江苏省南通启东中学2019_2020学年高二物理上学期第一次质量检测试题(含解析)

1、江苏省南通启东中学2019-2020学年高二物理上学期第一次质量检测试题（含解析）一、单项选择题.本题共 6小题，每小题3分，共计18分.每小题只有一个选项符合题意1 .将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直， 关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是（）A.穿过线圈的磁通量大小与线圈的匝数无关B.感应电动势的大小与线圈的匝数无关C.穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大D.感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同【答案】A【解析】【详解】A.根据 =BS可知，穿过线圈的磁通量大小与线圈的匝数无关，选项 A正确；B.由法拉第电磁感应定律 E n可知，感应电

2、动势 E与线圈匝数成正比，故 B错误； tC.由法拉第电磁感应定律 E n可知，磁通量越大，感应电动势不一定越大，故C错误;tD.由楞次定律可知，磁通量增大，感应电流磁场方向与原磁场方向相反，磁通量减小，感应电流磁场方向与原磁场方向相同，因为不知磁通量是变大还是变小，因此无法判断感应电流磁场方向与原磁场方向间的关系，故D错误。2 .如图所示，半径为 r的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B, 磁场边界上 A点有一粒子源，源源不断地向磁场发射各种方向 （均平行于纸面）且速度大小 相等的带正电的粒子（重力及粒子间的相互作用不计 ），已知粒子的比荷 为k,速度大小为 2kBr,则粒

3、子在磁场中运动的最长时间为 （）A. kBB. 2kBC. 3kB" 4kB【答案】C试题分析：粒子在磁场中运动的半径为:mv 2kBrqBBk2r ；当粒子在磁场中运动时间最长时，其轨迹对应的圆心角最大，此时弦长最大，其最大值为磁场圆的直径2r,故m ,故选C.3qB 3kB考点：带电粒子在匀强磁场中的运动3.磁流体发电机原理如图所示，等离子体高速喷射到加有强磁场的管道内，正、负离子在洛伦兹力作用下分别向 A、B两金属板偏转，形成直流电源对外供电.则 （）A.仅减小两板间的距离，发电机的电动势将增大B.仅增强磁感应强度，发电机电动势将减小C.仅增加负载的阻值，发电机的输出功率将增大

4、D.仅增大磁流体的喷射速度，发电机的总功率将增大【答案】D有广，电机的电荷处于平衡有：qvB q-y,解得：£电=8丫,匕可知仅减小两板1，麻离，发电机的 电动势将减小，仅增强磁感应强度，发电机的.势将增大,故才 /误；根据欧姆输出功率不一定增大，故C错误；由E电事,可知仅增，温洛喷电动势大，因为总电阻不变，所以输出功率将增大， D正确。.D正确，昔误。4.如图所示，水平桌面上平行放置两光滑的金轨，导轨相品，L, 一质量为m属杆垂直导轨放置，正以速度vi向左匀速运动，事群与匀强磁场区域mNPQ磁感 应强度大小为B,方向竖直向上，正以速度.（V2VV1）向%速移动，定金属杆电阻为是 R

5、/2,其余电阻不计，则当金属杆刚进入磁场区域时（）2 _A.金属棒ab两端的电势差 U=BLvi3B.金属棒ab的加速度大小为2 2a_2B L (vi V2)a=3mRC.流过电阻R的电流大小为I = 2BL(V1 v2)3RD.如只改变磁场方向，金属棒ab所受安培力的大小不变，方向改变由E=BLv求出感应电动势，应用欧姆定律求出电路电流与金属棒两端电压，由安培力公式求 出金属棒的加速度，根据右手定则判断感应电流方向，应用左手定则判断安培力方向。【详解】金属棒刚进入磁场时感应电动势：E=BL ( V1+V2),通过电阻R的电流：U=IR=2BL(M v2) ,故 A 错误，CE2BL(v1

6、v2)1 3R，金属棒ab两端电势差:R - R2正确；金属棒受到的安培力：F=BIL,对金属棒，由牛顿第二定律得：BIL=ma,解得:2.2,、3mRa (v1 v2),故B错误；如只改变磁场方向， 由右手定则可知， 感应电流方向反向, 由左手定则可知安培力方向不变，故 D错误；故选 Q【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条： 一条从力 角度，根据牛顿第二定律或平 衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题， 根据动能定理、 功能关系等列方程求解。5.如图所示，a、b都是较轻的铝环，a环闭合，b环断开，横梁可以绕中间支点自由转动,开始时整个装置静止.下列说法中正确

