2025年新科版高二物理上冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年新科版高二物理上冊階段測試試卷647考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、我國古代四大發(fā)明中，涉及到電磁現(xiàn)象應(yīng)用的發(fā)明是：A.印刷術(shù)；B.造紙術(shù)；C.指南針；D.火藥2、一個(gè)帶正電的油滴從圖所示的勻強(qiáng)電場上方A點(diǎn)自由下落，油滴落入勻強(qiáng)電場后，能較準(zhǔn)確地描述油滴運(yùn)動(dòng)軌跡的是圖中的（）A.B.C.D.3、一條形磁鐵靜止在斜面上，固定在磁鐵中心的豎直上方的水平導(dǎo)線中通有垂直紙面向里的恒定電流，如圖所示.

若將磁鐵的N

極位置與S

極位置對調(diào)后，仍放在斜面上原來的位置，則磁鐵對斜面的壓力F

和摩擦力f

的變化情況分別是(

)

A.F

增大，f

減小B.F

減小，f

增大C.F

與f

都增大D.F

與f

都減小4、一根有質(zhì)量的金屬棒MN，兩端用細(xì)軟導(dǎo)線連接后懸掛于a、b兩點(diǎn)．棒的中部處于方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場中，棒中通有電流，方向從M流向N，此時(shí)懸線上有拉力．為了使拉力等于零，可：（）A.只適當(dāng)減小磁感應(yīng)強(qiáng)度B.只適當(dāng)增大電流強(qiáng)度C.使磁場反向，并適當(dāng)調(diào)整磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小D.使電流反向,并適當(dāng)調(diào)整流過導(dǎo)線的電流I的大小5、下列說法正確的是A.根據(jù)E=Fq

可知，電場中某點(diǎn)的電場強(qiáng)度與處于該點(diǎn)點(diǎn)電荷的電荷量q

成反比B.雖然C=QU

但電容器的電容與極板所帶電荷量、極板間電勢差無關(guān)C.由電源電動(dòng)勢E=Wq

可知，非靜電力做功越多，電源電動(dòng)勢越大D.磁感應(yīng)強(qiáng)度B=FIL=B

與FI

三有關(guān)，其單位關(guān)系是1T=1NA鈰?m

評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)6、如圖所示，一個(gè)物體在水平面上靜止時(shí)，受到的重力大小為G1，受到地面的支持力大小為F1；當(dāng)該物體在斜面上靜止時(shí)，受到的重力大小為G2，受到斜面的支持力大小為F2。則有G1----______________G2(填“等于”或“不等于”)；F1____F2(填“等于”或“不等于”)7、如圖所示是水面上兩列頻率相同的波在某時(shí)刻的疊加情況，圖中實(shí)線為波峰波面，虛線為波谷波面．已知兩列波的振幅均為2cm，波速2m/s，波長8cm，E是BD和AC連線的交點(diǎn)．則A、B、C、D、E中振動(dòng)加強(qiáng)的點(diǎn)是______，至少再經(jīng)過______秒B點(diǎn)到達(dá)波峰．8、一個(gè)中性的物體失去一些電子，這個(gè)物體就帶______電；反之，這個(gè)中性的物體得到一些電子，它就帶______電．9、如圖甲所示，100

匝的線圈(

圖中只畫了2

匝)

兩端AB

與一個(gè)電壓表相連.

線圈內(nèi)有指向紙內(nèi)方向的磁場，線圈中的磁通量在按圖乙所示規(guī)律變化．______端電勢較高，(

選填“A

”或“B

”)

電壓表的示數(shù)為______V.

10、如圖所示，兩根等長的絕緣細(xì)線懸掛一水平金屬細(xì)桿MN

處在與其垂直的水平勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B

金屬細(xì)桿的長度為L

質(zhì)量為m.

當(dāng)金屬細(xì)桿中通入電流后使得兩絕緣細(xì)線上的拉力均恰好為零，則通過MN

桿電流的大小為______，方向是______．評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)11、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部的場強(qiáng)處處為零，導(dǎo)體外表面場強(qiáng)方向與導(dǎo)體的表面一定不垂直．（判斷對錯(cuò)）12、如圖所示，有一水平方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為9000N/C，在電場內(nèi)一水平面上作半徑為10cm的圓，圓上取A、B兩點(diǎn)，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圓心處放一電量為10﹣8C的正點(diǎn)電荷，則A處場強(qiáng)大小EA為零．________（判斷對錯(cuò)）

13、空間兩點(diǎn)放置兩個(gè)異種點(diǎn)電荷a、b，其所帶電荷量分別為qa和qb，其產(chǎn)生的電場的等勢面如圖所示，且相鄰等勢面間的電勢差均相等，電場中A、B兩點(diǎn)間的電勢大小的關(guān)系為φA＞φB，由此可以判斷出a為正電荷，且有qa＜qb．________（判斷對錯(cuò)）

14、如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場，實(shí)線和虛線分別表示電場線和等勢線．兩電子分別從a、b兩點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)．設(shè)電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對錯(cuò)）

15、電勢差有正有負(fù)，所以是矢量，且電場中兩點(diǎn)間的電勢差隨著零電勢點(diǎn)的選取變化而變化．（判斷對錯(cuò)）16、只有沿著電場線的方向電勢才會(huì)降低，所以電勢降低的方向就一定是電場強(qiáng)度的方向．（判斷對錯(cuò)）17、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部的場強(qiáng)處處為零，導(dǎo)體外表面場強(qiáng)方向與導(dǎo)體的表面一定不垂直．（判斷對錯(cuò)）18、如圖所示，有一水平方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為9000N/C，在電場內(nèi)一水平面上作半徑為10cm的圓，圓上取A、B兩點(diǎn)，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圓心處放一電量為10﹣8C的正點(diǎn)電荷，則A處場強(qiáng)大小EA為零．________（判斷對錯(cuò)）

