2017-2018学年甘肃省兰州第一中学高二下学期第一次月考物理试题 解析版

2017-2018学年甘肃省兰州第一中学高二下学期第一次月考物理试题 解析版

甘肃省兰州第一中学2017-2018学年高二下学期第一次月考物理试题 一、选择题 ‎1. 在我们生活中，物理学的基本原理有着广泛的应用，下列列举的四种器件中，利用电磁感应原理工作的是( )‎ A. 质谱仪 B. 电磁炉 C. 回旋加速器 D. 示波管 ‎【答案】B ‎【解析】A、质谱仪是利用电场加速，磁场使粒子偏转，不是电磁感应现象，故A错误；B、电磁炉是利用锅底在磁场中产生涡流而产生的；故应用了电磁感应现象，故B正确；C、磁流体发电机利用带电粒子在磁场中偏转形成的，故C错误；C、回旋加速器利用磁场使带电粒子旋转，电场使粒子加速，故C错误；D、示波管是利用了电荷在电场中偏转的原理制成的，故选D.故选B.‎ ‎【点睛】本题考查对现代科技装置和产品原理的理解能力，要注意明确物理规律在生产和生活中的应用．‎ ‎2. 如图所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域，其直角边长为L，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B。边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域。取逆时针的感应电流为正方向，则表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是( )‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】bc边的位置坐标x在L‎-2L过程，线框bc边有效切线长度为l=x-L，感应电动势为：E=Blv=B（x-L）v，感应电流为，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值.x在‎2L-3L过程，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→d→c→b→a，为负值，线框ad边有效切线长度为l=x‎-2L，感应电动势为：E=Blv=B（x‎-2L）v，感应电流为,由图示图象可知，A正确.故选A.‎ ‎【点睛】本题关键确定线框有效切割长度与x的关系，再结合数学知识选择图象.‎ ‎3. 如图甲所示，一绝缘轻绳将矩形线框静止悬吊在空中，线框正下方有一直导线，且与线框在同一竖直平面内，直导线与线框下边平行。规定电流的方向水平向左为正，当直导线中的电流i随时间t变化的关系如图乙所示时，关于轻绳上的拉力和线框受到的重力的关系，下列说法正确的是( )‎ A. 在0~t 0内，轻绳的拉力一直等于线框受到的重力 B. 在0~t 0内，轻绳的拉力一直大于线框受到的重力 C. 在t 0 ~t 1内，轻绳的拉力一直大于线框受到的重力 D. 在t 0 ~t 1内，轻绳的拉力一直等于线框受到的重力 ‎【答案】B ‎【解析】A、B、在0～t0‎ 内，通过导线的电流非均匀减小，那么穿过线圈的磁通量在非均匀减小，根据安培定则与楞次定律，则有线圈中产生顺时针方向感应电流，根据左手定则，则线圈受到通电导线向下的安培力，那么轻绳的拉力一直大于线框受到的重力，故A错误，B正确； C、D、在t0～t1内，通过导线的电流非均匀增大，那么穿过线圈的磁通量在非均匀增大，根据安培定则与楞次定律，则有线圈中产生逆时针方向感应电流，根据左手定则，则线圈受到通电导线向上的安培力，那么轻绳的拉力一直小于线框受到的重力，故C、 D错误;故选B.‎ ‎【点睛】考查感应电流产生的条件，及感应电流方向的判定，理解楞次定律，安培定则与左手定则的内容，注意同向电流相吸，异向电流相斥是解题的关键.‎ ‎4. 如图所示电路中，电源电动势为 E，线圈 L 的电阻不计。以下判断正确的是（ ） ‎ A. 闭合 S，稳定后，电容器两端电压为 E B. 闭合 S，稳定后，电容器的 a 极板带正电 C. 断开 S 的瞬间，电容器的 a 极板将带正电 D. 断开 S 的瞬间，电容器的 a 极板将带负电 ‎【答案】C ‎【解析】闭合S稳定后，线圈L相当于导线，则电容器被短路，则其电压为零，故A错误；当闭合S稳定后，电容器被短路，则其电压为零，电容器的a极板不带电，故B错误．断开S的瞬间，线圈L中电流减小，产生自感电动势，相当于电源，结电容器充电，根据线圈的电流方向不变，则电容器的a极板将带正电．