7、的是(A.条形磁铁插入a环时，横梁不会发生转动B.只有当条形磁铁 N极拔出铝环时，横梁才会转动C.条形磁铁用相同方式分别插入 a、b环时，两环转动情况相同D.铝环a产生的感应电流总是阻碍铝环与磁铁间的相对运动【答案】D【解析】试题分析：当条形磁铁向 a环靠近时，穿过a环的磁通量增加，a环闭合产生感应电流，磁 铁对a环产生安培力，阻碍两者相对运动，因此a环阻碍磁铁靠近，出现转动现象；当条形磁铁向b环靠近b时，b环中不产生感应电流，磁铁对b环没有安培力作用，b环将静止不动.故ABC错误.根据楞次定律可知， 环a产生的感应电流总是阻碍铝环与磁铁间的相对运 动，故D正确.故选D.考点：楞次定律【名师点

8、睛】本题是楞次定律的应用问题；注意产生感应电流的条件是：磁通量变化；回路 是闭合的；两物体之间的相互作用关系可以用“来拒去留”来形容；此题也可以根据楞次定律的另一种表述：感应电流的磁场总要阻碍导体与磁体间的相对运动来直接判断。6 .如图所示是探测地下金属管线的一种方法：给长直金属管线通上直流电，用可以测量磁场强弱、方向的仪器做以下操作：用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁感应强度最 强的某点，记为 a；在a点附近的地面上水平地面到与 a点磁感应强度相同的若干点，将 这些点连成直线 ER在地面上过a点垂直于EF的直线上，找到磁场金属管线方向与地面 夹角为60°的b、c两点，测得b、

9、c两点距离为L.由此可确定金属管线（）东平地面 金属管战A.平行于EF,深度为LB.平行于EF,深度为f氢6C.平行于EF,深度为 Y3LD.垂直于EF,深度为L2【答案】D【解析】【分析】根据左手定则判断电流方向，然后画出直线电流的磁感线方向，结合几何关系确定金属管线深度。【详解】用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁感应强度最强的某点，记为a,说明a点离电流最近；找到与a点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线 EF,故说明这些 点均离电流最近，根据电流应该时是平行 EF;画出左侧视图，如图所示：b、c间距为L,且磁场方向与地面夹角为60° ,故深度为 X3L ,故B正确，A

10、CD昔误；故6选B。二、多项选择题.本题共6小题，每小题4分，共计24分.每小题有多个选项符合题意.全部选对的得4分，选对但不全的得 2分，错选或不答的得 0分.7 .超导现象是当今高科技的热点，当一块磁体靠近超导体时，超导体会产生强大的电流并且对磁体有排斥作用，这种排斥作用可以使磁体悬浮在空中，磁悬浮列车利用的就是这种原理，下列说法正确的是（）A.超导体产生强大电流的原因是超导体中磁通量的变化率很大8 .超导体产生强大电流的原因是超导体中电阻极小C.超导体中电流产生的磁场方向与磁体的磁场方向相同D.超导体对磁体力与磁体的重力平衡【答案】BD【解析】【详解】AB.磁体靠近超导体时，由磁通量的变

11、化产生感应电动势一定，即磁通量的变化率一定，根据I E ,知超导体电阻极小时会产生很大的电流，故B正确，A错误；RC.磁体靠近超导体时，超导体中电流产生的磁场方向阻碍磁通量的增加，则超导体中电流产生的磁场方向与磁体的磁场方向相反，选项C错误；D.磁体受到超导体的力和重力悬浮在空中，所以超导体对磁体的力与磁体的重力平衡，选项D正确。8.如图所示电路中，A、B为两个相同灯泡，L为自感系数较大、电阻可忽略不计的电感线圈,A.接通开关S, A立即变亮，最后 A B一样亮8 .接通开关S, B逐渐变亮，最后 A B一样亮C.断开开关S, A B都立刻熄灭D.断开开关S, A立刻熄灭，B逐渐熄灭【答案】A

12、BD【解析】接通开关S,电容器C要通过A充电，因此A立刻亮，由于充电电流越来越小，当充电完毕后，相当于断路，而L对电流变化有阻碍作用， 所以通过B的电流逐渐增大，故B逐渐变亮，当闭合足够长时间后， C中无电流，相当于断路， L相当于短路，因此 A、B 一样亮，故 AB正确；当S闭合足够长时间后再断开，A立刻熄灭，而L产生自感电动势，且电容器也要对B放电，故B要逐渐熄灭，故 C错误D正确.【点睛】解决本题的关键知道电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小，注意电容器也要放电.9 .如图为用来冶炼合金钢的冶炼炉，炉外有线圈，将金属材料置于冶炼炉中，当

13、线圈中通以 电流时用感应加热的方法使炉内金属发热.下列说法中正确的有A.线圈中通以恒定电流，金属材料中也能产生感应电流B.线圈中通以交流电，在金属材料中会产生感应电流C.感应加热是利用金属材料中的涡流冶炼金属的D.感应加热是利用线圈电阻产生的焦耳热冶炼金属的【答案】BC【解析】【详解】AB.通过线圈的电流是高频交流电，从而在金属材料中形成同频率的交流电，故A错误，B正确；C.炉内金属中会产生感应电流，这种电流叫涡流，感应加热是利用金属材料中的涡流冶炼金属的，故C正确；D.炉内金属中会产生涡流，但涡流根据焦耳热产生热量很小，主要是由于涡流使金属中的自由电子在涡流产生的电场中在电场力的驱使下高速运