19、空間兩點(diǎn)放置兩個(gè)異種點(diǎn)電荷a、b，其所帶電荷量分別為qa和qb，其產(chǎn)生的電場的等勢面如圖所示，且相鄰等勢面間的電勢差均相等，電場中A、B兩點(diǎn)間的電勢大小的關(guān)系為φA＞φB，由此可以判斷出a為正電荷，且有qa＜qb．________（判斷對錯(cuò)）

評卷人得分四、計(jì)算題(共3題，共12分)20、如圖所示，光滑平行足夠長的金屬導(dǎo)軌MN

和PQ

，間距L

=1.0m

與水平面之間的夾角婁脕

=30鈭?

勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B

=2.0T

垂直于導(dǎo)軌平面向上，MP

間接有阻值R

=2.0婁賂

的電阻，其它電阻不計(jì)，質(zhì)量m

=2.0kg

的金屬桿ab

垂直導(dǎo)軌放置，用變力F

沿導(dǎo)軌平面向上拉金屬桿ab

，若金屬桿ab

以恒定加速度a

=2m/s2

由靜止開始向上做勻變速運(yùn)動(dòng)，則：(

g

=10m/s2)

(1)

在5s

內(nèi)平均感應(yīng)電動(dòng)勢是多少？(2)

第5s

末，回路中的電流多大？(3)

第5s

末，作用在ab

桿上的外力F

多大？21、一橫截面積為2mm2

的銅導(dǎo)線，在27

攝氏度下，在兩端加3.4V

電壓，1

小時(shí)內(nèi)通過橫截面積的電荷量為7.2隆脕103C

這段導(dǎo)線有多長？將導(dǎo)線對折后，電流又為多大？27

攝氏度下銅的電阻率為1.7隆脕10鈭?8婁賂m

．22、如圖甲所示，間距L=1.0m的平行長直導(dǎo)軌MN、PQ水平放置，兩導(dǎo)軌左端MP之間接有阻值為R=0.1Ω的定值電阻，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)．導(dǎo)體棒ab垂直于導(dǎo)軌放在距離導(dǎo)軌左端d=1.0m處，其質(zhì)量m=0.1kg，接入電路的電阻為r=0.1Ω，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1，整個(gè)裝置處在范圍足夠大的豎直方向的勻強(qiáng)磁場中．選豎直向下為正方向，從t=0時(shí)刻開始，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示，導(dǎo)體棒ab一直處于靜止?fàn)顟B(tài)．不計(jì)感應(yīng)電流磁場的影響，當(dāng)t=3s時(shí)，突然使ab棒獲得向右的速度v0=10m/s，同時(shí)在棒上施加方向水平、大小可變化的外力F，保持ab棒具有方向向左、大小恒為a=5m/s2的加速度，取g=10m/s2．求：

（1）前3s內(nèi)電路中感應(yīng)電流的大小和方向．

（2）ab棒向右運(yùn)動(dòng)且位移x1=6.4m時(shí)的外力F1的大?。u卷人得分五、作圖題(共4題，共12分)23、根據(jù)磁感應(yīng)強(qiáng)度B；電流I和安培力F的相互關(guān)系；請根據(jù)要求作圖．

24、請描述出圖中通電導(dǎo)線周圍的磁感線和單個(gè)正電荷周圍的電場線。25、如圖所示，ABC

是勻強(qiáng)電場中平行于電場線的某一平面上的三個(gè)點(diǎn)，各點(diǎn)的電勢分別為婁脮A=20V婁脮B=4V婁脮C=8V

請你畫出該電場的其中一個(gè)等勢面和一條電場線．26、某同學(xué)用如圖所示的裝置做驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的實(shí)驗(yàn).

先將a

球從斜槽軌道上某固定點(diǎn)處由靜止開始滾下，在水平地面上的記錄紙上留下壓痕，重復(fù)10

次；再把同樣大小的b

球放在斜槽軌道末端水平段的最右端上，讓a

球仍從固定點(diǎn)由靜止開始滾下，和b

球相碰后；兩球分別落在記錄紙的不同位置處，重復(fù)10

次．

(1)

本實(shí)驗(yàn)必須測量的物理量有______.(

填寫選項(xiàng)對應(yīng)的字母)

A.斜槽軌道末端距水平地面的高度H

B.小球ab

的質(zhì)量mamb

C.小球ab

的半徑r

D.小球ab

離開斜槽軌道末端后平拋飛行的時(shí)間t

E.記錄紙上O

點(diǎn)到ABC

各點(diǎn)的距離OA.OB.OC.

F.a

球的固定釋放點(diǎn)到斜槽軌道末端水平部分間的高度差h

(2)

放上被碰小球b

兩球(ma>mb)

相碰后，小球ab

的落地點(diǎn)依次是圖中水平面上的______點(diǎn)和______點(diǎn).

