福建省宁德市第二中学2020学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析）

福建省宁德市第二中学2020学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析）

福建省东山第二中学2020学年高二下学期第一次月考 ‎ 物理试题 一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）‎ ‎1.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. 磁通量变化所需时间 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据法拉第电磁感应定律得知，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，与磁通量、磁通量的变化量没有直接关系。‎ ‎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 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】磁通量等于穿过线圈的磁感线的条数。线圈在N极的正上方时，有磁感线穿过a线圈。线圈位于磁铁的正中央，左半边线圈中磁感线斜向右上方穿过，右半边线圈磁感线斜向右向下穿过，方向相反，完全抵消，磁通量为零。过了磁铁的正中央后磁通量又不为0，所以磁通量先减小后变大；通过上面分析可知穿过线圈的磁通量先是向上的减少然后向下的增大，根据楞次定律可判断出线框中开始有感应电流，当线框运动到磁铁中部时磁通量等于0，但是磁通量仍然在变化，仍然有感应电流，过中部后也有感应电流。‎ ‎3.一矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交变电动势为e=10sin20πtV，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 时，线圈位于中性面 B. 时，穿过线圈的磁通量为零 C. 时，导线切割磁感线的有效速度最大 D.  s时，电动势第一次出现最大值 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】t=0时，瞬时电动势为e=10sin20πt（V）=0，则线圈平面位于中性面，此时通过线圈的磁通量最大，故A正确，B错误；当t=0时，感应电动势为零，则导线切割磁感线的有效速度最小，故C错误；瞬时电动势为e=10sin20πt（V），可知周期T=0.1s，当t=0.4 s时，e仍是最小，故D错误。‎ ‎4.图中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（如图）。现令线圈以恒定的速度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的感应电流方向为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】开始时bc边进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，即为负方向，故A错误； 当bc边开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针，方向为正方向，故D错误。开始时bc边进入磁场切割磁感线，根据感应电动势大小公式：E=BLv可得，有效切割长度越来越长，感应电动势增大，故感应电流越来越大，且电流方向为负方向；当bc边开始出磁场时，根据感应电动势大小公式：E=BLv可得，切割长度越来越长，感应电动势增大，故感应电流越来越大，且电流方向为正方向，故B正确，C错误。‎ ‎5.如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的顶点在x轴上且底边长为4L，高为L，底边与x轴平行．纸面内一边长为L的正方形导线框以恒定速度沿x轴正方向穿过磁场区域，在t=0时刻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，在下面四幅图中能够正确表示电流-位移（i-x）关系的是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】线圈从0开始向右运动L时，线圈的右侧导体切割磁感线，有效长度增大，故电动势均匀增大，电流增大，由右手定则可知，电流方向沿顺时针；L到2L时，左侧边开始进入磁场，由图可知，右侧增加的长度与左侧增加的长度相互抵消，故有效长度不变，则感应电动势不变，电流不变，沿顺时针方向；2L时，右侧导体达到最大，左侧有效长度最小；而2L到3L过程中，右侧长度减小，而左侧长度增大，故电流要减小；在2.5L时，两边长度相等，故电流为零；此后到3L时，左侧增大，而右侧减小，故左侧将大于右侧，由右手定则可得出电流方向反向，电流增大；至此即可判断BCD错误，A正确。‎ ‎6.线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交流电的图象如图所示，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时刻起到D时刻，线圈转过的角度为π弧度 D. 在A和C时刻磁通量变化率的绝对值最大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 在A和C时刻感应电流最大，感应电动势最大，而磁通量为零，磁通量的变化率最大，线圈处于与中性面垂直的位置，A错误D正确；在B和D时刻感应电流为零，感应电动势为零，而磁通量最大，B错误；从A时刻到D时刻经过时间为周期，线圈转过的角度为弧度，C错误．‎ ‎【点睛】感应电动势与磁通量的变化率成正比，当线圈磁通量最大时，感应电动势为零；而当线圈的磁通量为零时，感应电动势最大．线圈转动一周的过程，感应电流方向改变两次．‎ ‎7.如图所示电路、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. 在电路中，闭合S，A立刻变亮 B. 在电路中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗 C. 在电路中，断开S，A将渐渐变暗 D. 在电路中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 运用电感总是阻碍电流的变化线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡构成电路回路．