故C正确，D错误．故选：C．‎ 点睛：本题考查自感线圈的双重作用的理解：当电流稳定不变时，自感线圈是电阻不计的导线；当电流变化时，相当于一个电源。‎ ‎5. 如图所示，从匀强磁场中把不发生形变的矩形线圈匀速拉出磁场区，如果两次拉出的速度之比为1∶2，则两次线圈所受外力大小之比F1∶F2、线圈产生的热量之比Q1∶Q2、通过线圈截面的电量q1∶q2之比分别为（ ）‎ A. F1∶F2＝2∶1，Q1∶Q2＝2∶1，q1∶q2＝2∶1‎ B. F1∶F2＝1∶2，Q1∶Q2＝1∶1，q1∶q2＝1∶2‎ C. F1∶F2＝1∶1，Q1∶Q2＝1∶2，q1∶q2＝1∶1‎ D. F1∶F2＝1∶2，Q1∶Q2＝1∶2，q1∶q2＝1∶1‎ ‎【答案】D ‎【解析】设线圈左右两边边长为L，上下两边边长为L′，整个线圈的电阻为R，磁场的磁感应强度为B。拉出线圈时产生的感应电动势为E=BLv,感应电流为：,线圈所受的安培力为：可知，F∝v，则得F1：F2=1：2。拉力做功为,可知Q∝v，则得Q1：Q2=1：2。通过导线的电荷量为,则q与线框移动速度无关，磁通量的变化量△Φ相同，所以通过导线横截面的电荷量q1：q2=1：1.故选D.‎ ‎【点睛】通电导线在磁场中受到的安培力与运动速度有关，而且是唯一与速度有关的一个力．同时通过本题让学生掌握去寻找要求的量与已知量的关系，其他不变的量均可去除．‎ ‎6. 航母上飞机弹射起飞所利用的电磁驱动原理如图所示。当固定线圈突然通过直流电流时，线圈左侧的金属环被弹射出去。则下列说法正确的是 (　 )‎ A. 合上开关S的瞬间，从右侧看环中产生沿逆时针方向的感应电流 B. 金属环向左运动过程中将有收缩趋势 C. 若将金属环置于线圈的右侧，环将向右弹射 D. 若将电池正负极调换后，金属环不能向左弹射 ‎【答案】C ‎【解析】A、线圈中电流为左侧流入，磁场方向为向右，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，感应电流由右侧看为顺时针；故A错误。B、金属环的磁通量增大，‎ 金属环产生感应电流，产生安培力阻碍磁通量增大主要产生环向左的运动，故B错误；C、若环放在线圈右方，根据“来拒去留”可得，环将向右运动；故C正确；D、电池正负极调换后，金属环受力向左，故仍将向左弹出；故D错误；故选C.‎ ‎【点睛】本题要掌握楞次定律的两种描述，一是“增反减同”；二是“来拒去留”；并能灵活根据它们去判断电流方向及受力方向．‎ ‎7. 如图所示，固定的平行光滑导轨与水平面成37°角，导轨间距为‎0.5m、电阻不计，磁场方向垂直导轨平面向下，磁感应强度B=1T，质量分别为和的导体棒ab和cd垂直导轨放置，电阻均为1Ω且与导轨始终接触良好，下列说法正确的是（g=‎10m/s2，sin37°=0.6）( )‎ A. 要使ab棒静止不动，cd棒应向下做匀速运动 B. 要使ab棒静止不动，cd棒应向上做匀加速运动 C. 要使cd棒静止不动，ab棒的速度大小是‎0.48m/s D. 要使cd棒静止不动，ab棒的速度大小是‎0.96m/s ‎【答案】C ‎【解析】A、B、要使ab棒靜止不动受力平衡，所受的安培力必须沿斜面向上，且大小不变，由楞次定律判断知cd棒应向上做匀速运动.故A、B错误.C、D、要使cd棒靜止不动，所受的安培力必须沿斜面向上，由楞次定律判断知ab棒应向上做匀速运动，设ab棒的速度大小是v，对cd棒根据平衡条件有m2gsin37°=BIL,,联立并代入数据解得v=‎0.48m/s，故C正确、D错误.故选C.‎ ‎【点睛】本题是双杆问题，要正确分析两棒的受力情况，抓住安培力与速度的关系来分析这类问题．‎ ‎8. 如图所示，两根彼此靠近且相互绝缘的金属棒C、D固定在铁架台上，与两个铜线圈P、Q组成一闭合回路，两个磁性很强的条形磁铁如图放置。当用手左右摆动线圈P时，线圈Q也会跟着摆动。以下说法正确的是( )‎ A. P向右摆动的过程中，P中的电流方向为顺时针方向（从右向左看）‎ B. P向右摆动的过程中，Q也会向右摆动 C. P向右摆动的过程中，Q会向左摆动 D. 若用手左右摆动Q，P会始终保持静止 ‎【答案】AB ‎【解析】A、P向右摆动的过程中，穿过P的磁通量减小，根据楞次定律，P中有顺时针方向的电流(从右向左看).故A正确。B、P向右摆的过程中，P中的电流方向为顺时针方向，则Q下端的电流方向向外，根据左手定则知，下端所受的安培力向右，则Q向右摆动。