(3)

某同學(xué)在做實(shí)驗(yàn)時(shí)，測量了過程中的各個(gè)物理量，利用上述數(shù)據(jù)驗(yàn)證碰撞中的動(dòng)量守恒，那么判斷的依據(jù)是看______和______在誤差允許范圍內(nèi)是否相等．評卷人得分六、綜合題(共2題，共16分)27、(1)

如圖所示，邊長為L

的正方形閉合導(dǎo)體線框abcd

質(zhì)量為m

，在方向水平的勻強(qiáng)磁場上方某高度處自由落下并穿過磁場區(qū)域.

線框在下落過程中形狀不變，ab

邊始終保持與磁場邊界線平行，線框平面與磁場方向垂直.

已知磁場區(qū)域高度h

>

L

，重力加速度為g

，下列判斷正確的是()

A.若ab

邊進(jìn)入磁場時(shí)線框做勻速運(yùn)動(dòng)，則ab

邊離開磁場時(shí)線框也一定做勻速運(yùn)動(dòng)B.若ab

邊進(jìn)入磁場時(shí)線框做減速運(yùn)動(dòng)，則ab

邊離開磁場時(shí)線框也一定做減速運(yùn)動(dòng)C.若進(jìn)入磁場過程中線框產(chǎn)生的熱量為mgL

，則離開磁場過程中線框產(chǎn)生的熱量也一定等于mgL

D.若進(jìn)入磁場過程線框截面中通過的電量為q

，則離開磁場過程線框截面中通過的電量也一定等于q

(2).

在撐竿跳比賽的橫桿下方要放上很厚的海綿墊子，為什么？設(shè)一位撐竿跳運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為70kg

越過橫桿后從h

=5.6m

高處落下，落在海綿墊上和落在普通沙坑里分別經(jīng)歷時(shí)間婁隴

t

1=1s婁隴

t

2=0.1s

停下。求兩種情況下海綿墊和沙坑對運(yùn)動(dòng)員的作用力。28、(1)

關(guān)于物理學(xué)家和他們的貢獻(xiàn)，下列說法中正確的是()

A.奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，并發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象B.庫侖提出了庫侖定律，并最早用實(shí)驗(yàn)測得元電荷e

的數(shù)值C.牛頓發(fā)現(xiàn)萬有引力定律，并通過實(shí)驗(yàn)測出了引力常量D.法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，并制作了世界上第一臺(tái)發(fā)電機(jī)

(2)

如圖所示為帶負(fù)電的點(diǎn)電荷的電場線分布圖，對該電場中的AB

兩點(diǎn)，下列說法正確的是()

A.A

點(diǎn)的場強(qiáng)等于B

點(diǎn)的場強(qiáng)B.A

點(diǎn)的場強(qiáng)比B

點(diǎn)的場強(qiáng)大C.A

點(diǎn)的電勢等于B

點(diǎn)的電勢D.A

點(diǎn)的電勢比B

點(diǎn)的電勢高(3)

下列圖中分別標(biāo)出了一根放置在勻強(qiáng)磁場中的通電直導(dǎo)線的電流I

、磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B

和所受磁場力F

的方向，其中圖示正確的是()A.B

．C

．D

．

(4)

有abcd

四個(gè)小磁針，分別放置在通電螺線管的附近和內(nèi)部.

當(dāng)小磁針靜止時(shí)，小磁針指向如圖所示，其中是正確的()

A.aB.b

C.cD.d

(5)

如圖所示為電源的路端電壓U

與電流I

的關(guān)系圖象，由圖可知，該電源的電動(dòng)勢為____V

內(nèi)阻為____婁賂.

(6)

如圖所示，PQ

兩平行金屬板間存在著平行于紙面的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，兩板間的距離為d

電勢差為U

金屬板下方存在一有水平邊界、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B

電荷量為q

的帶正電的粒子，以速度v

垂直于電場和磁場勻速通過PQ

兩金屬板間，并沿垂直磁場方向進(jìn)入金屬板下方的磁場，做半徑為R

的勻速圓周運(yùn)動(dòng)。不計(jì)兩極板電場的邊緣效應(yīng)及粒子所受的重力。求：(1)PQ

兩金屬板間勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E

的大??；(2)PQ

兩金屬板間勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B0

的大??；(3)

粒子的質(zhì)量m

參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】【解析】試題分析：我國古代四大發(fā)明中，涉及到電磁現(xiàn)象應(yīng)用的發(fā)明是指南針，指南針受到地磁場的磁力作用，故選C考點(diǎn)：考查電磁現(xiàn)象【解析】【答案】C2、B【分析】解：液滴進(jìn)入電場時(shí)；速度豎直向下，受電場力和重力，合力斜向右下方，與速度不在同一條直線上，做曲線運(yùn)動(dòng)，合力方向大致直線軌跡的凹向．故B正確，A；C、D錯(cuò)誤．

故選B．

根據(jù)液滴的受力以及速度的方向；判斷液滴做直線運(yùn)動(dòng)還是曲線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)合力的方向和速度方向的關(guān)系確定軌跡的凹向．

解決本題的關(guān)鍵知道曲線運(yùn)動(dòng)的條件，以及知道液滴進(jìn)入電場，在豎直方向上繼續(xù)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在水平方向上受電場力，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．【解析】【答案】B3、C【分析】解：在磁鐵的N

極位置與S

極位置對調(diào)前；根據(jù)左手定則判斷可知，導(dǎo)線所受的安培力方向斜向下，由牛頓第三定律得知，磁鐵所受的安培力方向斜向上.

設(shè)安培力大小為F擄虜

與斜面的夾角為婁脠.

斜面的傾角為婁脕

磁鐵的重力為G.

