物理卷·2019届甘肃省白银市靖远三中高二上学期12月月考试题（解析版）x

物理卷·2019届甘肃省白银市靖远三中高二上学期12月月考试题（解析版）x

靖远三中2017-2018学年高二12月月考物理试题 一、选择题：1~5题为单选题，6~10题多项选择题 ‎1. 空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直于横截面。一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°。不计重力。该磁场的磁感应强度大小为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：带正电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，画出轨迹如图，根据几何知识得知，轨迹的圆心角等于速度的偏向角60°，且轨迹的半径为 r=Rcot30°=R 根据牛顿第二定律得得，，故A正确，BCD错误；故选A．‎ 考点：带电粒子在磁场中的运动 ‎【名师点睛】本题是带电粒子在匀强磁场中运动的问题，画轨迹是关键，是几何知识和动力学知识的综合应用，常规问题。‎ ‎ ‎ ‎2. 如图所示，A、B是真空中的两个等量异种点电荷，M、N、O是AB连线的垂线上的点，且AO>OB。一带负电的试探电荷仅受电场力作用，运动轨迹如图中实线所示，M、N为轨迹和垂线的交点，设M、N两点的场强大小分别EM、EN，电势分别为φM，φN。下列说法中正确的是(　　)‎ A. 点电荷A一定带正电 B. EM小于EN C. φM大于φN D. 此试探电荷在M处的电势能小于N处的电势能 ‎【答案】B 考点：电势；电场强度；电势能．‎ ‎3. 如图所示，线框由A位置开始下落，在磁场中受到的安培力如果总小于重力，则它在A、B、C、D四个位置（B、D位置恰好线框有一半在磁场中）时，加速度关系为 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎ ‎ ‎4. 如图所示，在光滑水平桌面上有一边长为L，电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d（）的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动．t=0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v-t图象中，可能正确描述上述过程的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】线框进入磁场时，由右手定则和左手点则可知线框受到向左的安培力，由于，则安培力减小，故线框做加速度减小的减速运动；同理可知线框离开磁场时，线框也受到向左的安培力，做加速度减小的减速运动；线框完全进入磁场后，线框中没有感应电流，不再受安培力作用，线框做匀速运动，本题选D。‎ ‎5. 如图所示，内壁光滑的塑料管弯成的圆环平放在水平桌面上，环内有一带负电小球，整个装置处于竖直向下的磁场中，当磁场突然增大时，小球将 A. 沿顺时针方向运动 B. 沿逆时针方向运动 C. 在原位置附近往复运动 D. 仍然保持静止状态 ‎【答案】A ‎【解析】磁感应强度竖直向下，B随时间增加，由楞次定律可知，变化的磁场产生的感生电场沿逆时针方向；小球带负电，小球所受电场力沿顺时针方向，即沿顺时针方向加速运动；故A正确，BCD错误；故选A．‎ 点睛：本题考查了楞次定律的应用，由楞次定律判断出感生电场的方向，是正确解题的前提与关键；根据感生电场方向判断出带电小球受力方向，即可正确解题．‎ ‎6. 如图所示，一矩形线圈置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化的规律如图（b）所示，则线圈产生的感应电动势的情况为 A. 0时刻电动势最大 B. 0时刻电动势为零 C. t1时刻磁通量的变化率等于零 D. t1～t2时间内电动势增大 ‎【答案】AC ‎【解析】由于面积一定，磁场变化，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为：E=nS•∝；0时刻磁感应强度的变化率最大，故感应电动势最大，故A正确，B错误；t1时刻磁通量最大，但磁通量的变化率为零，故感应电动势为零，故C正确；t1～t2时间内，磁通量的变化率变大，故感应电动势增加，故D正确；故选ACD．‎ 点睛：本题中磁通量最大时，磁通量的变化率最小；磁通量最小时，磁通量的变化率最大；然后根据法拉第电磁感应定律列式判断即可．‎ ‎7. 如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力作用下运动时，MN在磁场力作用下向右运动，PQ所做的运动可能是 A. 向右匀加速运动 B. 向左匀加速运动 C. 向右匀减速运动 D. 向左匀减速运动 ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析：MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；根据右手螺旋定则，与楞次定律可知PQ的运动情况．