【分析】【详解】A当金属块进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，会产生电流。进入和离开磁场区域，磁通量分别是增大和减小，根据楞次定律得感应电流的方向相反，故A错误；B由于从左侧摆到右侧的过程中，金属块中磁通
8、量发生变化，因而产生感应电流，由于电阻的存在，金属块中将产生焦耳热，根据能量守恒知金属块的机械能将不守恒，故金属块开始摆动后，不能摆到右侧等高位置，故B错误；C金属块完全进入磁场区域后，由于穿过金属块的磁通量不发生变化，则金属块中无感应电流，故C正确；D金属块从左向右摆动到最低点时，此时无感应电流，而金属块在做圆周运动，由拉力与重力的合力提供向心力，故绳拉力不可能为零，故D错误。故选C。6. 如图，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内顺时针减速旋转时，由此可知（）A. 圆环b具有扩张趋势B. 圆环b中产生顺时针方向的感应电流C. 若圆环a逆时针加速旋转，圆环
9、b中产生逆时针方向的感应电流D. 若圆环a逆时针减速旋转，圆环b中产生顺时针方向的感应电流【答案】B【解析】【分析】【详解】AB当带正电的绝缘圆环顺时针减速旋转时，相当于顺时针方向电流，并且在减小，根据右手螺旋定则，其内有垂直纸面向里的磁场，其外有垂直纸面向外的磁场。因垂直向外磁场不全在b环中，因此会导致b环中的磁通量减小，根据楞次定律可知，b环中感应电流在b环内产生垂直纸面向里的磁场，根据安培定则可知，环中产生顺时针方向的感应电流。根据左手定则，磁场对b环电流的作用力向内，所以圆环具有收缩趋势，故A错误，B正确；C若环逆时针加速旋转，同理，中有逆时针方向增大电流，依据右手螺旋定则与楞次定律，
10、b环中产生顺时针方向的感应电流，故C错误；D若环逆时针减速旋转，同理，中有逆时针方向减小的电流，依据右手螺旋定则与楞次定律，b环中产生逆时针方向的感应电流，故D错误。故选B。7. 如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场若第一次用0.3 s时间拉出，外力所做的功为W1，通过导线截面的电荷量为q1；第二次用0.9 s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电荷量为q2，则( )A. W1W2，q1q2B. W1W2，q1q2D. W1W2，q1q2【答案】C【解析】【分析】【详解】第一次用0.3s时间拉出，第二次用0.9s时间拉出，两次速度比为3:1，由E
11、=BLv，两次感应电动势比为3:1，两次感应电流比为3:1，由于F安=BIL，两次安培力比为3:1，由于匀速拉出匀强磁场，所以外力比为3:1，根据功的定义W=Fx，所以：W1:W2=3:1；根据电量，感应电流，感应电动势，得：所以：q1:q2=1:1，故W1W2，q1=q2A. W1W2，q1q2。故A错误； B. W1W2，q1q2。故C正确；D. W1W2，q1q2。故D错误；8. 如图所示，有一边长为l的正方形导线框，质量为m，由高h处自由落下，其下边进入匀强磁场区域后，线框开始做减速运动，直到其上边刚穿出磁场时，速度减小为边刚进入磁场时速度的一半，此匀强磁场的宽度也是l，则下列结论正确
12、的是（）A. 线框穿过磁场区域时做匀减速直线运动B. 线框穿过磁场区域过程中感应电流方向始终不变C. 线框边刚进入磁场与线框边即将穿出磁场时相比，边两端电压之比为D. 线框进入磁场的过程中产生的焦耳热大于线框穿出磁场过程中产生的焦耳热【答案】D【解析】【分析】【详解】A根据以下公式 ， ， ，得随着速度的减小，加速度减小，所以线框穿过磁场区域时做加速度减小的减速运动。A错误；B线框进入磁场时，磁通量增加，根据楞次定律得感应电流的方向为逆时针方向，线框出磁场时，磁通量减少，根据楞次定律得感应电流的方向为顺时针方向。B错误；C线框边刚进入磁场时，边两端电压为外电压的一部分，即线框边即将穿出磁场时，
13、边两端电压为路端电压，即结合速度关系得C错误；D线框运动过程中，克服安培力做功为因为线框减速运动，所以进入过程的速度总是大于出磁场的速度，即进入时的平均速度大于出磁场的平均速度，可以得到进入磁场的过程中克服安培力做的功大于线框穿出磁场过程中克服安培力做的功，结合功能关系，可以得出线框进入磁场的过程中产生的焦耳热大于线框穿出磁场过程中产生的焦耳热。D正确。故选D。二、多项选择题（本题共4小题，每题4分，共16分，每题至少有两个正确选项，完全选对得全分，选对一半得2分，选错不得分）9. 如图所示，等腰直角三角形金属框abc右侧有一有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，ab边与磁场两边界平行，磁场宽度