由磁鐵的力平衡得：

斜面對磁鐵的支持力：F=Gcos婁脕鈭?F擄虜sin婁脠

摩擦力：f=Gsin婁脕鈭?F擄虜cos婁脠

在磁鐵的N

極位置與S

極位置對調(diào)后；同理可知，斜面對磁鐵的支持力：F隆盲=Gcos婁脕+F擄虜sin婁脠

摩擦力：

f隆盲=Gsin婁脕+F擄虜cos婁脠

可見；Ff

都增大.

選項(xiàng)ABD錯(cuò)誤，C正確．

故選C

先分析磁鐵的N

極位置與S

極位置對調(diào)前；導(dǎo)線所受的安培力方向，由牛頓第三定律判斷磁鐵所受的安培力方向，由平衡條件確定磁鐵對斜面的壓力F

和摩擦力f

與重力；安培力的關(guān)系；再作同樣的方法分析磁鐵的N

極位置與S

極位置對調(diào)后磁鐵對斜面的壓力F

和摩擦力f

與重力、安培力的關(guān)系，判斷Ff

的變化情況．

本題中判斷磁鐵所受的安培力方向是關(guān)鍵，方法是先判斷導(dǎo)線的安培力，再由牛頓第三定律判斷磁鐵所受的安培力方向．【解析】C

4、C|D【分析】【解析】試題分析：通電導(dǎo)線受到的安培力用左手定則判斷為豎直向下。根據(jù)受力分析則，彈簧彈力等于重力加安培力。為了使拉力等于零，因此必須要改變安培力方向，例如磁場反向，并調(diào)整磁場強(qiáng)弱使得BIL=mg，或者使電流反向，并調(diào)整使得BIL=mg，因此CD正確考點(diǎn)：左手定則【解析】【答案】CD5、B【分析】【分析】根據(jù)比值定義法可知，公式E=FqC=QUE=WqB=FIL

中電場強(qiáng)度、電容、電動(dòng)勢、磁感應(yīng)強(qiáng)度均與定義量沒有關(guān)系?？疾楦魑锢砹康谋戎刀x，注意比值定義法的特點(diǎn)，當(dāng)然可通過考查各物理量的比值定義，注意比值定義法的特點(diǎn)，當(dāng)然可通過婁脩=MV

來類比幫助學(xué)生對此方法的理解?！窘獯稹緼.根據(jù)E=Fq

屬于比值定義，電場中某點(diǎn)的電場強(qiáng)度與處于該點(diǎn)的點(diǎn)電荷電荷量q

電場力的大小F

均沒有關(guān)系，只是等于電場力與電荷量的比值，故A錯(cuò)誤；B.公式C=QU

屬于比值定義，則電容器的電容與極板所帶電荷量、極板間電勢差無關(guān)，故B正確；C.電源電動(dòng)勢E=Wq

可知，也是比值定義，則當(dāng)移送同一電量時(shí)，非靜電力做功越多，電源電動(dòng)勢也就越大，故C錯(cuò)誤；D.磁感應(yīng)強(qiáng)度B=FILB

與FIL

無關(guān)，有磁場本身決定，但單位關(guān)系是1T=1NA?m

故D錯(cuò)誤；故選B?！窘馕觥緽

二、填空題(共5題，共10分)6、略

【分析】【解析】試題分析：物體的質(zhì)量沒有發(fā)生變化，所以物體在兩種情況下受到的重力是相等的，故一個(gè)物體在水平面上靜止時(shí)，在豎直方向上受到的重力和地面的支持力是一對平衡力，所以大小相等，故當(dāng)物體在斜面上時(shí)，沿垂直斜面方向上，物體受到垂直斜面向下的重力的分力，和垂直斜面向上的支持力所以考點(diǎn)：考查了共點(diǎn)力平衡和力的分解【解析】【答案】等于不等于7、略

【分析】解：

A；C處兩質(zhì)點(diǎn)是兩列波波峰與波谷疊加的地方；振動(dòng)減弱．

B；D兩點(diǎn)都是振動(dòng)加強(qiáng)的點(diǎn)；它們的連線上各點(diǎn)振動(dòng)也加強(qiáng)，形成振動(dòng)加強(qiáng)的區(qū)域，所以E點(diǎn)處質(zhì)點(diǎn)是振動(dòng)加強(qiáng)的點(diǎn)．

由v=得，T==s=0.04s；

再經(jīng)過t=0.02s=則B點(diǎn)將到達(dá)波峰．

故答案為：D；E、B；0.02．

兩列頻率相同的兩列水波可形成穩(wěn)定的干涉；波峰與波谷相遇處振動(dòng)減弱，波峰與波峰；波谷與波谷相遇處振動(dòng)加強(qiáng)，振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)的振幅等于兩列波單獨(dú)傳播時(shí)振幅的兩倍．

本題考查對波的疊加原理及規(guī)律的理解能力．兩列波疊加振動(dòng)加強(qiáng)時(shí)，振幅增大，等于兩列波單獨(dú)傳播時(shí)振幅之和．【解析】D、E、B；0.028、略

【分析】解：根據(jù)摩擦起電的相關(guān)基礎(chǔ)知識可知：兩個(gè)相互摩擦的物體；由于不同物質(zhì)的原子核對核外電子的束縛本領(lǐng)不同，導(dǎo)致了在摩擦過程中使電子由一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體，失去電子的物體帶正電，得到電子的物體帶等量的負(fù)電．

