2019-2020学年高二物理上学期第三次月考试题(含解析) (II).doc

2019-2020学年高二物理上学期第三次月考试题(含解析) (II)一、选择题（每题4分，共48分）1. 某实验小组用如图所示的实验装置来验证楞次定律，当条形磁铁自上而下穿过固定的线圈时，通过电流计的感应电流的方向是 A. aGb B. 先aGb，后bGaC. bGa D. 先bGa，后aGb【答案】D磁铁向下串出线圈，穿过线圈的磁场方向向下，磁通量减小，根据楞次定律可知，回路中产生顺时针方向的电流，通过检流计的电流方向aGb2. 如图所示，通电螺线管置于闭合金属环a的轴线上，当螺线管中电流I减小时A. 环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的减小B. 环有扩大的趋势以阻碍原磁通量的减小C. 环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的增大D. 环有扩大的趋势以阻碍原磁通量的增大【答案】A【解析】当螺线管中通过的电流逐渐变小时，电流产生的磁场逐渐变弱，故穿过金属环a的磁通量变小，根据楞次定律可知，为阻碍原磁通量变小，金属环a有收缩的趋势，故A正确，BCD错误。3. 一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动，M连接在如图所示的电路中，其中R为滑动变阻器，和为直流电源，S为单刀双掷开关，下列情况中，可观测到N向左运动的是A. 在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间B. 在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间C. 在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向c端移动时D. 在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时【答案】C【解析】试题分析：由楞次定律的第二种描述：“来拒去留”可知要使N向左运动，通过N的磁通量应减小；而A、B中由断开到闭合过程中磁通量均增大，故AB错误；若将移动滑动头，则向c端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中电流减小，磁通量减小，故会使N左移，故C正确；而D中向d移动时，滑动变阻器接入电阻减小时，故电路中电流增大，磁场增大，故会使N右移，故D错误；故选C考点：楞次定律；点评：楞次定律有两种描述：“增反减同”和“来拒去留”，后者判断导体的运动更有效，应学会应用视频4. 在如图所示的电路中，两个相同的小灯泡和分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R，闭合开关S后，调整R，使和发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流均为I，然后断开S，若时刻再闭合S，则在前后的一小段时间内，正确反映流过的电流、流过的电流随时间t变化的图像是A. B. C. D. 【答案】B【解析】由于小灯泡L1与电感线圈串联，断开S后再闭合，流过L1的电流从无到有（即增大），电感线圈对电流有阻碍作用，所以流过灯泡L1的电流从0开始逐渐增大，最终达到I，故A错误，B正确；由于小灯泡L2与滑动变阻器串联，断开S后再闭合，立即有电流通过L2，当I1电流逐渐增大时，流过L2的电流逐渐减小，最终减到I，故CD错误。所以B正确，ACD错误。5. 某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路，检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象，虽经多次重负，仍未见老师演示时出现小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因，你认为最由可能造成小灯泡未闪亮的原因是A. 电源的内阻较大B. 小灯泡电阻偏大C. 线圈电阻偏大D. 线圈的自感系数较大【答案】C【解析】A、开关断开开关时，灯泡能否发生闪亮，取决于灯泡的电流有没有增大，与电源的内阻无关，A错误；B、若小灯泡电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流小于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡将发生闪亮现象，B错误； C、线圈电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流大于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡不发生闪亮现象，C正确；D、线圈的自感系数较大，产生的自感电动势较大，但不能改变稳定时灯泡和线圈中电流的大小，D错误；故选C。视频6. 如图所示，线圈内有理想边界的磁场，开关闭合，当磁感应强度均匀减小时，有一带电微粒静止于水平放置的平行板电容器中间，若线圈的匝数为n，平行板电容器的板间距离为d，粒子的质量为m，带电荷量为q，线圈面积为S，则下列判断中正确的是A. 带电微粒带负电B. 线圈内磁感应强度的变化率为C. 当下极板向上移动时，带电微粒将向上运动D. 当开关断开时，带电微粒将做自由落体运动【答案】BC【解析】由于磁感应强度均匀减小，由楞次定律可知电容器下极板带正电，带电微粒静止，说明其受到的电场力向上，所以带电微粒带正电，故A错误；根据平衡条件可得，电动势为，联立可得：，故B正确；当下极板向上移动时，两极板间距减小，场强为：可知场强变大，则，故带电微粒将向上加速运动，故C正确；开关断开时，电容器两极板间电压不变，故带电微粒仍静止，故D错误。