安徽省铜陵市第一中学2020学年高二物理3月月考试题（含解析）

安徽省铜陵市第一中学2020学年高二物理3月月考试题（含解析）

安徽省铜陵市第一中学2020学年高二3月月考物理试题 ‎ 一、单选题 ‎1.关于物理科学家和他们的贡献，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. 焦耳首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究 D. 安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 解答本题应记牢：奥斯特、法拉第、库仑、安培等科学家的物理学成就，即可进行解答．‎ ‎【详解】A．奥斯特发现了电流的磁效应，是法拉第发现了电磁感应现象，故A错误；‎ B．库仑提出了库仑定律，是密立根最早用实验测得元电荷e数值，故B错误；‎ C．法拉第首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究，故C错误；‎ D．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，揭示了磁现象的电本质，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点睛】物理学史是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，注重积累．‎ ‎2.如图所示，共享单车的车锁集成了嵌入式芯片、北斗卫星导航模块和SIM卡等，便于监控单车在路上的具体位置。用户仅需要用手机上的客户端软件(APP)扫描二维码，即可自动开锁，骑行结束关锁后，手机APP上会显示计价、里程信息。此外，单车能够在骑行过程中为车内电池充电，满足定位和自动开锁等过程中的用电。下列说法正确的是 A. 北斗卫星导航系统是通过超声波定位单车位置信息的 B. 由手机上显示信息，可求出骑行的平均速度 C. 单车是利用电磁感应原理实现充电的 D. 单车在被骑行过程中受到的地面的摩擦力表现为阻力 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 现在定位是通过卫星进行定位的，明确充电过程是利用电磁感应现象将机械能转化为电能；明确平均速度的计算公式为位移与时间的比值；前轮摩擦力是阻力，而后轮摩擦力是动力.‎ ‎【详解】A．单车某个时刻的准确位置信息是借助通讯卫星定位确定的，故A错误；‎ B．由手机APP上的显示信息包括路程和时间，没有说明具体的位移，故不可以求出骑行的平均速度，故B错误；‎ C．单车在运动过程通过电磁感应将机械能转化为电能从而实现充电，故C正确；‎ D．单车在骑行时，主动轮受到向前的摩擦力（动力），从动轮受到向后的摩擦力（阻力），故D错误.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题利用生活中熟知的单车综合考查了惯性、电磁感应的应用、电磁波的应用等，要求掌握相应物理规律在生产生活中的应用.‎ ‎3.半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图甲所示。有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图乙所示。在t＝0时刻平板之间中心有一质量为m电荷量为q的微粒恰好处于静止，则以下说法正确的是(　　)‎ A. 微粒带负电荷 B. 第2秒内上极板带正电 C. 第3秒内上极板带负电 D. 第2秒末两极板之间的电场强度大小为0.2 πr2/d ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图象可知，在第1s内，磁场垂直于纸面向内，磁感应强度变大，穿过金属圆环的磁通量变大，假设环闭合，由楞次定律可知，感应电流磁场与原磁场方向相反，即感应电流磁场方向垂直于纸面向外，然后由安培定则可知，感应电流沿逆时针方向，由此可知，上极板电势低，是负极，下板是正极，场强方向向上，可知因电场力方向向上，可知粒子带正电，故A错误；‎ B．由图象可知，在第2s内，磁场垂直于纸面向内，磁感应强度变小，穿过金属圆环的磁通量变小，假设环闭合，由楞次定律可知，感应电流磁场与原磁场方向相同，即感应电流磁场方向垂直于纸面向内，然后由安培定则可知，感应电流沿顺时针方向，由此可知，上极板电势高，是正极，故B正确；‎ C．同理可知第3秒内上极板带正电，选项C错误；‎ D．法拉第电磁感应定律可知，在第2s末产生的感应电动势：，两极板间的电场强度为：，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎4.四个均匀导线分别制成两个正方形、两个直角扇形线框，分别放在方向垂直纸面向里的匀强磁场边界上，由图示位置开始按箭头方向绕垂直纸面轴在纸面内匀速转动。若以在边上从点指向点的方向为感应电流的正方向，四个选项中符合如图所示随时间的变化规律的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．