故答案為：正；負(fù)．

本題考查了摩擦起電的實(shí)質(zhì)．由于不同物質(zhì)的原子核對核外電子的束縛本領(lǐng)不同造成的；在摩擦的過程中束縛本領(lǐng)強(qiáng)的得電子帶負(fù)電，束縛本領(lǐng)弱的失電子帶正電．

摩擦起電的實(shí)質(zhì)是電荷的轉(zhuǎn)移，失去電子的帶正電，得到電子的帶負(fù)電．【解析】正；負(fù)9、A；50【分析】解：磁通量向里增大；由楞次定律可知，A

點(diǎn)電勢高，B

點(diǎn)電勢低；

根據(jù)圖示圖象；由法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動(dòng)勢為：

E=n鈻?婁碌鈻?t=100隆脕0.15鈭?0.100.1=50V

故答案為：A50

．

由法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動(dòng)勢；由楞次定律判斷出感應(yīng)電動(dòng)勢的方向。

本題考查了求感應(yīng)電動(dòng)勢、判斷電勢的高低，應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律即可正確解題．【解析】A50

10、略

【分析】解：金屬細(xì)桿在重力；安培力作用下處于平衡狀態(tài)；安培力和重力等大反向，故安培力方向豎直向上；

根據(jù)左手定則；伸開左手，讓磁感線穿過手心，大拇指指向上方，四指從N

指向M

故電流方向從N

指向M

根據(jù)安培力公式有：F=BIL

則：B=FIL

又F=mg

故：B=mgIL

故答案為：mgIL

水平向左．

根據(jù)物體平衡條件可以判斷安培力的方向；知道了安培力方向；根據(jù)左手定則可以判斷金屬桿中電流的方向；寫出安培力的表達(dá)式，然后根據(jù)物體平衡列方程得到電流大?。?/p>

本題比較簡單，借助于物體平衡，考查了有關(guān)安培力的大小和方向問題，要熟練應(yīng)用左手定則判斷安培力的方向，同時(shí)熟練應(yīng)用公式F=BIL

進(jìn)行有關(guān)計(jì)算．【解析】mgIL

水平向左三、判斷題(共9題，共18分)11、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點(diǎn)；導(dǎo)體是等勢體，金屬導(dǎo)體的內(nèi)部電場強(qiáng)度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體是一個(gè)等勢體；則表面電勢處處相等，即等勢面，那么電場線與等勢面垂直；

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】金屬導(dǎo)體在點(diǎn)電荷附近，出現(xiàn)靜電感應(yīng)現(xiàn)象，導(dǎo)致電荷重新分布．因此在金屬導(dǎo)體內(nèi)部出現(xiàn)感應(yīng)電荷的電場，正好與點(diǎn)電荷的電場疊加，只有疊加后電場為零時(shí)，電荷才不會(huì)移動(dòng)．此時(shí)導(dǎo)體內(nèi)部電場強(qiáng)度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢面，導(dǎo)體是等勢體．12、A【分析】【解答】解：點(diǎn)電荷在A點(diǎn)的場強(qiáng)

根據(jù)場強(qiáng)的疊加原理得；則兩點(diǎn)的場強(qiáng)是由正點(diǎn)電荷和勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的合成，A點(diǎn)的場強(qiáng)大小為。

EA=E點(diǎn)﹣E勻=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A處場強(qiáng)大小為0

故答案為：正確。

【分析】根據(jù)公式E=k求出點(diǎn)電荷在A點(diǎn)處產(chǎn)生的場強(qiáng)大小，判斷出場強(qiáng)方向，A點(diǎn)的場強(qiáng)是由正點(diǎn)電荷和勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的合成，根據(jù)平行四邊形定則求解A點(diǎn)處的場強(qiáng)大小及方向．13、B【分析】【解答】解：若把該圖象與等量異種點(diǎn)電荷電場中的部分等勢面圖比較；可以得到：靠近正電荷的點(diǎn)電勢高，靠近負(fù)電荷的點(diǎn)，電勢較低．所以，a處為正電荷．

等量異種點(diǎn)電荷電場中的部分等勢面圖象中的等勢面左右對稱；無窮遠(yuǎn)處的電勢為0．該圖象的左側(cè)的等勢線比較密，無窮遠(yuǎn)處的電勢為0，所以無窮遠(yuǎn)處到兩點(diǎn)之間的電勢差相比，與a點(diǎn)之間的電勢差比較大，所以a點(diǎn)所帶的電量就多．

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】若把該圖象與等量異種點(diǎn)電荷電場中的部分等勢面圖比較，很容易得出正確的結(jié)論．14、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)等勢面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場強(qiáng)度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)等勢面上，根據(jù)W=qU判斷電場力做功的大小，根據(jù)電場線的疏密程度判斷電場強(qiáng)度的大?。?5、B【分析】【解答】解：電勢差類似于高度差；沒有方向，是標(biāo)量，正負(fù)表示電勢的相對大小．

兩點(diǎn)間的電勢差等于電勢之差；由電場中兩點(diǎn)的位置決定，與零電勢點(diǎn)的選取無關(guān)．由以上的分析可知，以上的說法都錯(cuò)誤．

故答案為：錯(cuò)誤。

【分析】電勢差是標(biāo)量，正負(fù)表示大??；電勢差與零電勢點(diǎn)的選取無關(guān)；沿著電場線方向電勢降低；電勢反映電場本身的性質(zhì)，與試探電荷無關(guān)．16、B【分析】【解答】解：沿著電場線方向；電勢降低，且降低最快；