‎ ‎【详解】在电路a中，当闭合S，线圈阻碍电流增加，导致A将渐渐变亮；当断开S，L、A串联，由于线圈阻碍电流变小，L相当于电源，导致A将逐渐变暗，流过A的电流方向不会发生变化。故AB错误；在电路b中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导致A将变得更亮，然后逐渐熄灭。故C错误，D正确。所以D正确，ABC错误。‎ ‎8.‎ ‎ 两块水平放置的金属板间的距离为d，用导线与一个n匝线圈相连，线圈电阻为r，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＋q的油滴恰好处于静止，则线圈中的磁感应强度B的变化情况和磁通量的变化率分别是 A. 磁感应强度B竖直向上且正增强，＝‎ B. 磁感应强度B竖直向下且正增强，＝‎ C. 磁感应强度B竖直向上且正减弱，＝‎ D. 磁感应强度B竖直向下且正减弱，＝‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】依题意电荷量+q的油滴恰好静止金属板间，受到的电场力与重力平衡，由平衡条件得知，油滴受到的电场力竖直向上，则金属板上板带负电，下板带正电。‎ A、C、若磁感应强度B竖直向上，B正在增强时，根据楞次定律得知，线圈中产生的感应电动势是下负上正，金属板下板带负电，上板带正电，油滴不能平衡，则磁感应强度B竖直向上且B正在减弱时，油滴能保持平衡。‎ 根据法拉第电磁感应定律得：‎ 金属板间的电压为 要使油滴平衡，则有 联立三式可得：，故A错误，C正确。‎ B、D、同理可得，磁感应强度B竖直向下且正增强时，满足，油滴也能保持静止，故B错误，D正确。‎ 故选CD。‎ ‎【点睛】本题是电磁感应与电路、电场、力学等知识的综合应用．对于电磁感应问题，要楞次定律判断感应电动势、法拉第定律研究感应电动势大小是常用的思路．‎ 二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）‎ ‎9.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，三个线圈都是用相同的金属材料制成的边长一样的正方形，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 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由于A线圈上有缺口，A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，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，满足：‎ mg－＝ma　m＝ρ密·4L·S　R＝ρ电 所以4ρ密LSg－＝4ρ密LSa ‎4ρ密g－＝4ρ密a a＝g－，由于B、C线圈起始下落高度相同，材料相同，所以a相同，进入相同的磁场，B、C线圈同时落地，D选项正确．‎ ‎10.如图所示，先后以速度和匀速把一矩形线圈水平拉出有界匀强磁场区域，且，则在先后两种情况下（ ）‎ A. 线圈中的感应电动势之比为E1：E2=2：1‎ B. 线圈中的感应电流之比为I1：I2=1：2‎ C. 线圈中产生的焦耳热之比Q1：Q2=1：4‎ D. 通过线圈某截面的电荷量之比q1：q2=1：1‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，求出线圈中的感应电动势之比，再求出感应电流之比；‎ 根据，求出线圈中产生的焦耳热之比；‎ 根据，求出通过线圈某截面的电荷量之比；‎ ‎【详解】AB、由于，根据，知感应电动势之比，感应电流，则感应电流之比为，故A正确，B错误；‎ C、由，知时间比为，根据，知焦耳热之比为，故C错误；‎ D、根据法拉第电磁感应定律结合电流表达式可以得到电量为：，知通过某截面的电荷量之比为，故D正确。‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握导体切割磁感线时产生的感应电动势，欧姆定律，知道电磁感应中电荷量公式。‎ ‎11.如图所示，电阻为R，其他电阻均可忽略，ef是一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，又能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中，当导体棒ef从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g B. 导体棒ef的加速度一定小于g C. 导体棒ef最终速度随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电能之和一定守恒 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 棒沿框架无摩擦下滑，先做自由落体运动，当闭合开关时，由于棒切割磁感线产生感应电动势，出现感应电流，导致棒受到安培力，根据安培力公式大小，可判定棒的合力，从而确定加速度大小与方向；当棒达到受力平衡时，处于最大速度．在整个过程中，只有重力与安培力做功，因此棒的机械能与电路中产生的电能是守恒的．‎ ‎【详解】当闭合开关时，棒切割磁感线产生感应电流，对应的安培力若大于重力，则棒加速度方向向上，大小可能大于g，也可能小于g，故A正确，B错误；当闭合开关时，棒切割磁感线产生感应电流，对应的安培力若大于重力，则棒加速度方向向上，因此棒做减速，导致安培力也减小，从而使加速度也减小，所以直到棒做匀速运动。当安培力小于重力，则棒继续加速，直到匀速直线运动为止。因此棒达到稳定速度与开关闭合的先后无关。故C错误；在整个过程中，只有重力与安培力做功，因此棒的机械能与电路中产生的电能是守恒的。故D正确；故选AD。‎ ‎【点睛】本题是电磁感应与力学知识的综合，其桥梁是安培力，这类问题往往安培力的分析和计算是关键，注意当安培力与重力平衡时导体棒匀速运动，同时明确能量转化规律，知道导体棒克服安培力所做的功等于电能的增加量．‎ ‎12.图甲为风力发电的简易模型。在风力作用下，风叶带动与杆固连的永磁体转动，磁铁下方的线圈与电压传感器相连。在某一风速时，传感器显示如图乙所示，则 A. 磁铁的转速为2r/s B. 线圈两端电压的有效值为6V C. 交变电流的电压表达式为u＝12sin5tV D. 该交变电流可以直接加在击穿电压为9V的电容器上 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 电流的周期为T=0.4s，故磁体的转速为，故A错误；通过乙图可知电压的最大值为12V，故有效值，故B正确；周期T=0.4s，故，故电压的表达式为U=12sin5πt（A），故C正确；电容器的击穿电压为交流电的最大值，而交流电的最大值大于电容器的击穿电压，故不能，故 D错误；故选BC。