14、动，受到阻碍从而产生热量。 故D错误。10 .如图所示，圆形导体线圈a平放在绝缘水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b,二者轴线重合，螺线管、电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向上滑动，下列说法中正确的有（）A.穿过线圈a的磁通量增大B.线圈a对水平桌面的压力小于其重力C.线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流D.线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流【答案】BD试题分析：当滑动触头P向上移动时电阻增大， 由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流减小，b线圈产生的磁场减弱，故穿过线圈a的磁通量变小；根据 b中的电流方向和安培定则可知b产生的磁场方向向下穿过线圈a,根

15、据楞次定律，a中的感应电流的磁场要阻碍原来磁场的减小，故a的感应电流的磁场方向也向下，根据安培定则可知线圈 a中感应电流方向俯视应为顺时针，故 A错误，C错误，D正确.开始时线圈a对桌面的压力等于线圈 a的 重力，当滑动触头向上滑动时，可以用“等效法”，即将线圈a和b看做两个条形磁铁，不难判断此时两磁铁互相吸引，故线圈a对水平桌面的压力将减小，故 B正确.故选BD.考点：安培定则；楞次定律11 .如图甲，在同一水平桌面上放有一长直导线 M窗口一矩形导线框 abcd,导线MN0定，导 线框在MN勺右侧.导线 M"通有电流i , i的变化如图乙所示，规定从 N到M为电流正方 向.导线MN

16、!电过程中导线框始终静止，则 （）A. 0ti时间内，导线框中产生 adcba方向感应电流，且大小不变B. 0ti时间内，导线框受到水平向左的摩擦力，且大小不变C. t1t3时间内，导线框产生的感应电流方向不变，受到摩擦力的方向也不变D.在11时刻导线框中感应电流改变方向，在t2时刻导线框不受摩擦力【答案】AD 【解析】【详解】A.在0到ti时间过程中，MNf电流均匀增大，则穿过矩形导线框 abcd的磁通量均 匀增加，根据楞次定律可知， 导线框中产生的感应电流方向为 adcba方向，因磁通量的变化 率恒定，则感应电动势恒定不变，感应电流不变，故 A正确；B.由左手定则可知，0ti时间内，ad边

17、受安培力向右，bc边受安培力向左，因 ad边受到的 安培力大于bc边，则导线框受到的安培力的合力向右，则线框受到水平向左的摩擦力，因 直导线中的电流逐渐增加，则安培力逐渐变大，则线框受到的摩擦力逐渐变大，选项B错误；C.从ti到t3时间过程中，电流先正向均匀减小，后反向均匀增大，根据楞次定律可知，导 线框中产生的感应电流方向顺时针，感应电流的大小和方向均保持不变，但是由于直导线MN中的电流方向发生变化，则线框受到的安培力方向变化，则所受的摩擦力方向发生变化, 故C错误；D.在ti时刻直导线中的电流由增大变为减小，根据楞次定律，则导线框中感应电流改变方 向，在12时刻直导线中的电流为零，则电流产

18、生的磁场的磁感应强度为零，则线框受到的 安培力为零，则此时导线框不受摩擦力，故 D正确。12.如图所示，一个理想边界为 PQ MV勺足够大的匀强磁场区域，宽度为 d,磁场方向垂直纸面向里。O点处有一体积可忽略的电子发射装置，能够在纸面所在平面内向磁场内各个方向连续、均匀地发射速度大小相等的电子，当电子发射速率为V0时，所有电子恰好都不能从MN&界射出磁场，则当电子发射速率为4vo时（）X ' XXX X X X X 1 rA.电子的运动半径为 4dB.从MNfe界射出 电子数占总电子数的三分之二C. MNfe界上有电子射出的总长度为 2 J3 ddD.电子在磁场中运动最长时间为

19、 3V0【答案】BC由几何知识求出电子打在MNB|VoI时，所有电子恰好都不能从Mm寸出磁场，r，d、子4V0时，根据r= mv知半径变为原来的时为2d,朋|误；qB水平向右射出的粒子达到MNii右端的，r=2d ,根据几何关系知偏折角为60。，AB=2dsin600 = J3d,与MN相切是到达的最左的点， 根据几何关系知速度与 PQ夹角为60° , 所以从MNfe界射出的电子数占总电子数的三分之二，BC=2dsin60° =3d, MN边界上有电子射出的总长度为 2 J3d,故BC正确；根据BC项分析，转过的圆心角最大为60。，最长、11 2 r d ,、，时间为一T