那么電勢降低最快的方向才是電場線的方向；但電勢降低的方向不一定是電場線的方向，故錯(cuò)誤；

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】電場強(qiáng)度和電勢這兩個(gè)概念非常抽象，借助電場線可以形象直觀表示電場這兩方面的特性：電場線疏密表示電場強(qiáng)度的相對大小，切線方向表示電場強(qiáng)度的方向，電場線的方向反映電勢的高低．17、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點(diǎn)；導(dǎo)體是等勢體，金屬導(dǎo)體的內(nèi)部電場強(qiáng)度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體是一個(gè)等勢體；則表面電勢處處相等，即等勢面，那么電場線與等勢面垂直；

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】金屬導(dǎo)體在點(diǎn)電荷附近，出現(xiàn)靜電感應(yīng)現(xiàn)象，導(dǎo)致電荷重新分布．因此在金屬導(dǎo)體內(nèi)部出現(xiàn)感應(yīng)電荷的電場，正好與點(diǎn)電荷的電場疊加，只有疊加后電場為零時(shí)，電荷才不會(huì)移動(dòng)．此時(shí)導(dǎo)體內(nèi)部電場強(qiáng)度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢面，導(dǎo)體是等勢體．18、A【分析】【解答】解：點(diǎn)電荷在A點(diǎn)的場強(qiáng)

根據(jù)場強(qiáng)的疊加原理得；則兩點(diǎn)的場強(qiáng)是由正點(diǎn)電荷和勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的合成，A點(diǎn)的場強(qiáng)大小為。

EA=E點(diǎn)﹣E勻=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A處場強(qiáng)大小為0

故答案為：正確。

【分析】根據(jù)公式E=k求出點(diǎn)電荷在A點(diǎn)處產(chǎn)生的場強(qiáng)大小，判斷出場強(qiáng)方向，A點(diǎn)的場強(qiáng)是由正點(diǎn)電荷和勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的合成，根據(jù)平行四邊形定則求解A點(diǎn)處的場強(qiáng)大小及方向．19、B【分析】【解答】解：若把該圖象與等量異種點(diǎn)電荷電場中的部分等勢面圖比較；可以得到：靠近正電荷的點(diǎn)電勢高，靠近負(fù)電荷的點(diǎn)，電勢較低．所以，a處為正電荷．

等量異種點(diǎn)電荷電場中的部分等勢面圖象中的等勢面左右對稱；無窮遠(yuǎn)處的電勢為0．該圖象的左側(cè)的等勢線比較密，無窮遠(yuǎn)處的電勢為0，所以無窮遠(yuǎn)處到兩點(diǎn)之間的電勢差相比，與a點(diǎn)之間的電勢差比較大，所以a點(diǎn)所帶的電量就多．

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】若把該圖象與等量異種點(diǎn)電荷電場中的部分等勢面圖比較，很容易得出正確的結(jié)論．四、計(jì)算題(共3題，共12分)20、解：（1）磁通量的變化量為：①由法拉第電磁感應(yīng)定律得：②

聯(lián)立解得：③

（2）5s末的瞬時(shí)速度為：v=at④

5s末的感應(yīng)電動(dòng)勢為：E=BLv⑤

由歐姆定律得：⑥

聯(lián)立解得：I=10A⑦

（3）由安培力公式得：F安=BIL⑧

由牛頓第二定律得：F-（F安+mgsin30°）=ma⑨

聯(lián)立解得：F=34N⑩

【分析】(1)

在5s

內(nèi)平均感應(yīng)電動(dòng)勢可由法拉第電磁感應(yīng)定律E鈥?=?婁脮?t

求解，式中磁通量的變化量鈻?婁脮=B鈻?S=BLx

由于金屬桿做勻加速運(yùn)動(dòng)，則有x=12at2

(2)

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v=at

可求出5s

末桿的瞬時(shí)速度，由E=BLv

和I=ER

結(jié)合求解感應(yīng)電流。

(3)

由安培力公式：F擄虜=BIL

求出安培力，再運(yùn)用牛頓第二定律求解外力。本題電磁感應(yīng)與力學(xué)知識的綜合，要掌握勻變速運(yùn)動(dòng)的位移公式和速度公式，以及電磁感應(yīng)的基本規(guī)律，屬于基礎(chǔ)題?！窘馕觥拷猓?1)

磁通量的變化量為：?婁脮=B?S=BLx=BL?12at2壟脵

由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E鈥?=?婁脮?t壟脷

聯(lián)立解得：E鈥?=10V壟脹

(2)5s

末的瞬時(shí)速度為：v=at壟脺

5s

末的感應(yīng)電動(dòng)勢為：E=BLv壟脻

由歐姆定律得：I=ER壟脼

聯(lián)立解得：I=10A壟脽

(3)