所以BC正确，AD错误。7. 如图甲所示，光滑导轨水平放置在斜向下且与水平方向夹角为60的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示（规定斜向下为正方向），导体棒ab垂直导轨放置，除了电阻R的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab在水平外力作用下始终处于静止状态，规定ab的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力的正方向，则在0t时间内，能正确反映流过导体棒ab的电流i和导体棒ab所受水平外力F随时间t变化的图像的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：由法拉第电磁感应定律，则有：，由图乙知，的变化率不变，即保持不变，则感应电动势保持不变，电路中电流不变；根据楞次定律判断得知中感应电流沿，为负值，故A错误，B也错误；由安培力可知，电路中安培力随的变化而变化，当为负值时，根据楞次定律判断可知a中感应电流从到，安培力的方向垂直于磁感线斜向右下方，如图所示，根据平衡条件可知，水平外力水平向左，为负，大小为；同理，为正值时，水平外力水平向右，为正，大小为，故C错误，D正确。考点：法拉第电磁感应定律、楞次定律【名师点睛】由法拉第电磁感应定律可分析电路中的电动势，则可分析电路中的电流，根据楞次定律判断感应电流的方向；由安培力公式可得出安培力的表达式，则可得出正确的图象。对于图象问题，关键要熟练运用法拉第电磁感应定律、安培力、左手定则等规律，得到物理量的表达式，再研究图象的意义可定性判断与定量、排除法和直判法相结合的方法进行解答。8. 如图所示，圆环a和圆环b的半径之比为2：1，两环用同样粗细，同种材料制成的导线连成闭合回路，连接两环的导线电阻不计，匀强磁场的磁感应强度变化率恒定，则在a、b环分别单独置于磁场中的两种情况下，M、N两点的电势差之比为A. 4：1 B. 1：4 C. 2：1 D. 1：2【答案】C【解析】试题分析：a环与b环的半径之比为2:1，故周长之比为2:1，由电阻定律知电阻之比为2:1,；M、N两点间电势差大小为路端电压，；由法拉第电磁感应定律，磁感应强度的变化率相同，得，故两次电压的比为,C对。考点：法拉第电磁感应定律、路端电压。【名师点睛】法拉第电磁感应定律(1)内容：感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比(2)公式：En，其中n为线圈匝数(3)感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路欧姆定律，即I9. 如图所示，边长为2l的正方形虚线框内有垂直纸面向里的匀强磁场，一个边长为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直，导线框的一条对角线和虚线框的一条对角线恰好在同一直线上从t=0开始，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿对角线方向移动进入磁场，直到整个导线框离开磁场区域用I表示导线框中的感应电流（逆时针方向为正），则下列表示I-t关系的图线中，正确的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】导线框完全进入磁场后，没有感应电流产生，故AB错误；进入和穿出磁场过程，线框有效切割长度变化，感应电动势和感应电流在变化，故C错误；线框进入磁场过程，有效切割长度L均匀增大，感应电动势E均匀增大，感应电流I均匀增大穿出磁场过程，有效切割长度L均匀减小，感应电动势E均匀减小，感应电流I均匀减小，两个过程电流方向相反，故D正确10. 如图所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计，匀强磁场与导轨平面垂直，阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置t=0时，将开关S由1掷到2Q、i、v和a分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度下列图象正确的是A. B. C. D. 【答案】ABC【解析】本题考查安培定律和电磁感应定律的问题，将形状S由1掷到2，是电容器放电的过程，棒中有了电流就会受到向右的安培力的作用，光滑导轨上安培力提供加速度a，所以D图正确，视频11. 如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和不等于A. 棒的机械能增加量B. 棒的动能增加量C. 棒的重力势能增加量D. 电阻R上放出的热量【答案】BCD【解析】试题分析：棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，F做正功，安培力做负功，重力做负功，动能增大根据动能定理分析力F做的功与安培力做的功的代数和解：A、棒受重力G、拉力F和安培力FA的作用由动能定理：WF+WG+W安=EK得WF+W安=EK+mgh即力F做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增加量故A正确B、由动能定理，动能增量等于合力的功合力的功等于力F做的功、安培力的功与重力的功代数和故B错误C、棒克服重力做功等于棒的重力势能增加量故C错误D、棒克服安培力做功等于电阻R上放出的热量故D错误故选A【点评】本题运用功能关系分析实际问题对于动能定理理解要到位：合力对物体做功等于物体动能的增量，哪些力对物体做功，分析时不能遗漏视频12. 