20、,故D错误。故选BQ66 4vo6vo【点睛】本题关键是画出电子运动的轨迹，由几何知识求出相关的距离和轨迹的圆心角，掌握左手定则和相关几何知识是正确解题的关键。三、计算题：本题共 4小题，共计58分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的 演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中明确写出数值和单位.13.如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直.已 知线圈的面积 S=0.3m2、电阻R=0.6 Q ,磁场的磁感应强度 B=0.2T.现同时向两侧拉动线圈， 线圈的两边在 At=0.5s时间内合到一起.求线圈在上述过程中(1)感应电动势的平均值

21、 E;(2)感应电流的平均值I ,并在图中标出电流方向；(3)通过导线横截面的电荷量q.【答案】（1） E=0.12V; （2） I=0.2A （电流方向见图）【详解】（1）由法拉第电磁感应定律有:感应电动势的平均值 E t磁通量的变化B S解得：E B-S t代入数据得：E=0.12V;（2）由闭合电路欧姆定律可得:平均电流I ERI旦可得t电荷量q=I ?t代入数据得q=0.1C。代入数据得I=0.2A 由楞次定律可得，感应电流方向如图:14.如图所示，足够长的金属导轨固定在水平面上，金属导轨宽度L=1.0 m,导轨上放有垂直导轨的金属杆 P,金属杆质量为 m0.1 kg ,空间存在磁感应

22、强度 B= 0.5 T、竖直向下的匀强磁场。连接在导轨左端的电阻R= 3.0 ，金属杆的电阻 r = 1.0 ，其余部分电阻不计。某时刻给金属杆一个水平向右的恒力F,金属杆P由静止开始运动，图乙是金属杆P运动过程的v t图象，导轨与金属杆间的动摩擦因数 = 0.5。在金属杆P运动的过程中，第一个2 s内通过金属杆 P的电荷量与第二个 2 s内通过P的电荷量之比为3：5°g取10 m/s2。求:(1)水平恒力F的大小；(2)第一个2s内的位移；(3)前4 s内电阻R上产生的热量。【答案】(1) F= 0.75 N (2)Xi = 4.8 m (3) Q=1.8 J【解析】【详解】(1)

23、由图乙可知金属杆 P先做加速度减小的加速运动，2 s后做匀速直线运动当t = 2 s时，v= 4 m/s ,此时感应电动势E= BLv感应电流R r安培力2 2F' = BIL= -B-L-vR r根据牛顿运动定律有F- F' -(1 mg= 0解得F=0.75 N(2)通过金属杆P的电荷量q= ItE其中uBLxE=t t所以BLx q=8x(x为P的位移)R r设第一个2 s内金属杆P的位移为xi,第二个2 s内P的位移为x2由图象知x2= 8 m ,又由于qi：q2=3：5,得xi= 4.8 m(3)前4 s内由能量守恒定律得1 一一 2 ,F(xi + x2)= mv+

24、(1 mgxi + x2)+ Q+ QR2其中Q ： Q= r ： R= 1 ： 3,解得Q= 1.8J15.如图所示，在坐标系xOy的第一象限内虚线 OC的上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B0,第四象限内存在磁感应强度大小未知、方向垂直纸面向里的匀强磁场，第三象限内存在沿 y轴负方向的匀强电场，在x轴负半轴上有一接收屏 GD GD= 2OD= 2d.现有一带电粒子(不计重力)从 y轴上的A点，以初速度V0水平向右垂直射入匀强磁场，恰 好垂直OC!寸出，并从x轴上的P点(未画出)进入第四象限内的匀强磁场，粒子经磁场偏 转后又垂直y轴进入匀强电场并被接收屏接收，已知OC与x轴的

25、夹角为37° , OA=空，5sin37 ° =0.6, cos37° =0.8 .求:(1)粒子的带电性质及比荷q ;m(2)第四象限内匀强磁场的磁感应强度B的大小;(3)第三象限内匀强电场的电场强度E的大小范围.【答案】（1）4BoVo 16 Bo 25(3) 4°v045【详解】（1）粒子运动轨迹如图所示，由左手定则可知粒子带负电。由图知粒子在第一象限内运动的轨道半径R= 5d由洛伦兹力提供向心力得2Bqv)= mv0 R联立得q嗑(2)由图知OAd,所以粒子在第四象限内做圆周运动的半径为r二OP =5d coS37o -8同理 B' qvo= mv1,联立得 B' = 16B0(3)粒子在匀强电场中做类平抛运动，由图知OQ= r + rsin 37 ° = d当电场强度E较大时，粒子击中 D点，由类平抛运动规律知d = v0t1 qEmax 2 d=12 m联立得Ema 4BV0-5当电场强度E较小时，粒子击中 G点，由类平抛运动规律知3d = v0t1 qEmi