同理用手左右摆动Q，P会左右摆动.故B正确，C错误，D也错误。故选AB.‎ ‎【点睛】本题考查了楞次定律和左手定则的综合，掌握楞次定律判断感应电流方向的一般步骤，以及会通过左手定则判断安培力的方向，不能与右手定则混淆．‎ ‎9. 如图甲中所示，一矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线圈所围的磁通量 随时间t变化的规律如图乙所示。下列论述正确的是( )‎ A. t1时刻线圈平面与中性面重合 B. t2时刻导线ad的速度方向跟磁感线平行 C. t3时刻线圈感生电动势为0‎ D. t4时刻线圈中感应电流方向发生改变 ‎【答案】AC ‎【解析】A、t1时刻通过线圈的磁通量最大，与中性面重合，故A正确；B、t2时刻磁通量为零，线圈与磁场平行，故导线ad的速度方向跟磁感线垂直，故B错误；C、t3‎ 时刻线圈的磁通量最大，处于中性面，而磁通量的变化率等于零，故感应电动势为零，故C正确；D、由图可知t4时刻线圈中磁通量变化率方向没变，故感应电流方向没变，故D错误；故选AB。‎ ‎【点睛】本题关键抓住感应电动势与磁通量是互余关系，即磁通量最大，感应电动势最小；而磁通量最小，感应电动势最大．‎ ‎10. 如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，直径与磁场宽度相同的金属圆形线框以一定的初速度斜向上匀速通过磁场。在必要的时间段内施加必要的水平拉力保证其匀速运动，则( )‎ A. 金属框内感应电流方向先逆时针再顺时针 B. 金属框内感应电流经历两次先增大后减小 C. 水平拉力方向与速度同向 D. 水平拉力方向与磁场边界垂直 ‎【答案】AB ‎【解析】A、进磁场时，向里的磁通量在增大，根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针方向。出磁场时，向里的磁通量减小，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针方向。故A正确。B、根据法拉第电磁感应定律知，进磁场时，磁通量的变化率先变快再变慢，则感应电流的大小先变大后变小。出磁场时，磁通量的变化率先变快再变慢，则感应电流大小先变大后变小。故B正确。C、水平拉力和安培力平衡，方向相反，安培力的方向水平向左，则水平拉力的方向水平向右，与速度方向无关。故C错误，D错误。故选AB.‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，以及知道感应电动势的大小与磁通量的变化率有关，磁通量变化率越大，感应电动势越大．‎ ‎11. 如图所示，A和B为两个相同的环形线圈，共轴并靠近放置，A环中通有如图所示交流电i，则（ ）‎ A. 从t1到t2时间内A、B两线圈相斥 B. 从t2到t3时间内A、B两线圈相斥 C. t1时刻两线圈间作用力为零 D. t2时刻两线圈间吸引力最大 ‎【答案】BC ‎【解析】A、在t1到t2时间内，若设顺时针（从左向右看）方向为正，则线圈A电流方向顺时针且大小减小，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向右的磁通量大小减小，由楞次定律可知，线圈B的电流方向顺时针方向，因此A和B中电流方向相同，出现相互吸引现象，故A错误。B、在t2到t3时间内，若设逆时针方向（从左向右看）为正，则线圈A电流方向顺时针且大小增大，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向左的磁通量大小增大，由楞次定律可知线圈B的电流方向逆时针方向，因此A、B中电流方向相反，A、B出现互相排斥，故B正确；C、由题意可知，在t1时刻，线圈A中的电流最大，而磁通量的变化率是最小的，所以线圈B感应电流为零，因此两线圈间作用力为零，故C正确；D、在t2时刻，线圈A中的电流最小，而磁通量的变化率是最大的，所以线圈B感应电流也是最大，但A、B间的相互作用力最小，故D错误。故选BC.‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握安培定则、楞次定律的内容，知道感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．同时注意同向电流相互吸引与同种电荷相互排斥不同．‎ ‎12. 