2025年新科版高二物理上册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年新科版高二物理上册阶段测试试卷647考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、我国古代四大发明中，涉及到电磁现象应用的发明是：A.印刷术；B.造纸术；C.指南针；D.火药2、一个带正电的油滴从图所示的匀强电场上方A点自由下落，油滴落入匀强电场后，能较准确地描述油滴运动轨迹的是图中的（）A.B.C.D.3、一条形磁铁静止在斜面上，固定在磁铁中心的竖直上方的水平导线中通有垂直纸面向里的恒定电流，如图所示.

若将磁铁的N

极位置与S

极位置对调后，仍放在斜面上原来的位置，则磁铁对斜面的压力F

和摩擦力f

的变化情况分别是(

)

A.F

增大，f

减小B.F

减小，f

增大C.F

与f

都增大D.F

与f

都减小4、一根有质量的金属棒MN，两端用细软导线连接后悬挂于a、b两点．棒的中部处于方向垂直纸面向外的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从M流向N，此时悬线上有拉力．为了使拉力等于零，可：（）A.只适当减小磁感应强度B.只适当增大电流强度C.使磁场反向，并适当调整磁感应强度B的大小D.使电流反向,并适当调整流过导线的电流I的大小5、下列说法正确的是A.根据E=Fq

可知，电场中某点的电场强度与处于该点点电荷的电荷量q

成反比B.虽然C=QU

但电容器的电容与极板所带电荷量、极板间电势差无关C.由电源电动势E=Wq

可知，非静电力做功越多，电源电动势越大D.磁感应强度B=FIL=B

与FI

三有关，其单位关系是1T=1NA鈰�m

评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)6、如图所示，一个物体在水平面上静止时，受到的重力大小为G1，受到地面的支持力大小为F1；当该物体在斜面上静止时，受到的重力大小为G2，受到斜面的支持力大小为F2。则有G1­­­­______________G2(填“等于”或“不等于”)；F1____F2(填“等于”或“不等于”)7、如图所示是水面上两列频率相同的波在某时刻的叠加情况，图中实线为波峰波面，虚线为波谷波面．已知两列波的振幅均为2cm，波速2m/s，波长8cm，E是BD和AC连线的交点．则A、B、C、D、E中振动加强的点是______，至少再经过______秒B点到达波峰．8、一个中性的物体失去一些电子，这个物体就带______电；反之，这个中性的物体得到一些电子，它就带______电．9、如图甲所示，100

匝的线圈(

图中只画了2

匝)

两端AB

与一个电压表相连.

线圈内有指向纸内方向的磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化．______端电势较高，(

选填“A

”或“B

”)

电压表的示数为______V.

10、如图所示，两根等长的绝缘细线悬挂一水平金属细杆MN

处在与其垂直的水平匀强磁场中，磁感应强度为B

金属细杆的长度为L

质量为m.

当金属细杆中通入电流后使得两绝缘细线上的拉力均恰好为零，则通过MN

杆电流的大小为______，方向是______．评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)11、处于静电平衡状态的导体内部的场强处处为零，导体外表面场强方向与导体的表面一定不垂直．（判断对错）12、如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强大小为9000N/C，在电场内一水平面上作半径为10cm的圆，圆上取A、B两点，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圆心处放一电量为10﹣8C的正点电荷，则A处场强大小EA为零．________（判断对错）

13、空间两点放置两个异种点电荷a、b，其所带电荷量分别为qa和qb，其产生的电场的等势面如图所示，且相邻等势面间的电势差均相等，电场中A、B两点间的电势大小的关系为φA＞φB，由此可以判断出a为正电荷，且有qa＜qb．________（判断对错）

14、如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从a、b两点运动到c点．设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb，则Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判断对错）