由安培力公式得：F擄虜=BIL壟脿

由牛頓第二定律得：F鈭?(F擄虜+mgsin30鈭?)=ma壟謾

聯(lián)立解得：F=34N壟芒

21、略

【分析】

先根據(jù)電流的定義式求出電路中的電流，再由歐姆定律求出導(dǎo)線的電阻值，最后根據(jù)電阻定律R=婁脩LS

求解電阻；

導(dǎo)線對折后的電阻值由電阻定律求出；根據(jù)歐姆定律求解電流．

本題關(guān)鍵是根據(jù)電阻定律求解電阻、根據(jù)歐姆定律求解電流、根據(jù)電流定義求解電量，記住公式即可．【解析】解：1

小時(shí)內(nèi)通過橫截面積的電荷量為7.2隆脕103C

所以導(dǎo)線中的電流為：I=qt=7.2隆脕10360隆脕60=2A

導(dǎo)線的電阻值為：R=UI=3.42=1.7婁賂

根據(jù)電阻定律有：R=婁脩LS

所以：L=RS婁脩=1.7隆脕2隆脕(10鈭?3)21.7隆脕10鈭?8=50m

將導(dǎo)線對折后導(dǎo)線的長度為25m

橫截面積變成4mm2

所以電阻值為：R隆盲=婁脩L隆盲S隆盲=1.7隆脕10鈭?8隆脕254隆脕(10鈭?3)2=0.425婁賂

根據(jù)歐姆定律，有：I隆盲=UR隆盲=3.40.425=8A

答：這段導(dǎo)線長50m

將導(dǎo)線對折后，電流為8A

．22、略

【分析】

（1）由圖b的斜率讀出由法拉第電磁感應(yīng)定律求出回路中感應(yīng)電動(dòng)勢，由歐姆定律求解感應(yīng)電流的大小，根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向；

（2）t=3s后，ab棒做勻變速運(yùn)動(dòng)，位移x1=6.4m時(shí)，由公式v2-v02=2as求出速度大??；由安培力公式F=BIL和感應(yīng)電動(dòng)勢公式E=BLv；閉合電路歐姆定律求出安培力的大小，再由牛頓第二定律求解外力大?。?/p>

本題是電磁感應(yīng)與電路、力學(xué)知識的綜合，關(guān)鍵要正確分析導(dǎo)體棒的受力情況和能量轉(zhuǎn)化的情況，熟練推導(dǎo)出安培力與速度的關(guān)系，感應(yīng)電量與磁通量變化的關(guān)系，正確把握功和能的關(guān)系才能準(zhǔn)確求解．【解析】解：（1）前3s內(nèi)，根據(jù)圖象可知，=0.1T/s；

由閉合電路歐姆定律可得：

I=

由法拉第電磁感應(yīng)定律可知：

E=

而面積S=Ld；

聯(lián)立解得：I=0.5A；

根據(jù)楞次定律可知，電路中的電流方向?yàn)閍→b→P→M→a；

（2）設(shè)ab棒向右運(yùn)動(dòng)且位移x1=6.4m時(shí)，速度為v1；外力F方向水平向左，則。

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：v02-v12=2ax1

解得：v1=6m/s

此時(shí)電動(dòng)勢：E=BLv1；

安培力F安=BIL===0.3N；

由牛頓第二定律有：F+F安+μmg=ma；

解得：F=ma-F安-μmg=0.1×5-0.3-0.1×0.1×10=0.1N；方向水平向左；

答：（1）前3s內(nèi)電路中感應(yīng)電流的大小為0.5A，方向?yàn)閍→b→P→M→a；

（2）ab棒向右運(yùn)動(dòng)且位移x1=6.4m時(shí)的外力F大小為0.1N，方向水平向左；五、作圖題(共4題，共12分)23、略

【分析】

根據(jù)左手定則判斷電流方向；磁場方向和安培力方向的關(guān)系；伸開左手，四指與大拇指在同一平面內(nèi)，磁感線穿過掌心，四指方向與電流方向相同，大拇指所指方向?yàn)榘才嗔Φ姆较颍?/p>

解決本題的關(guān)鍵會(huì)根據(jù)左手定則判斷磁場方向、電流方向和安培力方向三者的關(guān)系，并注意左手定則與右手定則的區(qū)別．【解析】解：左側(cè)電流向下；根據(jù)安培定則，右側(cè)的磁場方向向外，依據(jù)左手定則，安培力向右；

電流向右；安培力向下，根據(jù)左手定則，磁場方向外；

磁場向上；電流向里，根據(jù)左手定則，安培力向右；

答：如圖所示：

24、略

【分析】

根據(jù)安培定則判斷出磁感線的方向；再畫出磁感線。正電荷周圍的電場線從正電荷出發(fā)到無窮遠(yuǎn)終止。

對于常見的磁場的磁感線和電場的電場線分布要在理解的基礎(chǔ)上，加強(qiáng)記憶。【解析】解：根據(jù)安培定則判斷可知：通電導(dǎo)線周圍的磁感線方向沿逆時(shí)針方向(

俯視)

是以導(dǎo)體上各點(diǎn)為圓心的一簇同心圓，磁感線的分布如圖；正電荷周圍的電場線從正電荷出發(fā)到無窮遠(yuǎn)終止，其電場線分布如圖。25、略

【分析】

在勻強(qiáng)電場中將某一線段等分同時(shí)就將該線段兩端的電勢差等分；在AB

上找出與C

點(diǎn)相同的電勢，作出等勢面，而電場線與等勢面垂直，且由高電勢指向低電勢；

本題主要考查了等勢點(diǎn)的找法，注意電場線和等勢面間的垂直關(guān)系，屬于一個(gè)基礎(chǔ)題.