如图，abcd是一个质量为m，边长为L的正方形金属线框，从图示位置自由下落，在下落h后进入磁感应强度为B的匀强磁场，恰好做匀速直线运动，该磁场的宽度也为L。在这个磁场的正下方h+L处还有一个未知的匀强磁场，金属线框abcd在穿过这个磁场时也恰好做匀速直线运动，那么下列说法正确的是( )‎ A. 未知磁场的磁感应强度是 B. 未知磁场的磁感应强度是 C. 线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能是4mgL D. 线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能是2mg(h+‎2L)‎ ‎【答案】AC ‎【解析】A、B、设线圈刚进入第一个磁场时速度为v1，那么线框进入第一个磁场前，机械能守恒，则得：，解得，设线圈刚进入第二个磁场时速度为v2，则得：,解得，线框进入两个磁场都做匀速直线运动，则有：,.联立以上三式解得,故A正确、B错误.C、D、线框穿过两个磁场时都做匀速直线运动，减少的重力势能都转化为电能，所以在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为4mgL，故C正确，D错误.故选AC.‎ ‎【点睛】本题是电磁感应与力学知识的综合，安培力是联系电磁感应和力学的桥梁，安培力的分析和计算是解决这类问题的关键．‎ 二、实验题 ‎13. 在研究电磁感应现象和磁通量变化时感应电流方向的实验中，所需的实验器材已用导线连接成如图所示的实验电路。‎ ‎（1）将线圈A插入线圈B中，闭合开关的瞬间，线圈B中感应电流与线圈A中电流的绕行方向____________（填“相同”或“相反”）。‎ ‎（2）某同学设想使一线圈中电流逆时针流动，另一线圈中感应电流顺时针流动，可行的实验操作是__________ 。‎ A.抽出线圈A ‎ B. 插入软铁棒 ‎ C.使变阻器滑片P右移 ‎ D.断开开关 ‎ ‎【答案】 (1). 相反； (2). BC;‎ ‎【解析】(1)将线圈A插入线圈B中，闭合开关的瞬间，穿过副线圈的B的磁通量变大，由楞次定律可得，线圈B中感应电流与线圈A中电流的绕行方向相反．‎ ‎(2)使一线圈中电流逆时针流动，另一线圈中感应电流顺时针流动，两线圈电流磁场方向相反，则穿过副线圈磁通量应增加；A、抽出线圈L1时，穿过副线圈的磁通量减小，原副线圈电流方向相同，故A错误；B、插入软铁棒，穿过副线圈的磁通量增大，原副线圈电流方向相反，故B正确；C、由电路图可知，使变阻器滑片P右移，原线圈电流增大小，穿过副线圈的磁通量增大，原副线圈电流方向相反，故C正确；D、断开开关，穿过副线圈B的磁通量减小，原副线圈电流方向相同，故D错误；故选BC.‎ ‎【点睛】由图示判断出原副线圈的绕向关系，熟练应用楞次定律即可正确解题.‎ ‎14. 如图所示，均匀电阻丝做成的单匝正方形线框abcd边长L=‎0.4m，总电阻为R=4Ω，置于方向竖直向下的匀强磁场中，磁场磁感应强度为。现让线框绕水平轴OO′顺时针匀速转动，转动的角速度ω=10π rad/s(取π≈3)。则线框中的最大感应电动势为_________ ；线框由图示的水平位置转过的过程中，线框中的平均感应电动势为__________，通过ab边的电荷量为_________ 。‎ ‎【答案】 (1). 1.2V; (2). 0.6V; (3). ‎0.005c;‎ ‎【解析】(1)线圈产生的最大感应电动势.‎ ‎(2)转过60°所需时间,产生的平均感应电动势.‎ ‎(3)平均感应电流,故流过的电荷量.‎ ‎【点睛】考查了平均电动势和瞬时电动势的应用，在求流过某一截面的电荷量是要用平均值，求热量时用有效值.‎ 三、计算题 ‎15. 如图所示，面积为‎0.2m2‎的100匝圆形线圈处在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面向里，已知磁感应强度随时间变化的规律为B=（2+0.3t）T，定值电阻R1=6Ω，线圈电阻R2=4Ω，求：‎ ‎（1）回路中的感应电动势大小；‎ ‎（2）回路中电流的大小和方向；‎ ‎（3）a、b两点间的电势差。‎ ‎【答案】(1) (2) ,方向逆时针；（3） ‎ ‎【解析】(1)根据题意磁感应强度随时间变化的规律为B=(2+0.3t)T,则 由法拉第电磁感应定律 ‎(2)因为磁感应强度均匀增大，磁通量均匀增大，根据楞次定律，回路感应电流逆时针方向，通过的电流方向由下向上 通过的电流大小 ‎(3)a、b两点间的电压即电源的路端电压 ‎16. 