15、电势差有正有负，所以是矢量，且电场中两点间的电势差随着零电势点的选取变化而变化．（判断对错）16、只有沿着电场线的方向电势才会降低，所以电势降低的方向就一定是电场强度的方向．（判断对错）17、处于静电平衡状态的导体内部的场强处处为零，导体外表面场强方向与导体的表面一定不垂直．（判断对错）18、如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强大小为9000N/C，在电场内一水平面上作半径为10cm的圆，圆上取A、B两点，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圆心处放一电量为10﹣8C的正点电荷，则A处场强大小EA为零．________（判断对错）

19、空间两点放置两个异种点电荷a、b，其所带电荷量分别为qa和qb，其产生的电场的等势面如图所示，且相邻等势面间的电势差均相等，电场中A、B两点间的电势大小的关系为φA＞φB，由此可以判断出a为正电荷，且有qa＜qb．________（判断对错）

评卷人得分四、计算题(共3题，共12分)20、如图所示，光滑平行足够长的金属导轨MN

和PQ

，间距L

=1.0m

与水平面之间的夹角娄脕

=30鈭�

匀强磁场磁感应强度B

=2.0T

垂直于导轨平面向上，MP

间接有阻值R

=2.0娄赂

的电阻，其它电阻不计，质量m

=2.0kg

的金属杆ab

垂直导轨放置，用变力F

沿导轨平面向上拉金属杆ab

，若金属杆ab

以恒定加速度a

=2m/s2

由静止开始向上做匀变速运动，则：(

g

=10m/s2)

(1)

在5s

内平均感应电动势是多少？(2)

第5s

末，回路中的电流多大？(3)

第5s

末，作用在ab

杆上的外力F

多大？21、一横截面积为2mm2

的铜导线，在27

摄氏度下，在两端加3.4V

电压，1

小时内通过横截面积的电荷量为7.2隆脕103C

这段导线有多长？将导线对折后，电流又为多大？27

摄氏度下铜的电阻率为1.7隆脕10鈭�8娄赂m

．22、如图甲所示，间距L=1.0m的平行长直导轨MN、PQ水平放置，两导轨左端MP之间接有阻值为R=0.1Ω的定值电阻，导轨电阻忽略不计．导体棒ab垂直于导轨放在距离导轨左端d=1.0m处，其质量m=0.1kg，接入电路的电阻为r=0.1Ω，导体棒与导轨之间的动摩擦因数μ=0.1，整个装置处在范围足够大的竖直方向的匀强磁场中．选竖直向下为正方向，从t=0时刻开始，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，导体棒ab一直处于静止状态．不计感应电流磁场的影响，当t=3s时，突然使ab棒获得向右的速度v0=10m/s，同时在棒上施加方向水平、大小可变化的外力F，保持ab棒具有方向向左、大小恒为a=5m/s2的加速度，取g=10m/s2．求：

（1）前3s内电路中感应电流的大小和方向．

（2）ab棒向右运动且位移x1=6.4m时的外力F1的大小．评卷人得分五、作图题(共4题，共12分)23、根据磁感应强度B；电流I和安培力F的相互关系；请根据要求作图．

24、请描述出图中通电导线周围的磁感线和单个正电荷周围的电场线。25、如图所示，ABC

是匀强电场中平行于电场线的某一平面上的三个点，各点的电势分别为娄脮A=20V娄脮B=4V娄脮C=8V

请你画出该电场的其中一个等势面和一条电场线．26、某同学用如图所示的装置做验证动量守恒定律的实验.

先将a

球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下压痕，重复10

次；再把同样大小的b

球放在斜槽轨道末端水平段的最右端上，让a

球仍从固定点由静止开始滚下，和b

球相碰后；两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10

次．

(1)

本实验必须测量的物理量有______.(

填写选项对应的字母)

A.斜槽轨道末端距水平地面的高度H

B.小球ab

的质量mamb

C.小球ab

的半径r

D.小球ab

离开斜槽轨道末端后平抛飞行的时间t

E.记录纸上O

点到ABC

各点的距离OA.OB.OC.

F.a

球的固定释放点到斜槽轨道末端水平部分间的高度差h

(2)

放上被碰小球b

两球(ma>mb)

相碰后，小球ab

的落地点依次是图中水平面上的______点和______点.