但是能考查學(xué)生對勻強(qiáng)電場中等勢面和電場線的理解；是一個(gè)好題．【解析】解：將AB

等分成4

段；在勻強(qiáng)電場中將某一線段等分同時(shí)就將該線段兩端的電勢差等分，則靠B

端的等分點(diǎn)的電勢即為8V

即可做出一條等勢面；而電場線與等勢面垂直，且由高電勢指向低電勢；即可做出電場線，如圖，畫出的虛線為等勢面，垂直于等勢面的線就是電場線．

26、略

【分析】解：(1)

小球離開軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)；小球在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t

相等，如果碰撞過程動(dòng)量守恒，則有：

mav0=mavA+mbvB

兩邊同時(shí)乘以時(shí)間t

得：mav0t=mavAt+mbvBt

則maOB=maOA+mbOC

因此A

實(shí)驗(yàn)需要測量：兩球的質(zhì)量；兩球做平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移，故ACD錯(cuò)誤，BE正確．

故選：BE

．

(2)

由圖所示裝置可知，小球a

和小球b

相撞后，小球b

的速度增大，小球a

的速度減小，b

球在前，a

球在后，兩球都做平拋運(yùn)動(dòng)，由圖示可知，未放被碰小球時(shí)小球a

的落地點(diǎn)為B

點(diǎn)，碰撞后ab

的落點(diǎn)點(diǎn)分別為AC

點(diǎn)．

(3)

由(1)

可知，實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證的表達(dá)式為：maOB=maOA+mbOC

因此比較maOB

與maOA+mbOC

即可判斷動(dòng)量是否守恒．

故答案為：(1)BE(2)AC(3)maOBmaOA+mbOC

．

(1)

根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出需要驗(yàn)證的表達(dá)式；然后根據(jù)表達(dá)式分析答題，注意平拋運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)的應(yīng)用．

(2)

根據(jù)圖示裝置與小球的運(yùn)動(dòng)分析答題；被碰小球速度最大，水平距離最大．

(3)

根據(jù)動(dòng)量守恒可知實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證的表達(dá)式為：maOB=maOA+mbOC

．

本題考查了實(shí)驗(yàn)需要測量的量、實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)、實(shí)驗(yàn)原理、刻度尺讀數(shù)、動(dòng)量守恒表達(dá)式，解題時(shí)需要知道實(shí)驗(yàn)原理，根據(jù)動(dòng)量守恒定律與平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出實(shí)驗(yàn)要驗(yàn)證的表達(dá)式是正確答題的前提與關(guān)鍵．【解析】BEACmaOBmaOA+mbOC

六、綜合題(共2題，共16分)27、（1）BD（2）解：若規(guī)定豎直向上為正方向，則運(yùn)動(dòng)員著地(接觸海綿或沙坑)過程中的始、末動(dòng)量為p′＝0，

受到的合外力為F＝FN－mg，

由牛頓第二定律的動(dòng)量表達(dá)公式：

Ft＝p′－p＝mv′－mv，

即

所以：

落在海綿墊上時(shí)，Δt1＝1s，則

FN＝1442N，

落在沙坑里時(shí)，Δt2＝0.1s，則

FN＝8120N?！痉治觥?1)

【分析】本題考查法拉第電場感應(yīng)定律的動(dòng)力學(xué)問題，離開磁場時(shí)線框所受安培力大于進(jìn)入磁場時(shí)線框所受安培力是本題的關(guān)鍵。進(jìn)入磁場后線框磁通量不變；沒有感應(yīng)電流，線框不受安培力作用，只受重力作用，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故線框離開磁場時(shí)的速度大于線框進(jìn)入磁場時(shí)的速度，則線框離開磁場時(shí)的安培力大于進(jìn)入磁場時(shí)的安培力，由安培力和重力的大小關(guān)系解題。

【解答】進(jìn)入磁場后線框磁通量不變，沒有感應(yīng)電流，線框不受安培力作用，只受重力作用，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故線框離開磁場時(shí)的速度大于線框進(jìn)入磁場時(shí)的速度，進(jìn)入和離開磁場時(shí)電動(dòng)勢E=BLv

感應(yīng)電流I=BLvR

安培力F=BIL=B2L2vR

A.若線框進(jìn)入磁場時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，則F=BIL

離開磁場時(shí)速度變大，安培力變大，故應(yīng)做減速運(yùn)動(dòng)離開磁場，故A錯(cuò)誤；B.若線框進(jìn)入磁場時(shí)做減速運(yùn)動(dòng)，則進(jìn)入磁場時(shí)安培力大于重力，離開時(shí)安培力變大，仍大于重力，線框仍然做減速運(yùn)動(dòng)，故B正確；C.線框離開磁場時(shí)的安培力大于進(jìn)入磁場時(shí)的安培力，故離開磁場時(shí)線框產(chǎn)生的熱量一定大于mgL

故C錯(cuò)誤；D.由q=?鈱?R

可知進(jìn)入磁場和離開磁場時(shí)線框截面通過的電量相等，故D正確。故選BD。(2)

本題考查動(dòng)量定理的理解和掌握，關(guān)鍵是列出動(dòng)量定理的表達(dá)式，難度不大。列出運(yùn)動(dòng)員下落至地面時(shí)的動(dòng)量定理的表達(dá)式，分別由作用時(shí)間不同求出海綿墊和沙坑對運(yùn)動(dòng)員的作用力?！窘馕觥?1)BD

(2)

解：若規(guī)定豎直向上為正方向，則運(yùn)動(dòng)員著地(

接觸海綿或沙坑)

過程中的始、末動(dòng)量為p=mv=鈭?m2ghp隆盲=0

受到的合外力為F=FN鈭?mg

由牛頓第二定律的動(dòng)量表達(dá)公式：Ft=p隆盲鈭?p=mv隆盲鈭?mv

即FN鈭?mg=0+m2gh?t

所以：FN=mg+m2gh?t

落在海綿墊上時(shí)，婁