如图所示是磁悬浮列车运行原理模型，两根平行绝缘直导轨间距为L，宽度相同的磁场磁感应强度，方向相反，并且以速度v同时沿直导轨向右匀速运动导轨上金属框ab边长为L，ab边长与磁场宽度相同，电阻为R，运动时受到的阻力为Ff，则金属框运动的最大速度表达式为A. B. C. D. 【答案】C【解析】由于磁场以速度v向右运动，当金属框稳定后以最大速度vm向右运动，此时金属框相对于磁场的运动速度为：v-vm，根据右手定则可以判断回路中产生的感应电动势E等于ad、bc边分别产生感应电动势之和可得：E=2BL（v-vm），根据欧姆定律可得，此时金属框中产生的感应电流为：，金属框的两条边ad和bc都受到安培力作用，ad和bc边处于的磁场方向相反，电流方向也相反，故它们所受安培力方向一致，故金属框受到的安培力大小：，当金属框速度最大时，安培力与摩擦力平衡，可得：F-Ff=0，解得，故C正确，ABD错误。三、计算题13. 均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，边长为L，总电阻为R，总质量为m，将其置于磁感应强度为B的垂直于纸面向里的匀强磁场上方某处，如图所示，线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与磁场的水平边界面平行，当cd边刚进入磁场时，线框的加速度恰好为零，求线框下落的高度h。【答案】.根据动能定理可得线框进入磁场的速度：线框所受安培力：根据牛顿第二定律可得，当a=0时联立解得：点睛：本题主要考查了线框进入磁场的问题，根据动能定理求出速度，再结合牛顿第二定律即可解题。14. 如图（a）所示，面积S=0.2m2、匝数n=630匝，总电阻r=1.0的线圈处在变化的磁场中，磁感应强度B随时间t按图（b）所示规律变化，方向垂直线圈平面，图（a）中的传感器可看成一个纯电阻R，并标有“3V、0.9W”，滑动变阻器R0上标有“10、1A”，试回答下列问题：（1）设磁场垂直纸面向外为正方向，试判断通过理想电流表的电流方向（2）若滑动变阻器触头置于最左端，为了保证电路的安全，图（b）中的t0最小值是多少？【答案】（1）向右 （2）40s【解析】试题分析：根据楞次定律，结合磁场的方向，即可求解；根据闭合电路的欧姆定律与法拉第电磁感应定律，即可求解。（1）根据楞次定律可知通过理想电流表的电流方向向右。（2）根据电阻与功率的关系，则传感器正常工作时的电阻为：由闭合电路欧姆定律，则有工作电流：由于滑动变阻器工作电流是1A，所以电路允许通过的最大电流为I=0.3A滑动变阻器触头位于最左端时外电路的电阻为，故电源电动势的最大值由法拉第电磁感应定律可得带入数据解得：t0=40s 点睛：本题主要考查了次定律、闭合电路的欧姆定律、法拉第电磁感应定律的应用与理解，同时学会运用图象来分析求解即可。15. 如图所示，水平放置的平行轨道M、N间接有一阻值为R=0.128的电阻，轨道宽为L=0.8m，轨道上搭一金属棒ab，其质量m=0.4kg，ab与轨道间动摩擦因数为0.5，除R外其余电阻不计，垂直于轨道的匀强磁场的磁感应强度为B=2T，ab在一电动机的牵引下由静止开始运动，经过t=2s，ab运动了1.2m，刚好达到最大速度此过程中电动机的平均输出功率为8W，求：该过程中电阻R上消耗的电能（g=10m/s2）【答案】13.472J【解析】试题分析：当金属棒在下滑过程中，合外力为零时，速度最大，根据平衡求出金属棒的最大速度；利用动能定理求安培力做的功，根据能量守恒求出整个电路产生的热量，从而得出电阻R上产生的热量。当电动机提供的牵引力等于导体棒所受安培力与滑动摩擦力之和时，速度最大为vmax，由题意可知此时电动机输出功率最大，故有解得：解得vmax=0.8m/s（负值舍去）全过程，由能的转化和守恒可得：带入数据解得：Q=13.472J点睛：本题主要考查了力学和电磁学的综合题，综合运用了电磁感应定律、能量守恒定律以及共点力平衡问题，平时解题时要注意电阻R上产生的热量，是否等于全电路中的热量，即克服安培力做的功。16. 光滑平行的金属导轨MN和PQ，间距L=1.0m，与水平面之间的夹角=30，匀强磁场磁感应强度B=2.0T，垂直与导轨平面向上，MP间接有阻值R=2.0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，如图（a）所示用恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，由静止开始运动，v-t图象如图（b）所示g=10m/s2，导轨足够长求：（1）恒力F的大小；（2）金属杆速度为2.0m/s时的加速度大小；（3）根据v-t图象估算在前0.8s内电阻上产生的热量（已知在前0.8s内杆的位移为1.12m）【答案】（1）18N （2）2.0m/s2 （3）4.12J【解析】试题分析：由乙图看出，杆的最大速度为4m/s时，杆做匀速直线运动，根据平衡条件可求出F；金属杆速度为2.0m/s时，求出安培力大小，由牛顿第二定律求解加速度大小；根据速度图象的“面积”大小等于位移，估算出前0.8s内杆的位移，估算时大于等于半格算一个，小于半格舍去根据能的转化与守恒定律求解电阻R上产生的热量。（1）对金属杆受力分析如图所示：v-t图像可知导轨最后匀速运动且vmax=4m/s沿斜面方向：，安培力为：电流为：联立并带入数据解得：（2）对金属杆由牛顿第二定律可得：代入数据解得：（3）设在前0.5s内电阻上产生的热量为Q，则由功能关系可得：由v-t图像可知0.8s时速度为：v=2.2m/s，代入数据解得：点睛：本题主要考查了电磁感应与力学知识的综合，根据速度图象即可求出斜率等于加速度，“面积”等于位移辅助求解估算位移时，采用近似的方法。17. 如图所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5T，其方向垂直于倾角为30的斜面向上，绝缘斜面上固定有“”形状的光滑金属导轨MPN（电阻忽略不计），MP和NP长度均为2.5m，MN连线水平