(3)

某同学在做实验时，测量了过程中的各个物理量，利用上述数据验证碰撞中的动量守恒，那么判断的依据是看______和______在误差允许范围内是否相等．评卷人得分六、综合题(共2题，共16分)27、(1)

如图所示，边长为L

的正方形闭合导体线框abcd

质量为m

，在方向水平的匀强磁场上方某高度处自由落下并穿过磁场区域.

线框在下落过程中形状不变，ab

边始终保持与磁场边界线平行，线框平面与磁场方向垂直.

已知磁场区域高度h

>

L

，重力加速度为g

，下列判断正确的是()

A.若ab

边进入磁场时线框做匀速运动，则ab

边离开磁场时线框也一定做匀速运动B.若ab

边进入磁场时线框做减速运动，则ab

边离开磁场时线框也一定做减速运动C.若进入磁场过程中线框产生的热量为mgL

，则离开磁场过程中线框产生的热量也一定等于mgL

D.若进入磁场过程线框截面中通过的电量为q

，则离开磁场过程线框截面中通过的电量也一定等于q

(2).

在撑竿跳比赛的横杆下方要放上很厚的海绵垫子，为什么？设一位撑竿跳运动员的质量为70kg

越过横杆后从h

=5.6m

高处落下，落在海绵垫上和落在普通沙坑里分别经历时间娄陇

t

1=1s娄陇

t

2=0.1s

停下。求两种情况下海绵垫和沙坑对运动员的作用力。28、(1)

关于物理学家和他们的贡献，下列说法中正确的是()

A.奥斯特发现了电流的磁效应，并发现了电磁感应现象B.库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷e

的数值C.牛顿发现万有引力定律，并通过实验测出了引力常量D.法拉第发现了电磁感应现象，并制作了世界上第一台发电机

(2)

如图所示为带负电的点电荷的电场线分布图，对该电场中的AB

两点，下列说法正确的是()

A.A

点的场强等于B

点的场强B.A

点的场强比B

点的场强大C.A

点的电势等于B

点的电势D.A

点的电势比B

点的电势高(3)

下列图中分别标出了一根放置在匀强磁场中的通电直导线的电流I

、磁场的磁感应强度B

和所受磁场力F

的方向，其中图示正确的是()A.B

．C

．D

．

(4)

有abcd

四个小磁针，分别放置在通电螺线管的附近和内部.

当小磁针静止时，小磁针指向如图所示，其中是正确的()

A.aB.b

C.cD.d

(5)

如图所示为电源的路端电压U

与电流I

的关系图象，由图可知，该电源的电动势为____V

内阻为____娄赂.

(6)

如图所示，PQ

两平行金属板间存在着平行于纸面的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，两板间的距离为d

电势差为U

金属板下方存在一有水平边界、方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B

电荷量为q

的带正电的粒子，以速度v

垂直于电场和磁场匀速通过PQ

两金属板间，并沿垂直磁场方向进入金属板下方的磁场，做半径为R

的匀速圆周运动。不计两极板电场的边缘效应及粒子所受的重力。求：(1)PQ

两金属板间匀强电场场强E

的大小；(2)PQ

两金属板间匀强磁场磁感应强度B0

的大小；(3)

粒子的质量m

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【解析】试题分析：我国古代四大发明中，涉及到电磁现象应用的发明是指南针，指南针受到地磁场的磁力作用，故选C考点：考查电磁现象【解析】【答案】C2、B【分析】解：液滴进入电场时；速度竖直向下，受电场力和重力，合力斜向右下方，与速度不在同一条直线上，做曲线运动，合力方向大致直线轨迹的凹向．故B正确，A；C、D错误．

故选B．

根据液滴的受力以及速度的方向；判断液滴做直线运动还是曲线运动，根据合力的方向和速度方向的关系确定轨迹的凹向．

解决本题的关键知道曲线运动的条件，以及知道液滴进入电场，在竖直方向上继续做匀加速直线运动，在水平方向上受电场力，做匀加速直线运动．【解析】【答案】B3、C【分析】解：在磁铁的N

极位置与S

极位置对调前；根据左手定则判断可知，导线所受的安培力方向斜向下，由牛顿第三定律得知，磁铁所受的安培力方向斜向上.