图中正方形线框绕O转动时，有效切割长度不断变化，因此产生感应电流大小是变化的，因此AB错误；‎ CD．图中，有效切割长度为半径不变，因此产生的感应电流大小不变，根据右手定则，进入磁场时，C图中产生电流方向从P到O，电流为正方向，而D图中开始产生电流方向从O到P，电流为负方向；离开磁场时，刚好相反，故C正确，D错误。‎ 故选C ‎5.如图，螺线管导线的两端与两平行金属板相连接，一个带正电的小球用绝缘丝线悬挂于两金属板间并处于静止状态。线圈置于方向竖直向上的均匀增大的磁场中，现将s闭合，当磁场发生变化时小球将偏转。若磁场发生了两次变化，且第一次比第二次变化快，第一次小球的最大偏角为；第二次小球的最大偏角为，则关于小球的偏转位置和两次偏转角大小的说法正确的（ ）‎ A. 偏向B板，θ1＞θ2‎ B. 偏向B板，θ1＜θ2‎ C. 偏向A板，θ1＞θ2‎ D. 偏向A板，θ1＜θ2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，线圈置于竖直向上的均匀增大的磁场中，根据法拉第电磁感应定律会产生稳定的电动势，判断出电感应电动势的高低，分析小球受力方向及力的大小。‎ ‎【详解】线圈置于方向竖直向上的均匀增大的磁场中，据楞次定律可知线圈的感应电动势下高上低，则B板电势高，A板电势低，小球向A偏转，当磁场变化快时电动势大，偏角大，则C正确，ABD错误；故选C。‎ ‎6.电阻为4R的正方形均匀导线框ABCD从图示位置沿水平向右方向以速度v匀速穿过磁场区域，在下图中线框A、B两端电压UAB与线框移动距离x的关系图象正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由楞次定律判断感应电流方向，确定出A、B两端电势的高低．由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电势差．‎ ‎【详解】由楞次定律判断可知，在线框穿过磁场的过程中，A点的电势始终高于B的电势，则UAB始终为正值。AB、DC两边切割磁感线时产生的感应电动势为E=Bav。在0-a内，AB切割磁感线，AB两端的电压是路端电压，则UAB=E＝Bav；在a-2a内，线框完全在磁场中运动，穿过线框的磁通量没有变化，不产生感应电流，则UAB=E=Bav；在2a-3a内，A、B两端的电压等于路端电压的，则UAB=E=Bav．故A正确。故选A。‎ ‎【点睛】本题由楞次定律判断电势的高低，确定电势差的正负．分析UAB与感应电动势关系是关键，要区分外电压和内电压．‎ ‎7.如图所示，条形磁铁用细线悬桂在O点，O点正下方固定一个水平放置的铝线圈.让磁铁在竖直面内摆动列说法中正确的是（）‎ A. 磁铁左右摆动一次，线圈内感应电流的方向改变两次 B. 磁铁始终受到感应电流的磁场的斥力作用 C. 磁铁所受到的感应电流对它的作用力始终是阻力 D. 磁铁所受到的感应电流对它的作用力有时是阻力，有时是动力 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】磁铁向下摆动时，根据楞次定律可判断，线圈中产生逆时针方向的感应电流（从上往下看），磁铁受到感应电流对它的作用力为斥力，阻碍它靠近；磁铁向上摆动时，根据楞次定律可判断，线圈中产生顺时针方向的感应电流（从上往下看），磁铁受到感应电流对它的作用力为引力，阻碍它远离，所以磁铁左右摆动一次过程中，电流方向改变四次，感应电流对它的作用力始终是阻力，C正确.ABD错误 故选C ‎8.一飞机，南半球上空做飞行表演。当它沿东向西方向做飞行表演时，飞行员左右两机翼端点哪一点电势高（　　）‎ A. 飞行员右侧机翼电势低，左侧高 B. 飞行员右侧机翼电势高，左侧电势低 C. 两机翼电势一样高 D. 条件不具备，无法判断 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】当飞机在南半球飞行时，由于地磁场的存在，且地磁场的竖直分量方向竖直向上，由于感应电动势的方向与感应电流的方向是相同的，由低电势指向高电势，‎ ‎ 由右手定则可判知，在南半球，不论沿何方向水平飞行，都是飞机的左方机翼电势低，右方机翼电势高，故B正确，A、C、D错误。‎ 二、多选题 ‎9.如图，固定在水平桌面上的光滑金属导轨cd、eg处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab与导轨接触良好，在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻，其他部分电阻忽略不计，现用一水平向右的恒力F作用在金属杆ab上，使金属杆由静止开始向右沿导轨滑动，滑动中杆ab始终垂直于导轨，金属杆受到的安培力用F安表示，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 金属杆ab做匀加速直线运动 B. 金属杆ab运动过程回路中有顺时针方向的电流 C. 金属杆ab所受到的F安先不断增大，后保持不变 D. 