14、大于bc边的长度。现使框架沿bc边方向匀速穿过磁场区域，t=0时，c点恰好达到磁场左边界。线框中产生的感应电动势大小为E，感应电流为I（逆时针方向为电流正方向），bc两点间的电势差为Ubc，金属框的电功率为P。图中上述各量随时间变化的图像可能正确的是（）A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【分析】【详解】A根据导体棒切割磁场产生的动生电动势为可知，第一阶段匀速进磁场的有效长度均匀增大，产生均匀增大的电动势，因磁场宽度大于bc边的长度，则第二阶段线框全部在磁场中双边切割，磁通量不变，线框的总电动势为零，第三阶段匀速出磁场，有效长度均匀增大，产生均匀增大的电动势，故图像的第三阶段画错，故A
15、错误；B根据闭合电路的欧姆定律，可知第一阶段感应电流均匀增大，方向由楞次定律可得为顺时针(负值)，第二阶段电流为零，第三阶段感应电流均匀增大，方向逆时针(正值)，故图像正确，故B正确；C由部分电路的欧姆定律，可知图像和图像的形状完全相同，故C正确；D金属框的电功率为，则电流均匀变化，得到的电功率为二次函数关系应该画出开口向上的抛物线，则图像错误，故D错误。故选BC。10. 如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示（图示磁感应强度方向为正），始终保持静止，则时间内（ ）A. 流
16、过电阻R的电流方向始终没变B. 电容器C的a板一直带正电C. 时刻电容器C的带电量为零D. 所受安培力的方向始终没变【答案】AB【解析】【分析】【详解】A由图乙可知，磁感应强度先减小后方向相反增大，即穿过回路的磁通量先减小后方向相反且增大，根据楞次定律，回路中感应电流产生的磁场阻碍远磁场的变化，所以回路中感应电流产生的磁场方向不会发生变化，则回路中的感应电流方向不发生变化，所以A正确；B根据楞次定律可判断，通过R的电流一直向下，电容器a板电势较高，一直带正电，所以B正确；C时刻磁场应强度为零，但是磁通量的变化量不为零，所以感应电动势不为零，即感应电流不为零，则电容器C的带电量不为零，所以C错误
17、；D通过MN的电流方向不发生变化，但是磁场方向发生了变化，所以MN所受的安培力方向发生了变化，所以D错误。故选AB。11. 如图所示，L为自感线圈，闭合开关S，灯立即变亮，另一个相同的灯逐渐变亮，最终比亮。则（）A. 滑动变阻器R的阻值小于自感线圈L的直流电阻阻值B. 滑动变阻器R的阻值大于自感线圈L的直流电阻阻值C. 断开S，灯闪亮后逐渐熄灭，且电流方向与闭合S时一样D. 断开S，灯遂渐熄灭，且电流方向与闭合S时相反【答案】AD【解析】【分析】【详解】AB两灯相同，最终D1比D2亮，可见D1支路的电阻小于D2支路的电阻，即知滑动变阻器R的阻值小于自感线圈L的直流电阻阻值，故A正确，B错误；C
18、D断开S，线圈中电流从原电流开始减小，灯D1D2及线圈成串联电路，由于D2断开前与线圈串联，故D2从原电流减小，将逐渐熄灭，且电流方向与闭合S时相同，D1逐渐熄灭，且电流方向与闭合S时相反，故C错误，D正确。故选AD。12. 如图（a）所示，在足够长的光滑的斜面上放置着金属线框，垂直于斜面方向的匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化规律如图（b）所示（规定垂直斜面向上为正方向）.时刻将线框由静止释放，在线框下滑的过程中，下列说法正确的是（）A. 线框中感应电流大小恒定B. 金属续框受到的安培力方向始终沿斜面向上C. 线框做匀加速直线运动D. 线框中的感应电流方向先顺时针再逆时针【答案】AC【解析】
19、分析】【详解】A根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律可知，感应电流I恒定，A正确；BC线框中产生感应电流，处于磁场中，受到安培力合力为零，因此线框受到重力与支持力，则做匀加速直线运动，B错误C正确；D从t=0时刻开始，磁场先垂直于斜面向下在均匀减小，然后于斜面向上在均匀增大，根据楞次定律，可知，感应电流方向总是逆时针，D错误。故选AC。三、填空题（每空3分，共6个空，共计18分）13. 在用伏安法测量一个定值电阻阻值的实验中提供了如下器材：待测电阻（约）；直流毫安表（量程，内阻约）；直流电压表（量程，内阻约）；直流电源（输出电压，内阻可不计）；滑动变阻器（阻值范围，允许最大电流）；电键一个