设安培力大小为F掳虏

与斜面的夹角为娄脠.

斜面的倾角为娄脕

磁铁的重力为G.

由磁铁的力平衡得：

斜面对磁铁的支持力：F=Gcos娄脕鈭�F掳虏sin娄脠

摩擦力：f=Gsin娄脕鈭�F掳虏cos娄脠

在磁铁的N

极位置与S

极位置对调后；同理可知，斜面对磁铁的支持力：F隆盲=Gcos娄脕+F掳虏sin娄脠

摩擦力：

f隆盲=Gsin娄脕+F掳虏cos娄脠

可见；Ff

都增大.

选项ABD错误，C正确．

故选C

先分析磁铁的N

极位置与S

极位置对调前；导线所受的安培力方向，由牛顿第三定律判断磁铁所受的安培力方向，由平衡条件确定磁铁对斜面的压力F

和摩擦力f

与重力；安培力的关系；再作同样的方法分析磁铁的N

极位置与S

极位置对调后磁铁对斜面的压力F

和摩擦力f

与重力、安培力的关系，判断Ff

的变化情况．

本题中判断磁铁所受的安培力方向是关键，方法是先判断导线的安培力，再由牛顿第三定律判断磁铁所受的安培力方向．【解析】C

4、C|D【分析】【解析】试题分析：通电导线受到的安培力用左手定则判断为竖直向下。根据受力分析则，弹簧弹力等于重力加安培力。为了使拉力等于零，因此必须要改变安培力方向，例如磁场反向，并调整磁场强弱使得BIL=mg，或者使电流反向，并调整使得BIL=mg，因此CD正确考点：左手定则【解析】【答案】CD5、B【分析】【分析】根据比值定义法可知，公式E=FqC=QUE=WqB=FIL

中电场强度、电容、电动势、磁感应强度均与定义量没有关系。考查各物理量的比值定义，注意比值定义法的特点，当然可通过考查各物理量的比值定义，注意比值定义法的特点，当然可通过娄脩=MV

来类比帮助学生对此方法的理解。【解答】A.根据E=Fq

属于比值定义，电场中某点的电场强度与处于该点的点电荷电荷量q

电场力的大小F

均没有关系，只是等于电场力与电荷量的比值，故A错误；B.公式C=QU

属于比值定义，则电容器的电容与极板所带电荷量、极板间电势差无关，故B正确；C.电源电动势E=Wq

可知，也是比值定义，则当移送同一电量时，非静电力做功越多，电源电动势也就越大，故C错误；D.磁感应强度B=FILB

与FIL

无关，有磁场本身决定，但单位关系是1T=1NA?m

故D错误；故选B。【解析】B

二、填空题(共5题，共10分)6、略

【分析】【解析】试题分析：物体的质量没有发生变化，所以物体在两种情况下受到的重力是相等的，故一个物体在水平面上静止时，在竖直方向上受到的重力和地面的支持力是一对平衡力，所以大小相等，故当物体在斜面上时，沿垂直斜面方向上，物体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点：考查了共点力平衡和力的分解【解析】【答案】等于不等于7、略

【分析】解：

A；C处两质点是两列波波峰与波谷叠加的地方；振动减弱．

B；D两点都是振动加强的点；它们的连线上各点振动也加强，形成振动加强的区域，所以E点处质点是振动加强的点．

由v=得，T==s=0.04s；

再经过t=0.02s=则B点将到达波峰．

故答案为：D；E、B；0.02．

两列频率相同的两列水波可形成稳定的干涉；波峰与波谷相遇处振动减弱，波峰与波峰；波谷与波谷相遇处振动加强，振动加强点的振幅等于两列波单独传播时振幅的两倍．

本题考查对波的叠加原理及规律的理解能力．两列波叠加振动加强时，振幅增大，等于两列波单独传播时振幅之和．【解析】D、E、B；0.028、略

【分析】解：根据摩擦起电的相关基础知识可知：两个相互摩擦的物体；由于不同物质的原子核对核外电子的束缚本领不同，导致了在摩擦过程中使电子由一个物体转移到另一个物体，失去电子的物体带正电，得到电子的物体带等量的负电．