金属杆ab克服安培力做功的功率与时间的平方成正比 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】金属杆受到的安培力：F安培=BIL=，金属杆在恒力作用下向右做加速运动，随速度v的增加，安培力变大，金属杆受到的合力减小，加速度减小，当安培力与恒力合力为零时做匀速直线运动，安培力保持不变，由此可知，金属杆向右先做加速度减小的加速运动，然后做匀速直线运动，故A错误，C正确；由右手定则或楞次定律可知，金属杆ab运动过程回路中有逆时针方向的感应电流，故B正确；安培力的功率：P安培=F安培v=，如果金属杆做初速度为零的匀加速直线运动，则v=at，安培力的功率与时间的平方成正比，由于金属杆先做加速度减小的加速运动后做匀速直线运动，因此金属杆ab克服安培力做功的功率与时间的平方不成正比，故D错误；故选BC。‎ ‎【点睛】由于安培力公式求出安培力的表达式，分析清楚金属杆所受安培力如何变化、分析清楚金属杆的运动过程是解题的前提与关键，由于安培力公式与功率公式即可解题．‎ ‎10.如图甲所示,一竖直固定金属圆环c,环面靠近并正对一螺线管,螺线管的a、b端输入如图乙所示的电流 (规定从a端流入为正),则 A. 在0~t1 时间内,金属环受到向右的安培力 B. 在t1~t2 时间内,金属环受到向右的安培力 C. 在t2~t3 时间内,金属环受到向左的安培力 D. 在t3~t4 时间内,金属环受到向左安培力 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据右手螺旋定则，来判定穿过线圈C的磁通量变化，再依据楞次定律，判定环与受到的安培力的情况．‎ ‎【详解】A、B、在0时刻螺线管中的电流为零，对金属圆环的作用力为零，之后螺线管中的电流在增大，穿过金属圆环中的磁通量在增大，由楞次定律得金属圆环中产生与螺线管中反向的电流，反向电流相互排斥；所以可知金属环受到向左的安培力，故A错误；‎ B、t1～t2时间内螺线管中的电流在减小，由楞次定律得环中的电流方向与之相同，所以环受到吸引力，即金属环受到向右的安培力；故B正确.‎ C、t2～t3时间内电流在增大，由楞次定律得环中的电流方向与之相反，所以可知金属环受到向左的安培力;故C正确.‎ D、t3～t4‎ 时间内内螺线管中的电流在减小，由楞次定律得环中的电流方向与之相同，所以环受到吸引力，即金属环受到向右的安培力;故D错误.‎ 故选BC.‎ ‎【点睛】考查右手螺旋定则与楞次定律的应用，掌握感应电流产生的条件，注意右手螺旋定则与右手定则的区别．‎ ‎11.一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径．如图所示，在ab的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直于圆环所在的平面，方向如图所示，磁感应强度大小随时间的变化率=k（k＜0）．则（　　）‎ A. 圆环中产生逆时针方向的感应电流 B. 圆环具有扩张的趋势 C. 圆环中感应电流的大小为 D. 图中a、b两点间的电势差 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，磁通量减小，由楞次定律可判断感应电流的方向；由法拉第电磁感应定律可得出感应电动势；由闭合电路的欧姆定律可得出ab间的电势差．‎ ‎【详解】A项：磁通量向里减小，由楞次定律“增反减同”可知，线圈中的感应电流方向为顺时针，故A错误；‎ B项：由楞次定律的“增缩减扩”可知，为了阻碍磁通量的减小，线圈有扩张的趋势；故B正确；‎ C项：由法拉第电磁感应定律可知， ，线圈电阻 ‎，感应电流，故C错误；‎ D项：与闭合电路欧姆定律可知，ab两点间的电势差为，故D正确。‎ 故选：BD。‎ ‎【点睛】本题应注意ab两点的电势差为电源的路端电压，故应为不在磁场中的部分两端的电压。‎ ‎12.如图所示，闭合电路中，一定长度的螺线管可自由伸缩。通电时，电灯泡有一定的亮度，若将一软铁棒从螺线管一端迅速插入螺线管内，则在插入过程中（　　）‎ A. 灯泡变亮 B. 灯泡变暗 C. 螺线管伸长 D. 螺线管缩短 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】当将一软铁棒从右向左迅速插入螺线管内时，线圈发生自感现象，导致自感系数增大，则导致线圈中的电流减小，各匝线圈间的吸引力减小，螺线管变长，而灯泡变暗， 故选项B、C正确，A、D错误。‎ 三、填空题 ‎13.如图所示，两只用粗细相同的铜丝做成的闭合线框a、b放在光滑绝缘水平桌面上，它们的边长分别为L和2L。现以相同的速度v将a、b从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外。在此过程中，a、b两线框中的电流之比为_______；拉力之比为_____；通过铜丝横截面的电量之比为_____.‎ ‎【答案】 (1). 1:1 (2). 1:2 (3). 1:2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】根据电阻定律得Ra：Rb=1：2，根据法拉第电磁感应定律E=BLv得线框电动势之比Ea：Eb=1：2，两线框中的电流之比Ia：Ib＝＝1：1，由于线框匀速运动，拉力和安培力平衡，故；根据通过的铜丝横截面的电量之比；‎ ‎14.