‎ 解：‎ MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由右手螺旋定则与楞次定律可知，PQ可能是向左加速运动或向右减速运动．故BC正确，AD错误．‎ 故选：BC．‎ ‎【点评】本题关键是分析好引起感应电流的磁通量的变化，进而才能分析产生电流的磁通量是由什么样的运动产生的．‎ ‎8. 如图所示，L是电感足够大的线圈，其直流电阻可忽略不计，和是两个相同的灯泡，若电键S闭合，等灯泡亮度稳定后，再断开电键S，则（　　）‎ A. 电键S闭合时，灯泡、同时亮，然后会变暗直到不亮 B. 电键S闭合时，灯泡很亮，逐渐变亮，最后一样亮 C. 电键S断开时，灯泡随之熄灭，而会亮一下后才熄灭 D. 电键S断开时，灯泡随之熄灭，而会闪亮一下后才熄灭 ‎【答案】A ‎【解析】K闭合瞬间，但由于线圈的电流增加，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的增加，所以两灯同时亮，当电流稳定时，由于电阻可忽略不计，所以以后D1会逐渐变暗直到熄灭，D2变亮．故A正确，B错误；K闭合断开，D2立即熄灭，但由于线圈的电流减小，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的减小，所以D1亮一下再慢慢熄灭，故C正确，D错误；故选AC．‎ 点睛：线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈上端是电源正极．当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈下端是电源正极．‎ ‎9. 法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别于圆盘的边缘和铜轴接触，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是 A. 若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定 B. 若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动 C. 若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化 D. 若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍 ‎【答案】AB ‎【解析】试题分析：由电磁感应定律得，，故一定时，电流大小恒定，选项A正确；由右手定则知圆盘中心为等效电源正级，圆盘边缘为负极，电流经外电路从a经过R流到b，选项B正确；圆盘转动方向不变时，等效电源正负极不变，电流方向不变，故选项C错误；，角速度加倍时功率变成4倍，选项D错误，故选AB。‎ ‎【全品教学网考点定位】电磁感应定律 ‎【名师点睛】法拉第圆盘是课本上介绍的装置，在历次考试中多次出现；解题时要会进行电源的等效：相当于一条半径旋转切割磁感线，记住求解感应电动势的公式，并能搞清整个电路的结构。‎ ‎ ‎ ‎10. 如图所示，两竖直放置的平行光滑导轨相距0.2m，其电阻不计，处于水平向里的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度为0.5T，，导体棒ab与cd的电阻均为0.1Ω，质量均为0.01kg．现用竖直向上的力拉ab棒，使之匀速向上运动，此时cd棒恰好静止，已知棒与导轨始终接触良好，导轨足够长，g取10m/s2，则（　　）‎ A. ab棒向上运动的速度为1m/s B. ab棒受到的拉力大小为0.2N C. 在2s时间内，拉力做功为0.4J D. 在2s时间内，ab棒上产生的焦耳热为0.4J ‎【答案】BD ‎【解析】cd棒受到的安培力等于它的重力，BL＝mg，v＝＝2 m/s，A错误．ab棒受到向下的重力G和向下的安培力F，则ab棒受到的拉力FT＝F＋G＝2mg＝0.2 N，B正确．在2 s内拉力做的功，W＝FTvt＝0.2×2×2 J＝0.8 J，C不正确．在2 s内ab棒上产生的热量Q＝I2Rt＝2Rt＝0.2 J，D不正确．‎ 二、填空题 ‎11. 如图所示，平行金属导轨的间距为d，一端跨接一阻值为R的电阻，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于平行轨道所在平面，一根长直金属棒与导轨成60°角放置，且接触良好，则当金属棒以垂直于棒的恒定速度v沿金属导轨滑行时，其他电阻不计，电阻R中的电流为_____________。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】金属棒中产生的感应电动势为：E=BLv=Bv；通过R的电流为： ‎ ‎12. 一个100匝的闭合圆形线圈，总电阻为15.0Ω，面积为50cm2，放在匀强磁场中，线圈平面根据磁感线方向垂直，匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图（b）所示．设t=0时，B的方向如图（a）所示，垂直于纸面向里．