福建省东山县第二中学2018-2019学年高二下学期第一次月考物理试题

东山二中20182019学年高二年（下）第一次月考物理试卷本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共100分，考试时间90分钟．第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项符合题意，有的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，选错或不答的得0分)1．闭合电路中感应电动势的大小取决于穿过这一电路的()A．磁通量 B．磁通量的变化量C．磁通量的变化率 D．磁通量变化所用的时间2．如图所示的条形磁铁的上方，放置一矩形线框，线框平面水平且与条形磁铁平行，则线框在由N端匀速平移到S端的过程中，线框中的感应电流的情况是()A．线框中始终无感应电流B．线框中始终有感应电流C．线框中开始有感应电流，当线框运动到磁铁中部上方时无感应电流，以后又有了感应电流D．以上说法都不对3．一矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交变电动势的表达式为e＝10eq\r(2)sin20πt(V)，则下列说法正确的是()A．t＝0时，线圈位于中性面B．t＝0时，穿过线圈的磁通量为零C．t＝0时，线圈切割磁感线的有效速度最大D．t＝0.4s时，电动势第一次出现最大值4．如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直于纸面向里，abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为l.t＝0时刻，bc边与磁场区域边界重合，而后线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，取沿a→b→c→d→a的方向为感应电流的正方向，则在线圈穿过磁场区域的过程中，感应电流i随时间t变化的图像应是图中的()ABCD5．如图所示，等腰三角形内有垂直于纸面向外的匀强磁场，三角形的顶点在x轴上，底边长为4L,高为L，底边与x轴平行．一个位于纸面内的边长为L的正方形导线框abcd以恒定速度沿x轴正方向穿过磁场区域，在t＝0时刻导线框恰好位于图中所示的位置．以顺时针方向为导线框中电流的正方向，图中能够正确表示电流i与位移x的关系的图像是(6．线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交流电的图像如图所示，由图可知()A．在A和C时刻线圈处于中性面位置B．在B和D时刻穿过线圈的磁通量为零C．从A到D时间内线圈转过的角度为πD．在A和C时刻磁通量变化率最大7.如图电路（a）、（b）中，电阻R和自感线圈L的电阻值都是很小．接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光（

）A.

在电路（a）中，断开S，A将立即变暗

B.

在电路（a）中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗

C.

在电路（b）中，断开S，A将渐渐变暗D.