故答案为：正；负．

本题考查了摩擦起电的实质．由于不同物质的原子核对核外电子的束缚本领不同造成的；在摩擦的过程中束缚本领强的得电子带负电，束缚本领弱的失电子带正电．

摩擦起电的实质是电荷的转移，失去电子的带正电，得到电子的带负电．【解析】正；负9、A；50【分析】解：磁通量向里增大；由楞次定律可知，A

点电势高，B

点电势低；

根据图示图象；由法拉第电磁感应定律得感应电动势为：

E=n鈻�娄碌鈻�t=100隆脕0.15鈭�0.100.1=50V

故答案为：A50

．

由法拉第电磁感应定律求出感应电动势；由楞次定律判断出感应电动势的方向。

本题考查了求感应电动势、判断电势的高低，应用法拉第电磁感应定律、楞次定律即可正确解题．【解析】A50

10、略

【分析】解：金属细杆在重力；安培力作用下处于平衡状态；安培力和重力等大反向，故安培力方向竖直向上；

根据左手定则；伸开左手，让磁感线穿过手心，大拇指指向上方，四指从N

指向M

故电流方向从N

指向M

根据安培力公式有：F=BIL

则：B=FIL

又F=mg

故：B=mgIL

故答案为：mgIL

水平向左．

根据物体平衡条件可以判断安培力的方向；知道了安培力方向；根据左手定则可以判断金属杆中电流的方向；写出安培力的表达式，然后根据物体平衡列方程得到电流大小．

本题比较简单，借助于物体平衡，考查了有关安培力的大小和方向问题，要熟练应用左手定则判断安培力的方向，同时熟练应用公式F=BIL

进行有关计算．【解析】mgIL

水平向左三、判断题(共9题，共18分)11、B【分析】【解答】解：根据静电平衡的特点；导体是等势体，金属导体的内部电场强度处处为零；

由于处于静电平衡状态的导体是一个等势体；则表面电势处处相等，即等势面，那么电场线与等势面垂直；

故答案为：错误．

【分析】金属导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动．此时导体内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面，且为等势面，导体是等势体．12、A【分析】【解答】解：点电荷在A点的场强

根据场强的叠加原理得；则两点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，A点的场强大小为。

EA=E点﹣E匀=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A处场强大小为0

故答案为：正确。

【分析】根据公式E=k求出点电荷在A点处产生的场强大小，判断出场强方向，A点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，根据平行四边形定则求解A点处的场强大小及方向．13、B【分析】【解答】解：若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较；可以得到：靠近正电荷的点电势高，靠近负电荷的点，电势较低．所以，a处为正电荷．

等量异种点电荷电场中的部分等势面图象中的等势面左右对称；无穷远处的电势为0．该图象的左侧的等势线比较密，无穷远处的电势为0，所以无穷远处到两点之间的电势差相比，与a点之间的电势差比较大，所以a点所带的电量就多．

故答案为：错误．

【分析】若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较，很容易得出正确的结论．14、A【分析】【解答】解：图中a、b两点在一个等势面上；

故Uac=Ubc，根据W=qU，有Wa=Wb；

a位置的电场强度较密集，故Ea＞Eb；

故答案为：正确．

【分析】图中a、b两点在一个等势面上，根据W=qU判断电场力做功的大小，根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小．15、B【分析】【解答】解：电势差类似于高度差；没有方向，是标量，正负表示电势的相对大小．