20、，导线若干条。(1)实验要求最大限度的减小误差，原理图应该选择_；A. B. C. D.(2)按上述测量方法进行电阻测量时，测量值与真实值相比会_（选填“偏大”或“偏小”或“相同”）【答案】 (1). B (2). 偏小【解析】【分析】【详解】(1)1 由题意可知即为减小实验误差，电流表应采用外接法，由于待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法。故选B。(2)2 电流表采用外接法，由于电压表的分流作用所测电流偏大，由欧姆定律可知，电阻测量值小于真实值。14. 测定电源的电动势和内电阻的实验电路和图像如下，回答下列问题：(1)如图所示在闭合开关之前为防止电
21、表过载而滑动变阻器的滑动头P应放在_处（选填“a”或“b”）；(2)现备有以下器材：A.干电池1个B.滑动变阻器（）C.电压表（）D.电流表（）如图是根据实验数据画出的图像。由此可知这个干电池的内电阻_；(3)按上述测量方法进行电源的电动势和内电阻测量时，电动势的测量值与真实值相比_（选填“偏大”或“偏小”或“相同”），内电阻的测量值与真实值相比_（选填“偏大”或“偏小”或“相同”）。【答案】 (1). a (2). 1 (3). 偏小 (4). 偏小【解析】【分析】【详解】(1)1闭合开关之前，滑动变阻器的滑动头应放在最大值位置处，即处。(2)2图象中的斜率表示电源的内阻，所以电源的内阻为(
22、3)34电流表采用内接法，实验误差来源于电压表的分流，由于电压表的分流，电流的测量值小于真实值，因此电动势与内阻的测量值都小于真实值。四、解答题（15题12分，16题14分，17题16分，共计42分）15. 如图所示，在坐标系的第一象限存在沿轴负方向的匀强电场，电场强度大小为，在第四象限内紧靠轴存在宽度为（未知）的长条形匀强磁场区域，磁感应强度大小为，磁场方向垂直于平面向里，一带正电的粒子从轴上的点沿轴正方向射入电场区域，射入电场时的初速度大小为，运动过程中粒子恰好未能从磁场的下边界飞出，已知粒子的比荷，不计粒子重力，求：(1)粒子第一次经过轴时的速度大小；(2)长条形磁场区域的宽度。【答案】
23、(1)；(2)1m【解析】【分析】【详解】(1)粒子进入电场区域后，做类平抛运动，加速度第一次经过轴时，在轴方向合速度解得(2)设粒子离开电场进入磁场时与轴的夹角为解得粒子在磁场中运动的轨迹半径为，洛伦兹力提供向心力粒子恰好未离开磁场区域，由几何关系得解得16. 如图，两根足够长的固定的光滑平行金属导轨位于倾角=30的固定斜面上，导轨上、下端分别接有阻值R1=10和R2=10的电阻，导轨自身电阻忽略不计，导轨宽度L=2m，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T。质量为m=0.1kg，电阻r=5的金属棒ab在较高处由静止释放，金属棒ab在下滑过程中始终与导轨垂直
24、且与导轨接触良好当金属棒ab下滑高度时，速度恰好达到最大值（g=10m/s2）。求：（1）金属棒ab达到的最大速度；（2）该过程通过棒ab的电量q；（3）在以上运动过程中金属棒ab产生的热量。【答案】（1）；（2）0.6C；（3）0.875J【解析】【分析】【详解】（1）切割产生的感应电动势根据串并联电路的特点知，外电路总电阻根据闭合电路欧姆定律得安培力当加速度a为零时，速度v达最大，有解得速度最大值由以上各式解得最大速度（2）根据电磁感应定律有根据闭合电路欧姆定律有感应电量联立得由以上各式解得（3）金属棒下滑过程中根据能量守恒定律可得代入数据解得棒ab产生的热量17. 如图所示，一阻值为R、
25、质量为m，边长为l的匀质正方形导体线框位于竖直平面内，下方存在一系列高度均为l的匀强磁场区，与线框平面垂直，各磁场区的上下边界及线框边均磁场方向均与线框平面垂水平。钱框的边到第1磁场区上边界的距离为。线框从静止开始下落，在通过每个磁场区时均做匀速运动，且通过每个磁场区的速度均为通过其上一个磁场区速度的2倍。重力加速度大小为g，不计空气阻力。求：(1)第n和第磁场区磁感应强度的大小与所满足的关系；(2)线框穿过第2磁场区产生的焦耳热；(3)从线框开始下落至边到迖第n磁场区上边界的过程中，线框下落的高度H及线框产生的总热量Q。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【分析】【详解】(1)设线框在第n和第个磁场区速度大小分别为、，由平衡条件得且联立解得(2)线框匀速穿过，损失的机械能转化为电能，有(3)设边加速下落的总距离为h，匀速下落的总距离为L，由运动学公式得联立解得由能量守恒定律得