如图所示，两平行导轨间距L=‎0.1 m，足够长光滑的倾斜部分和粗糙的水平部分圆滑连接，倾斜部分与水平面夹角= 30°，方向垂直斜面向上的匀强磁场的磁感应强度B=0.5 T，水平部分没有磁场。金属棒ab的质量m=‎0.005 kg，电阻r=0.02 ，运动中与导轨有良好接触，并且垂直于导轨。导轨上端接一定值电阻R=0.08 ,其余电阻不计。当金属棒ab从斜面上离地高h=‎1.0 m及以上的任何地方由静止释放后， 在水平面上滑行的最大距离x都是‎1.25 m。 取g=‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)金属棒在斜面上的最大速度v；‎ ‎(2)金属棒与水平面的动摩擦因数。‎ ‎【答案】(1) （2） ‎ ‎【解析】(1)到达水平面之前已经开始匀速运动，设最大速度为v，感应电动势为：E=BLv 感应电流为 安培力为F=BIL 匀速运动时，沿斜面方向上受力有mgsinθ=F 联立解得v=‎1.0m/s ‎(2)在水平面上滑动时，滑动摩擦力为f=μmg=ma 金属棒在水平面做匀减速运动，由运动学公式有v2=2ax 联立解得μ=0.04‎ ‎【点睛】本题要注意用平衡条件解决磁场中导体的平衡问题，关键在于安培力的分析和计算，并不难．在匀强磁场中，当通电导体与磁场垂直时，安培力大小F=BIL，方向由左手定则判断．‎ ‎17. 如图所示，正方形导线框ABCD、abcd的电阻均为R，边长均为L，质量分别为‎2m和m，它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，且正方形导线框与定滑轮处于同一竖直平面内。在两导线框之间有一宽度为‎2L、磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。开始时导线框ABCD的下边与匀强磁场的上边界重合，导线框abcd的上边到匀强磁场的下边界的距离为L。现将系统由静止释放，当导线框ABCD刚好全部进入磁场时，系统开始做匀速运动，不计摩擦的空气阻力，求：‎ ‎（1）系统匀速运动的速度大小v；‎ ‎（2）导线框abcd的ab边通过磁场的时间t；‎ ‎（3）两线框从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热Q。‎ ‎【答案】（1） (2) (3) ‎ ‎【解析】(1)系统匀速运动时 解得速度大小 ‎(2)导线框abcd的ab边通过磁场的时间 ‎ 解得: ‎ ‎(3)两线框从开始运动至等高的过程中，线框在磁场中始终做匀速运动.‎ 由动能定理：‎ 所产生的总焦耳热:‎ ‎...........‎ ‎18. 如图甲所示，水平放置的电阻不计的光滑平行金属导轨相距L=‎0.5m，左端连接R=0.4Ω的电阻，右端紧靠在绝缘墙壁边，导轨间虚线右边与墙壁之间的区域内存在方向垂直导轨平面的磁场，虚线与墙壁间的距离为s=‎10m，磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示。一电阻r=0.1Ω、质量为m=‎0.5kg的金属棒ab垂直导轨放置于距离磁场左边界d= ‎2.5m处，在t=0时刻金属棒受水平向右的大小F=2.5N的恒力作用由静止开始运动，棒与导轨始终接触良好，棒滑至墙壁边后就保持静止不动。求：‎ ‎(1)棒进入磁场时受到的安培力F；‎ ‎(2) 在0～4s时间内通过电阻R的电荷量q；‎ ‎(3)在0～5s时间内金属棒ab产生的焦耳热Q。‎ ‎【答案】(1) (2) （3） ‎ ‎【解析】(1)棒进入磁场之前对ab受力分析由牛顿第二定律得 由匀变速直线位移与时间关系 则 由匀变速直线运动速度与时间关系得 金属棒受到的安培力 ‎ (2)由上知，棒进人磁场时,则金属棒作匀速运动，匀速运动时间 ‎3～4s棒在绝缘墙壁处静止不动 则在0～4s时间内通过电阻R的电量 ‎ (3)由上知在金属棒在匀强磁场中匀速运动过程中产生的 ‎4～5s由楞次定律得感应电流方向为顺时针，由左手定则知金属棒受到的安培力水平向右，则金属棒仍在绝缘墙壁处静止不动，‎ 由法拉第电磁感应定律得 焦耳热 在0～5s时间内金属棒ab产生的焦耳热 ‎【点睛】本题根据牛顿第二定律和运动学公式结合分析棒的运动情况，关键是求解安培力．当棒静止后磁场均匀变化，回路中产生恒定电流，由焦耳定律求解热量．‎