‎ 三、实验题探究题（本大题共2小题，共12.0分）‎ ‎13.通过以下实验，可以定性探究产生感应电流的条件：‎ ‎（1）请在答题卷对应位置的实物图中，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，发现电流表指针向右偏，则当滑动变阻器滑片P向右滑动时，电流表指针将______（填“向左偏”或“向右偏”）．‎ ‎【答案】 (1). (2). 向左偏 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）将电源、电键、变阻器、线圈B串联成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，再将电流计与线圈A串联成另一个回路，电路图如图所示．‎ ‎（2）闭合电键时，穿过线圈的磁通量增加，电流表指针向右偏，说明穿过线圈的磁通量增加时电流表指针向右偏转；由电路图可知，在闭合电键情况下向左移动滑动变阻器的滑片，通过线圈B的电流较小，穿过线圈A的磁通量减小，则电流表的指针会向左偏转。‎ ‎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 ‎【答案】 (1). C (2). AC ‎【解析】‎ ‎【详解】（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，故A错误；而S极插入是向上增加，则右偏，故B错误； 只有S极拔出和N极插入是等效的，故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，故AC正确，BD错误。‎ 四、计算题（本大题共4小题，共40.0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。‎ ‎【答案】（1）b点电势高（2）1 A ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由楞次定律可判断，b点电势高。‎ ‎（2）根据图象，由法拉第电磁感应定律，有： E=n=nS 代入数据可得：E=2 V 由闭合电路欧姆定律，有： I=‎ 代入数据可得：I=1 A ‎16.两根固定在水平面上的光滑平行金属导轨MN和PQ，一端接有阻值为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，运动过程中与导轨接触良好并保持垂直，重物落地时速度达到v=3m/s，求：‎ ‎（1）通过电阻R的电流方向（“M到P”或“P到M”）；‎ ‎（2）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？‎ ‎【答案】（1）M到P（2）4.8J（3）1.8J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据右手定则可知，产生的电流俯视为逆时针方向，即从M到P方向；‎ ‎（2）根据能量守恒定律，Mgh-，‎ 根据焦耳定律可得：QR=I2Rt，Qr=I2rt，‎ 而QR+Qr=Q，所以QR=；‎ 代入题中数据可得：QR=4.8J；‎ ‎（3）重物落地后，金属棒的速度为3m/s，在光滑水平轨道上做减速运动到停止，‎ 所以动能转化为热量：Q′=，‎ 根据焦耳定律可得：Q′R=I′2Rt，Qr′=I′2rt，‎ 而QR′+Qr′=Q，Q′R=‎ 代入数据可得：Q′R=1.8J．‎ ‎17.如图所示，线圈abcd的面积是0.05m2，共100匝，线圈的总电阻为1Ω，外接电阻R=9Ω，匀强磁场的磁感应强度B=T，当线圈以300r/min的转速匀速旋转时．问：‎ ‎（1）若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式；‎ ‎（2）线圈转过s时电动势的瞬时值多大？‎ ‎（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s通过电阻R的电荷量是多少？‎ ‎【答案】（1）e=50sin 10πt V；（2）43.3 V （3）31.86 V， 3.54 A．（4） C．‎ ‎【解析】‎ ‎(1) 若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式 ‎(2)当t＝s时 ‎(3)电动势的有效值为 电流表示数 。‎ 电压表示数 ‎(4)s内线圈转过的角度 ‎ ，‎ 该过程，‎ 所以由公式求得;‎ 故本题答案是：（1）e=50sin(10πt)V（2）43.3 V（3）3.54 A；31.86 V（4）‎ 点睛：知道交流电瞬时电动势的表达式，知道有效值与最大值之间的关系 ，并结合闭合电路欧姆定律求解回路中电流的大小。‎ ‎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＝0.50 m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R＝0.05 Ω的电阻．在导轨间长d＝0.56 m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＝2.0 T．质量m＝4.0 kg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＝0.24 m．一位健身者用恒力F＝80 N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＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)．求：‎ ‎(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FA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.‎ ‎【答案】（1）2.4m/s（2）48N（3）64J；26.88J ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由牛顿定律 ①‎ 进入磁场时的速度②‎ ‎（2）感应电动势③‎ 感应电流④‎ 安培力⑤‎ 代入得⑥‎ ‎（3）健身者做功⑦‎ 由牛顿定律；⑧‎ CD棒在磁场区做匀速运动 在磁场中运动时间⑨‎ 焦耳热⑩‎ ‎【考点定位】法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律；功 ‎【名师点睛】此题是关于电磁感应现象中的力及能量的问题。解题时要认真分析物理过程，搞清物体的受力情况及运动情况，并能选择合适的物理规律列出方程解答；此题难度中等，意在考查学生综合运用物理规律解题的能力。‎