高二物理上学期第三次月考试题(含解析)

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高二物理上学期第三次月考试题(含解析)

‎【2019最新】精选高二物理上学期第三次月考试题(含解析)‎ 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. a→G→b B. 先a→G→b,后b→G→a C. b→G→a D. 先b→G→a,后a→G→b ‎【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a→G→b ‎2. 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。‎ - 17 - / 17‎ ‎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.‎ - 17 - / 17‎ ‎ 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.‎ - 17 - / 17‎ ‎ 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.‎ - 17 - / 17‎ ‎ 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a→b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0~t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 - 17 - / 17‎ 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 - 17 - / 17‎ ‎【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:E=n,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I=.‎ ‎9.‎ - 17 - / 17‎ ‎ 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2.Q、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. ‎ - 17 - / 17‎ ‎【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 - 17 - / 17‎ ‎【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. ‎ - 17 - / 17‎ ‎【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:‎ - 17 - / 17‎ 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=1.0Ω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“10Ω、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:‎ - 17 - / 17‎ 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=0.128Ω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,‎ - 17 - / 17‎ 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α=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=2.0Ω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 - 17 - / 17‎ ‎【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.‎ - 17 - / 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θ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,长为3m,以MN的中点O为原点,OP为x轴建立一维坐标系Ox,一根粗细均匀的金属杆CD,长度d为3m,质量m为1kg,电阻R为0.3Ω,在拉力F的作用下,从MN处以恒定速度v=1m/s在导轨上沿x轴正向运动(金属杆与导轨接触良好),g取10m/s2.‎ ‎(1)求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x=0.8m处电势差UCD;‎ ‎(2)推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式;‎ ‎(3)求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热.‎ ‎【答案】(1)-0.6v (2) (3)7.5J ‎【解析】试题分析:导体棒切割磁感线产生感应电动势,由几何关系求得x=0.8m处的电动势,由欧姆定律即可求得CD之间的电势差;感应电流大小与导体长度无关,则电流恒定,因而由电量表达式结合时间即可求解;当导体棒匀速运动,由有效长度可列出安培力大小关于向下运动位移的表达式,根据安培力与位移成线性关系,可利用安培力平均值来求出产生焦耳热。‎ ‎(1)金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势,(l=d),‎ 解得:E=1.5V(D点电势高)‎ 当x=0.8m时,金属杆在导轨教案的电势差为零,设此时杆在导轨外的长度为,则得,‎ 联立并带入数据解得:‎ 由楞次定律判断D点电势高,故CD两端电势差 - 17 - / 17‎ ‎(2)杆在导轨间的长度l与位置x的关系是:,‎ 对应的电阻为 电流为:‎ 杆受安培力为:‎ 根据平均条件可得,‎ ‎(3)外力F所做的功等于F-x图线下所围成的面积,即 而杆的重力势能增加量,则有:‎ 故全过程产生的焦耳热 点睛:本题主要考查了法拉第电磁感应定律,闭合电路欧姆定律,共点力平衡条件及安培力表达式,要注意产生感应电流与导体棒有效长度无关,同时巧用安培力与位移成线性关系,由安培力平均值来求焦耳热。‎ - 17 - / 17‎
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