两点间的电势差等于电势之差；由电场中两点的位置决定，与零电势点的选取无关．由以上的分析可知，以上的说法都错误．

故答案为：错误。

【分析】电势差是标量，正负表示大小；电势差与零电势点的选取无关；沿着电场线方向电势降低；电势反映电场本身的性质，与试探电荷无关．16、B【分析】【解答】解：沿着电场线方向；电势降低，且降低最快；

那么电势降低最快的方向才是电场线的方向；但电势降低的方向不一定是电场线的方向，故错误；

故答案为：错误．

【分析】电场强度和电势这两个概念非常抽象，借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低．17、B【分析】【解答】解：根据静电平衡的特点；导体是等势体，金属导体的内部电场强度处处为零；

由于处于静电平衡状态的导体是一个等势体；则表面电势处处相等，即等势面，那么电场线与等势面垂直；

故答案为：错误．

【分析】金属导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动．此时导体内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面，且为等势面，导体是等势体．18、A【分析】【解答】解：点电荷在A点的场强

根据场强的叠加原理得；则两点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，A点的场强大小为。

EA=E点﹣E匀=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A处场强大小为0

故答案为：正确。

【分析】根据公式E=k求出点电荷在A点处产生的场强大小，判断出场强方向，A点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，根据平行四边形定则求解A点处的场强大小及方向．19、B【分析】【解答】解：若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较；可以得到：靠近正电荷的点电势高，靠近负电荷的点，电势较低．所以，a处为正电荷．

等量异种点电荷电场中的部分等势面图象中的等势面左右对称；无穷远处的电势为0．该图象的左侧的等势线比较密，无穷远处的电势为0，所以无穷远处到两点之间的电势差相比，与a点之间的电势差比较大，所以a点所带的电量就多．

故答案为：错误．

【分析】若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较，很容易得出正确的结论．四、计算题(共3题，共12分)20、解：（1）磁通量的变化量为：①由法拉第电磁感应定律得：②

联立解得：③

（2）5s末的瞬时速度为：v=at④

5s末的感应电动势为：E=BLv⑤

由欧姆定律得：⑥

联立解得：I=10A⑦

（3）由安培力公式得：F安=BIL⑧

由牛顿第二定律得：F-（F安+mgsin30°）=ma⑨

联立解得：F=34N⑩

【分析】(1)

在5s

内平均感应电动势可由法拉第电磁感应定律E鈥�=?娄脮?t

求解，式中磁通量的变化量鈻�娄脮=B鈻�S=BLx

由于金属杆做匀加速运动，则有x=12at2

(2)

根据运动学公式v=at

可求出5s

末杆的瞬时速度，由E=BLv

和I=ER

结合求解感应电流。

(3)

由安培力公式：F掳虏=BIL

求出安培力，再运用牛顿第二定律求解外力。本题电磁感应与力学知识的综合，要掌握匀变速运动的位移公式和速度公式，以及电磁感应的基本规律，属于基础题。【解析】解：(1)

磁通量的变化量为：?娄脮=B?S=BLx=BL?12at2垄脵

由法拉第电磁感应定律得：E鈥�=?娄脮?t垄脷

联立解得：E鈥�=10V垄脹

(2)5s

末的瞬时速度为：v=at垄脺

5s

末的感应电动势为：E=BLv垄脻

由欧姆定律得：I=ER垄脼

联立解得：I=10A垄脽

(3)