在电路（b）中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗8．两块水平放置的平行金属板间的距离为d，用导线与一个匝数为n的线圈相连，线圈电阻为r，已知线圈中有竖直方向的磁场，电阻R与金属板连接，如图所示．两板间有一个质量为m、电荷量为＋q的油滴恰好处于静止状态，则线圈中的磁感应强度B的方向和变化情况及磁通量的变化率分别是()A．磁感应强度B竖直向上且在增强，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(dmg,nq)B．磁感应强度B竖直向下且在增强，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(dmg,nq)C．磁感应强度B竖直向上且在减弱，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(dmg（R＋r）,nqR)D．磁感应强度B竖直向下且在减弱，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(dmg（R＋r）,nqR)9．(多选)如图所示，在平行于水平地面的匀强磁场上方有三个线圈，从相同的高度由静止开始同时释放，三个线圈是用相同的金属材料制成的边长相等的正方形线圈，A线圈有一个缺口，B、C线圈闭合，但B线圈的导线比C线圈的粗，则()A．三个线圈同时落地 B．A线圈最先落地C．A线圈最后落地 D．B、C线圈同时落地10．(多选)如图所示，先后以恒定的速度v1和v2把一个正方形线圈水平拉出有界匀强磁场区域，且v1＝2v2，则在先后两种情况下()A．线圈中的感应电动势之比E1∶E2＝2∶1B．线圈中的感应电流之比I1∶I2＝1∶2C．线圈中产生的热量之比Q1∶Q2＝1∶4D．通过线圈某截面的电荷量之比q1∶q2＝1∶111．(多选)如图所示，不计电阻的平行金属导轨ab、cd竖直放置，上端接有电阻R，ef是一根电阻可不计的水平放置的导体棒，质量为m，棒的两端分别与ab、cd保持良好接触，且能沿导轨无摩擦下滑，整个装置放在与导轨平面垂直的匀强磁场中，当导体棒ef由静止下滑一段时间后闭合开关S，则S闭合后()A．导体棒ef的加速度可能大于gB．导体棒ef的加速度一定小于gC．导体棒ef最终的速度随S闭合时刻的不同而不同D．导体棒ef的机械能与回路内产生的热量之和一定守恒12．(多选)图甲为风力发电的简易模型．在风力作用下，风叶带动与杆固定在一起的永磁铁转动，磁铁下方的线圈与电压传感器相连．图乙为在某一风速时，传感器显示的图像，则()A．磁铁的转速为10r/sB．线圈两端电压的有效值为6eq\r(2)VC．交流电压的瞬时值表达式为u＝12sin5πt(V)D．该交流电可以直接加在击穿电压为9V的电容器上第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、实验题(本题共2小题，13题4分，14题8分，共12分)13．通过以下实验，可以定性探究产生感应电流的条件：(1)请在实物图中用笔画线代替导线完成实验电路；(2)正确连接电路后，合上开关，发现电流计指针向右偏，则当滑动变阻器滑片P向右滑动时，电流计指针将________(选填“向左偏”或“向右偏”)．14．如图所示，当条形磁铁N极插入线圈时，灵敏电流计指针向左偏．(1)仍使灵敏电流计指针向左偏转的操作有()A．N极插入线圈后拔出时B．S极插入线圈C．S极插入线圈后拔出时(2)探究过程中，要使指针偏转角度变大，下列方案可行的有()A．增加线圈匝数B．减少线圈匝数C．增大插入速度D．减小插入速度三、计算题(本题共4小题，15题8分，16题8分，17题12分，18题12分，共40分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分)15．如图甲所示，匝数n＝200匝的圆形线圈的面积为50cm2，把它放在匀强磁场中，线圈平面始终与磁场方向垂直，设磁场方向垂直于纸面向里时磁感应强度为正．线圈的电阻为0.5Ω，外接电阻R＝1.5Ω.当穿过线圈的磁场按图乙所示的规律变化时(1)0～0.1s内a、b两点哪一点的电势高？(2)求0.1～0.5s内通过R的电流大小．甲乙16．两根光滑平行金属导轨MN和PQ固定在水平面上，一端接有阻值R＝4Ω的电阻，处于竖直向下的匀强磁场中．在导轨上垂直导轨跨放质量m＝0.5kg的金属杆ab，其电阻为r＝1Ω，导轨足够长且电阻不计．跨过滑轮的轻绳的一端与金属杆中点相连，另一端悬挂M＝1.5kg的重物，重物与地面的距离h＝1m．现从静止释放重物，运动过程中金属杆与导轨接触良好并保持垂直，重物落地时的速度v＝3m/s，g取(1)求通过电阻R的电流方向；(2)求重物从开始释放到落地的过程中R上产生的热量；(3)重物落地后，R上还能产生多少热量？17．如图所示，线圈abcd的面积是0.05m2，共100匝，线圈电阻为1Ω，外接电阻R为9Ω，匀强磁场的磁感应强度为B＝eq\f(1,π)T，线圈以300r/min的转速绕垂直于磁场方向的转轴匀速旋转．(1)若从线圈处于中性面时开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式．(2)线圈从处于中性面开始转过eq\f(1,30)s时电动势的瞬时值是多大？(3)电路中电压表和电流表的示数各是多少？(4)从中性面开始计时，经eq\f(1,30)s通过电阻R的电荷量为多少？18．小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个0.05Ω的电阻．在导轨间长d＝0.56m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0T．质量m＝4.0kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连，CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s＝0.24m．一位健身者用恒力F＝80N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直．当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g取10m/s(1)CD棒进入磁场时速度v的大小；(2)CD棒进入磁场时所受的安培力的大小；(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q.20182019学年高二年（下）第一次月考物理试卷答案本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共100分，考试时间90分钟．