则线圈在0～4×10-3s内的平均感应电动势的大小是___________；在2s内线圈中产生的热量是___________．‎ ‎【答案】 (1). 75 (2). 750J ‎【解析】根据B-t图中同一条直线磁通量的变化率是相同的，所以电动势为定值，即为 E＝nS=100××103×50×10−4V=75V； ‎ 根据在2s内，由焦耳定律Q=I2Rt，可知Q=750J．‎ 三、计算题：解答时请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，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位 ‎13. 如图所示，在倾角为的光滑斜面上有一根水平方向的通电直导线，已知直导线长为L，质量为m，通过的电流为I，方向如图所示，整个装置处在匀强磁场中，‎ ‎（1）若通电直导线在斜面上静止不动，则匀强磁场的磁感应强度的最小值是多少？，方向如何？‎ ‎（2）如果通电直导线对斜面无压力，则匀强磁场的磁感应强度的最小值是多少，方向如何？‎ ‎【答案】（1） 方向垂直斜面向上 （2） 方向水平向左 ‎【解析】（1）导线受重力、支持力和安培力处于平衡，当安培力方向沿斜面向上时，安培力最小，有：．‎ 则．‎ 根据左手定则知，磁感应强度的方向垂直斜面向上．‎ ‎（2）当通电导线对斜面无压力时，重力和安培力平衡，有：‎ 解得，根据左手定则，磁感应强度的方向水平向左．‎ ‎14. 如图所示，bacd为静止于水平面上宽度为L=0.4m；而长度足够长的U形金属滑轨，ac边接有电阻R=1Ω，其他部分电阻不计．ef为一可在滑轨平面上滑动，质量为m=0.1kg、电阻也为R=1Ω的均匀导体棒．整个滑轨面处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B=0.5T，忽略所有摩擦．若ef杆以恒定的加速度a=2m/s2由静止开始做匀加速运动则：‎ ‎（1）第5s末，回路中的电流多大？‎ ‎（2）第5s末，作用在ef杆上的水平外力多大？‎ ‎【答案】（1）1A （2）0.4N ‎【解析】（1）5s末的速度为：v=at=2×5=10m/s 根据闭合电路欧姆定律，有：‎ ‎（2）棒受重力、支持力、拉力、安培力（向左），根据牛顿第二定律，有：F-BIL=ma 解得：F=BIL+ma=0.5×1×0.4+0.1×2=0.4N ‎15. 如图所示，匝数N=100匝，截面积S=0.2m2，电阻r=0.5Ω的圆形线圈MN处于垂直纸面向里的匀强磁场内，，磁感应强度随时间按B=0.6+0.02t（T）的规律变化，处于磁场外的电阻R1=3.5Ω，R2=6Ω，电容C=30μF，开关S开始时未闭合，求：‎ ‎（1）闭合S后，线圈两端M、N两点间的电压UMN和电阻R2消耗的电功率；‎ ‎（2）闭合S一段时间后又打开S，则S断开后通过R2的电荷量为多少？‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】试题分析：（1）由题给条件可知磁感应强度的变化率为：‎ 故回路产生的电动势为：‎ 感应电流：‎ 由闭合电路欧姆定律有：UMN=E-Ir=0．38V 故R2消耗的电功率：P2＝I2R2=9．6×10-3W ‎（2）S合时：UC=IR2=0．24V 充电电量：Q=CUC=7．2×10-6C S开时：R2放电，放电的电量：Q=7．2×10-6C，即为S断开后通过R2的电荷量．‎ 考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路欧姆定律；电功率；电量 ‎【名师点睛】本题电磁感应与电路知识的综合应用，关键是求解感应电动势；根据磁感应强度随时间的变化规律求解磁感应强度的变化率，然后根据法拉第电磁感应定律求解电动势的大小；‎ ‎16. 如图所示，在真空中板间r=3.0×10-2m的圆形区域内，有磁感应强度B=0.2T，方向如图的匀强磁场，一批带正电的粒子以初速度v0=1.0×106m/s，从磁场边界上直径ab的一端a沿着各个方向射入磁场，且初速度方向与磁场方向都垂直，该粒子的比荷为，不计粒子重力．求：‎ ‎（1）粒子的轨迹半径；‎ ‎（2）粒子在磁场中运动的最长时间；‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】试题分析：根据洛伦兹力提供向心力，解得粒子的轨道半径；首先做出轨迹图，利用几何关系判断出当弦长为多少时运动时间最长，从而可以计算出粒子在磁场中运行的最长时间。‎ ‎（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力 由牛顿第二定律得：‎ 解得：．‎ ‎（2）由于R＞r，要使粒子在磁场中运动的时间最长，则粒子在磁场中运动的圆弧所对应的弧长最长，从图中可以看出，‎ 以直径ab为弦、R为半径所作的圆周，粒子运动时间最长， 粒子做圆周运动的周期，粒子的最长运动时间，‎ 又，解得：． ‎ 点睛：本题主要考查了带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动问题，应首先确定圆心的位置，找出半径，做好草图，利用数学几何并结合运动规律进行求解。‎ ‎ ‎ ‎ ‎