由安培力公式得：F掳虏=BIL垄脿

由牛顿第二定律得：F鈭�(F掳虏+mgsin30鈭�)=ma垄谩

联立解得：F=34N垄芒

21、略

【分析】

先根据电流的定义式求出电路中的电流，再由欧姆定律求出导线的电阻值，最后根据电阻定律R=娄脩LS

求解电阻；

导线对折后的电阻值由电阻定律求出；根据欧姆定律求解电流．

本题关键是根据电阻定律求解电阻、根据欧姆定律求解电流、根据电流定义求解电量，记住公式即可．【解析】解：1

小时内通过横截面积的电荷量为7.2隆脕103C

所以导线中的电流为：I=qt=7.2隆脕10360隆脕60=2A

导线的电阻值为：R=UI=3.42=1.7娄赂

根据电阻定律有：R=娄脩LS

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

将导线对折后导线的长度为25m

横截面积变成4mm2

所以电阻值为：R隆盲=娄脩L隆盲S隆盲=1.7隆脕10鈭�8隆脕254隆脕(10鈭�3)2=0.425娄赂

根据欧姆定律，有：I隆盲=UR隆盲=3.40.425=8A

答：这段导线长50m

将导线对折后，电流为8A

．22、略

【分析】

（1）由图b的斜率读出由法拉第电磁感应定律求出回路中感应电动势，由欧姆定律求解感应电流的大小，根据楞次定律判断感应电流的方向；

（2）t=3s后，ab棒做匀变速运动，位移x1=6.4m时，由公式v2-v02=2as求出速度大小；由安培力公式F=BIL和感应电动势公式E=BLv；闭合电路欧姆定律求出安培力的大小，再由牛顿第二定律求解外力大小．

本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，关键要正确分析导体棒的受力情况和能量转化的情况，熟练推导出安培力与速度的关系，感应电量与磁通量变化的关系，正确把握功和能的关系才能准确求解．【解析】解：（1）前3s内，根据图象可知，=0.1T/s；

由闭合电路欧姆定律可得：

I=

由法拉第电磁感应定律可知：

E=

而面积S=Ld；

联立解得：I=0.5A；

根据楞次定律可知，电路中的电流方向为a→b→P→M→a；

（2）设ab棒向右运动且位移x1=6.4m时，速度为v1；外力F方向水平向左，则。

由运动学公式：v02-v12=2ax1

解得：v1=6m/s

此时电动势：E=BLv1；

安培力F安=BIL===0.3N；

由牛顿第二定律有：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内电路中感应电流的大小为0.5A，方向为a→b→P→M→a；

（2）ab棒向右运动且位移x1=6.4m时的外力F大小为0.1N，方向水平向左；五、作图题(共4题，共12分)23、略

【分析】

根据左手定则判断电流方向；磁场方向和安培力方向的关系；伸开左手，四指与大拇指在同一平面内，磁感线穿过掌心，四指方向与电流方向相同，大拇指所指方向为安培力的方向．

解决本题的关键会根据左手定则判断磁场方向、电流方向和安培力方向三者的关系，并注意左手定则与右手定则的区别．【解析】解：左侧电流向下；根据安培定则，右侧的磁场方向向外，依据左手定则，安培力向右；

电流向右；安培力向下，根据左手定则，磁场方向外；

磁场向上；电流向里，根据左手定则，安培力向右；

答：如图所示：

24、略

【分析】

根据安培定则判断出磁感线的方向；再画出磁感线。正电荷周围的电场线从正电荷出发到无穷远终止。

对于常见的磁场的磁感线和电场的电场线分布要在理解的基础上，加强记忆。【解析】解：根据安培定则判断可知：通电导线周围的磁感线方向沿逆时针方向(

俯视)

是以导体上各点为圆心的一簇同心圆，磁感线的分布如图；正电荷周围的电场线从正电荷出发到无穷远终止，其电场线分布如图。25、略

【分析】

在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分；在AB

上找出与C

点相同的电势，作出等势面，而电场线与等势面垂直，且由高电势指向低电势；

本题主要考查了等势点的找法，注意电场线和等势面间的垂直关系，属于一个基础题.