如图所示，在竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场中有光滑金属轨道，分别由水平部分CD、PQ和倾斜部分DE、QM组成，轨道间距为L，倾斜部分倾角为α．垂直水平轨道放置质量为m电阻为r的金属棒a，垂直倾斜轨道放置质量为m电阻为R的金属棒b。导轨电阻不计，为保证金属棒b静止不动，给金属棒a施加作用力F使其做匀速运动，则导体棒a向______运动，速度大小为______，作用力F做功的功率为______‎ ‎【答案】 (1). 左； (2). ； (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】根据左手定则和右手定则知导体棒a向左运动；以b棒为研究对象进行受力分析，如图所示，平衡时有：，设a棒的速度为，根据和可得，解得速度大小为；以a棒为研究对象，匀速运动时拉力，根据功率计算公式可得作用力F做功的功率为。‎ 四、计算题 ‎15.如图所示，两根平行光滑的金属导轨MN、PQ放在水平面上，左端向上弯曲，导轨间距为L，电阻不计。水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B．导体棒a和b的质量均为m，电阻值分别为Ra=R，Rb=2R．b棒放置在水平导轨上且距弯曲轨道底部L0处，a棒在弯曲轨道上距水平面h高度处由静止释放。运动过程中导体棒和导轨接触良好且始终和导轨垂直，重力加速度为g。求 ‎（1）从a棒开始下落到最终稳定的过程中，a棒上产生的内能？‎ ‎（2）a，b棒运动最终稳定时，通过a棒的总电量？‎ ‎【答案】(1)；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】解：(1)设a棒刚进入磁场时的速度为，a棒从开始下滑到刚进入磁场，由机械能守恒定律有：‎ 解得：‎ a、b棒所受的安培力大小相等，方向相反，所以a棒和b棒组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，设两棒最终稳定速度为，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有：‎ 设a棒产生内能为，b棒产生内能为，根据能量守恒得：‎ 又 解得a棒上产生的内能：‎ ‎(2)a棒受安培力作用，从开始进入磁场至最终稳定速度，由动量定理得：‎ 又： ，q为通过a棒的总电量 联立解得：‎ ‎16.如图所示，一个质量为m、电阻不计、足够长的光滑U形金属框架MNPQ，位于光滑水平桌面上，分界线OO′分别与平行导轨MN和PQ垂直，两导轨相距L。在OO′的左右两侧存在着区域很大、方向分别为竖直向上和竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B。另有质量也为m的金属棒CD，垂直于MN放置在OO′左侧导轨上，并用一根细线系在定点A。已知，细线能承受的最大拉力为T0 ，CD棒接入导轨间的有效电阻为R。现从t=0时刻开始对U形框架施加水平向右的拉力F，使其从静止开始做加速度为a的匀加速直线运动。‎ ‎（1）求从框架开始运动到细线断裂所需的时间t0；‎ ‎（2）若细线尚未断裂，求在t时刻水平拉力F的大小；‎ ‎（3）求从框架开始运动到细线断裂的过程中流过回路的电量q。‎ ‎【答案】（1）（2）（3） ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）绳子断裂时，对棒有 ，‎ 得 。‎ ‎（2）在t时刻，框架的速度 ，‎ 框架切割磁场产生的电动势 ，‎ 框架受到的安培力 ，‎ 对框架有 ，‎ ‎。‎ ‎（3）‎ 通过整个回路横截面的电量为 ‎17.如图所示，在倾角θ=37°的光滑绝缘斜面内有两个质量分别为4m和m的正方形导线框a、b电阻均为R，边长均为l；它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一方向垂直斜面向下、宽度为2l的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B；开始时，线框b的上边框与匀强磁场的下边界重合，线框a的下边框到匀强磁场的上边界的距离为l。现将系统由静止释放，a线框恰好匀速穿越磁场区域。不计滑轮摩擦和空气阻力，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8求：‎ ‎(1)a线框穿出磁场区域时的电流大小；‎ ‎(2)a线框穿越磁场区域时的速度；‎ ‎(3)线框b进人磁场过程中产生的焦耳热。‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）对线框a、b分别列出平衡方程即可求解a线框穿出磁场区域时的电流大小；（2）根据求解的电流值结合E=BLv求解速度；（3）由能量守恒关系求解线框b进入磁场过程中产生的焦耳热；‎ ‎【详解】（1）设绳子拉力为F，a线框匀速穿越磁场区域 对a线框 ‎ 对b线框 F=mgsinθ 且 F安=BIl 解得：‎ ‎（2）a线框匀速运动时，a、b线框速度大小相等 E=BLv 解得：‎ ‎（3）设b线框进入磁场过程产生的焦耳热为Q，对系统列能量守恒方程 解得