第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项符合题意，有的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，选错或不答的得0分)1．C[解析]由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)得，E与磁通量的变化率成正比，故选项C正确．2．[解析]B3．A[解析]由电动势e＝10eq\r(2)sin20πt(V)知，计时从线圈位于中性面时开始，所以t＝0时，线圈位于中性面，磁通量最大，但此时线圈切割磁感线的线速度方向与磁感线平行，切割磁感线的有效速度为零，A正确，B、C错误；当t＝0.4s时，e＝10eq\r(2)sin(20π×0.4)V＝0，D错误．4．B[解析]由楞次定律知，线圈进入磁场时感应电流的方向为负，穿出时为正；E＝BLv中L为有效切割长度，故线圈进入磁场时电流由大变小，穿出时电流也由大变小，选项B正确．5．A[解析]导线框从t＝0时刻开始向右运动，当0<x<L时，导线框的bc边切割磁感线，有效长度均匀增大，故电动势均匀增大，电流均匀增大，由右手定则可知，电流方向沿顺时针方向；当L＜x＜2L时，ad边开始进入磁场，由图可知，bc边增加的切割长度与ad边增加的切割长度相互抵消，故有效切割长度不变，则感应电动势不变，电流不变，沿顺时针方向；当2L＜x＜L时，bc边切割长度减小，而ad边切割长度增大，故电流减小；当x＝L时，两边切割长度相等，故电流为零；当L＜x＜3L时，ad边切割长度将大于bc6.[解析]D7.[解析]D8．C[解析]由平衡条件知，下金属板带正电，故电流应从线圈下端流出，由楞次定律可以判定磁感应强度B竖直向上且在减弱或竖直向下且在增强，选项A、D错误；因mg＝qeq\f(U,d)，U＝eq\f(E,R＋r)R，E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，联立可求得eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(dmg（R＋r）,nqR)，故选项B错误，选项C正确．9．BD[解析]由于A线圈上有缺口，A线圈中不产生感应电流，不受安培力的阻碍作用，所以A线圈先落地，选项B正确；B、C线圈在进入磁场的过程中，受安培力与重力作用，设材料的密度为ρ1，电阻率为ρ2，导线的横截面积为S，正方形线圈的边长为L，则由牛顿第二定律有mg－eq\f(B2L2v,R)＝ma，m＝ρ1·4L·S，R＝ρ2eq\f(4L,S)，所以4ρ1LSg－eq\f(B2LSv,4ρ2)＝4ρ1LSa，解得a＝g－eq\f(B2v,16ρ1ρ2)，由于B、C线圈开始下落的高度相同，故进入磁场时的速度相同，又因为线圈的材料相同，且进入同一磁场，所以加速度相同，B、C线圈同时落地，选项D正确．10．AD[解析]根据E＝BLv∝v以及v1＝2v2可知，选项A正确；因为I＝eq\f(E,R)∝E，所以I1∶I2＝2∶1，选项B错误；线圈中产生的热量Q＝I2Rt＝eq\f(E2,R)t＝eq\f(B2L2v2,R)·eq\f(L,v)＝eq\f(B2L3v,R)∝v，所以Q1∶Q2＝2∶1，选项C错误；根据q＝eq\f(ΔΦ,R)可知，选项D正确．11．AD[解析]开关S闭合前，导体棒只受重力而加速下滑．闭合开关时有一定的初速度v0，若此时F安>mg，则F安－mg＝ma，若F安<mg，则mg－F安＝ma，F安不确定，故加速度的大小也不确定，选项A正确，选项B错误；无论闭合开关时初速度为多大，导体棒最终所受的安培力都和重力平衡，故选项C错误；根据能量守恒定律可知，选项D正确．12．BC[解析]对于A：电压的周期为T＝0.4s，故磁铁的转速为n＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,0.4)r/s＝2.5r/s，故A错误；对于B：通过图乙可知电压的最大值为12V，故有效值U＝eq\f(Um,\r(2))＝eq\f(12,\r(2))V＝6eq\r(2)V，故B正确；对于C：周期T＝0.4s，故ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,0.4)rad/s＝5πrad/s，故电压的表达式为U＝12sin5πt(V)，故C正确；对于D：电容器的击穿电压须小于交流电的最大值，而该交流电的最大值大于电容器的击穿电压，故不能加在电容器上，故D错误．第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、实验题(本题共2小题，11题4分，12题8分，共12分)13．[解析](1)如图所示(2)向左偏[解析]在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏，表明穿过B线圈的磁通量增加时，电流计的指针向右偏；当P向右滑动的过程中，A线圈的电流减小，因此穿过B线圈的磁通量减少，所以电流计的指针向左偏．14．(1)C(2)AC[解析](1)由题可知，N极插入就是磁通量向下增加，电流计指针向左偏，所以N极拔出向右偏，A错误；而S极插入是向上增加，则右偏，B错误；只有S极拔出和N极插入是等效的，C正确．(2)根据法拉第电磁感应定律可知，增加匝数和增大插入速度均可以增加电动势，则指针偏转角度会变大，选A、C.三、计算题(本题共4小题，15题8分，16题8分，17题12分，18题12分，共40分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分)15．(1)b点电势高(2)1A[解析](1)由楞次定律可判断，b点电势高．(2)根据图像，由法拉第电磁感应定律，有E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝2V，由闭合电路欧姆定律，有I＝eq\f(E,R＋r)＝1A.16．(1)M到P(2)4.8J(3)1.8J[解析](1)根据右手定则可知，产生的电流为逆时针方向，即从M到P方向．(2)根据能量守恒定律，有Mgh－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝Q由串联电路的特点，有QR＝eq\f(R,R＋r)Q代入题目中数据可知QR＝4.8J.(3)重物落地之后，金属杆的速度为3m/s，在光滑水平导轨上做减速运动到停止，所有动能转化为热量，则Q′＝eq\f(1,2)mv2由串联电路的特点，有Q′R＝eq\f(R,R＋r)Q′代入数据可知Q′R＝1.8J.13.(1)e＝50sin10πt(V)(2)25eq\r(3)V(3)22.5eq\r(2)V2.5eq\r(2)A(4)eq\f(1,4π)C17.[解析](1)e＝Emsinωt＝NBS·2πnsin2πnt＝100·eq\f(1,π)·×2π×eq\f(300,60)·sin(2π·eq\f(300,60)t)(V)＝50si