但是能考查学生对匀强电场中等势面和电场线的理解；是一个好题．【解析】解：将AB

等分成4

段；在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分，则靠B

端的等分点的电势即为8V

即可做出一条等势面；而电场线与等势面垂直，且由高电势指向低电势；即可做出电场线，如图，画出的虚线为等势面，垂直于等势面的线就是电场线．

26、略

【分析】解：(1)

小球离开轨道后做平抛运动；小球在空中的运动时间t

相等，如果碰撞过程动量守恒，则有：

mav0=mavA+mbvB

两边同时乘以时间t

得：mav0t=mavAt+mbvBt

则maOB=maOA+mbOC

因此A

实验需要测量：两球的质量；两球做平抛运动的水平位移，故ACD错误，BE正确．

故选：BE

．

(2)

由图所示装置可知，小球a

和小球b

相撞后，小球b

的速度增大，小球a

的速度减小，b

球在前，a

球在后，两球都做平抛运动，由图示可知，未放被碰小球时小球a

的落地点为B

点，碰撞后ab

的落点点分别为AC

点．

(3)

由(1)

可知，实验需要验证的表达式为：maOB=maOA+mbOC

因此比较maOB

与maOA+mbOC

即可判断动量是否守恒．

故答案为：(1)BE(2)AC(3)maOBmaOA+mbOC

．

(1)

根据动量守恒定律求出需要验证的表达式；然后根据表达式分析答题，注意平抛运动特点的应用．

(2)

根据图示装置与小球的运动分析答题；被碰小球速度最大，水平距离最大．

(3)

根据动量守恒可知实验需要验证的表达式为：maOB=maOA+mbOC

．

本题考查了实验需要测量的量、实验注意事项、实验原理、刻度尺读数、动量守恒表达式，解题时需要知道实验原理，根据动量守恒定律与平抛运动规律求出实验要验证的表达式是正确答题的前提与关键．【解析】BEACmaOBmaOA+mbOC

六、综合题(共2题，共16分)27、（1）BD（2）解：若规定竖直向上为正方向，则运动员着地(接触海绵或沙坑)过程中的始、末动量为p′＝0，

受到的合外力为F＝FN－mg，

由牛顿第二定律的动量表达公式：

Ft＝p′－p＝mv′－mv，

即

所以：

落在海绵垫上时，Δt1＝1s，则

FN＝1442N，

落在沙坑里时，Δt2＝0.1s，则

FN＝8120N。【分析】(1)

【分析】本题考查法拉第电场感应定律的动力学问题，离开磁场时线框所受安培力大于进入磁场时线框所受安培力是本题的关键。进入磁场后线框磁通量不变；没有感应电流，线框不受安培力作用，只受重力作用，做匀加速直线运动，故线框离开磁场时的速度大于线框进入磁场时的速度，则线框离开磁场时的安培力大于进入磁场时的安培力，由安培力和重力的大小关系解题。

【解答】进入磁场后线框磁通量不变，没有感应电流，线框不受安培力作用，只受重力作用，做匀加速直线运动，故线框离开磁场时的速度大于线框进入磁场时的速度，进入和离开磁场时电动势E=BLv

感应电流I=BLvR

安培力F=BIL=B2L2vR

A.若线框进入磁场时做匀速运动，则F=BIL

离开磁场时速度变大，安培力变大，故应做减速运动离开磁场，故A错误；B.若线框进入磁场时做减速运动，则进入磁场时安培力大于重力，离开时安培力变大，仍大于重力，线框仍然做减速运动，故B正确；C.线框离开磁场时的安培力大于进入磁场时的安培力，故离开磁场时线框产生的热量一定大于mgL

故C错误；D.由q=?鈱�R

可知进入磁场和离开磁场时线框截面通过的电量相等，故D正确。故选BD。(2)

本题考查动量定理的理解和掌握，关键是列出动量定理的表达式，难度不大。列出运动员下落至地面时的动量定理的表达式，分别由作用时间不同求出海绵垫和沙坑对运动员的作用力。【解析】(1)BD

(2)

解：若规定竖直向上为正方向，则运动员着地(

接触海绵或沙坑)

过程中的始、末动量为p=mv=鈭�m2ghp隆盲=0

受到的合外力为F=FN鈭�mg

由牛顿第二定律的动量表达公式：Ft=p隆盲鈭�p=mv隆盲鈭�mv

即FN鈭�mg=0+m2gh?t

所以：FN=mg+m2gh?t

落在海绵垫上时，娄