河南省林州市第一中学2020学年高二物理3月月考试题（含解析） 17页

河南省林州市第一中学2020学年高二3月月考 ‎ 物理试题 一、单选题（本大题共4小题，共16.0分）‎ ‎1.匀强磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图甲所示，磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示；用I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，F1、F2、F3分别表示金属环上很小一段导体受到的安培力．下列说法正确的是（　　）‎ A. I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向 B. I2沿顺时针方向，I3沿逆时针方向 C. F1方向指向圆心，F2方向指向圆心 D. F2方向背离圆心向外，F3方向背离圆心向外 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 应用楞次定律可以判断出感应电流方向，由左手定则可以判断出电流所受安培力方向，从而即可求解。‎ ‎【详解】A项：由图甲所示可知，oa段，磁场垂直于纸面向里，穿过圆环的磁通量增加，‎ 由楞次定律可知，感应电流I1沿逆时针方向，‎ 在ab段磁场向里，穿过圆环的磁通量减少，‎ 由楞次定律可知，感应电流I2沿顺时针方向，故A正确；‎ B项：由图甲所示可知，在bc 段，磁场向外，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I3沿顺时针方向，故B错误；‎ C项：由左手定则可知，oa段电流受到的安培力F1方向指向圆心，ab段安培力F2方向背离圆心向外，故C错误；‎ D项：由左手定则可知，ab段安培力F2方向背离圆心向外，bc段，安培力F3方向指向圆心，故D错误。‎ 故选：A。‎ ‎【点睛】本题考查了判断感应电流方向与安培力方向，应用楞次定律与左手定则即可正确解题；要熟练掌握楞次定律与左手定则；要掌握应用楞次定律解题的步骤。‎ ‎2.如图所示的电路中，A、B是两个相同的灯泡，L是一个带铁芯的线圈，电阻可忽略不计。调节R，电路稳定时两灯泡都正常发光，则在开关合上或断开时 A. 合上S时，B灯立即亮起来，并保持亮度不变 B. 断开S时，A灯会突然闪亮一下后再熄灭 C. 断开S时，A、B两灯都不会立即熄灭，且通过A灯泡的电流方向与原电流方向相反 D. 断开S时，A、B两灯都不会立即熄灭，但一定是同时熄灭 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 开关合上和断开时，两灯同时熄灭，但不同时点亮，在合上时，通过线圈的电流在增大，导致线圈出现自感电动势，电路稳定后，L的电阻忽略不计，闭合瞬间L的电阻很大，断开瞬间A灯还要继续亮一下.‎ ‎【详解】A、在开关合上时，通过线圈的电流在增大，导致线圈出现自感电动势，从而阻碍灯泡A的电流增大，则B先亮，A 后慢慢变亮，稳定时L的电阻忽略不计，则两电阻相同的灯的亮度相同，故B的亮度有变小的过程；故A错误.‎ C、断开开关S的瞬间，由电感的特性可知：L和两灯泡组成的回路中的电流会维持不变，通过A灯的电流的方向不变，而B灯的电流方向与原电流方向相反；故C错误.‎ B、D、断开开关S的瞬间，因灯泡相同L的电阻忽略不计，则电流相等，所以两灯会慢慢熄灭，但不会闪亮一下；故B错误，D正确.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查了电感线圈对电流的阻碍作用，特别是开关闭合、断开瞬间的判断，开关合上和断开时，两灯同时熄灭，但不同时点亮，在合上时，通过线圈的电流在增大，导致线圈出现自感电动势.‎ ‎3.矩形线圈abcd位于通电直导线附近，且开始时与导线在同一平面，如图所示，线圈的两条边与导线平行，要使线圈中产生顺时针方向的电流，可以 A. 线圈不动，增大导线中的电流 B. 线圈向上平动 C. ad边与导线重合，绕导线转过一个小角度 D. 以bc边为轴转过一个小角度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当通过线圈的磁通量发生变化时，线圈中将会产生感应电流，根据楞次定律判断感应电流的方向。‎ ‎【详解】A.当电流增大时，穿过线圈的磁通量垂直纸面向里增加，根据楞次定律可知，感应电流方向逆时针，故A错误；‎ B.导线中的电流不变，线圈向上平动，穿过线圈的磁场不变，穿过线圈的磁通量也不变，则不产生感应电流，故B错误；‎ C.ad边与导线重合，绕导线转过一个小角度，穿过线圈的磁通量不变，则不产生感应电流，故C错误；‎ D.以bc边为轴转过一个小角度，穿过线圈的磁通量垂直纸面向里减小，根据楞次定律可知，产生感应电流为顺时针，即感应电流的方向为abcda，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎4.如图所示为一交流电电流随时间而变化图像，此交流电电流的有效值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据有效值的定义求解．取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值．‎ ‎【详解】将交流与直流通过阻值都为R的电阻，设直流电流为I，则根据有效值的定义有：，解得I=5A，故选B.‎ 二、多选题（本大题共6小题，共24.0分）‎ ‎5.如图甲所示，间距为L的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，轨道左侧连接一定值电阻R．垂直导轨的导体棒ab在水平外力F作用下沿导轨运动，F随t变化的规律如乙图所示．在0~t0时间内，棒从静止开始做匀加速直线运动．乙图中t0、F1、F2为已知，棒和轨道的电阻不计．‎ A. 在0～t0时间内，导体棒的加速度大小为 B. 在0～t0时间内，通过导体棒横截面的电量为 C. 在t0以后，导体棒一直做匀加速直线运动 D. 在t0以后，导体棒先继续加速，最后做匀速直线运动 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）在0-t0时间内导体棒做匀加速直线运动，可知在t0时刻导体棒所受的外力F2与此时导体棒所受的安培力的关系，从而可判断t0后导体棒所做的运动；‎ ‎（2）在在0-t0时间内导体棒做匀加速直线运动，故在t=0时刻与t=t0时刻导体棒的加速度相等，结合导体棒的受力情况根据牛顿第二定律可得F1=ma，F2−＝ma．根据加速度a的定义、通过导体棒横截面电量q的计算公式可求出a和q ‎【详解】因在0-t0时间内棒做匀加速直线运动，故在t0时刻F2大于棒所受的所受的安培力，在t0以后，外力保持F2不变，安培力逐渐变大，导体棒做加速度越来越小的加速，当加速度a=0，即导体棒所受安培力与外力F2相等后，导体棒做匀速直线运动，故C错误，D正确；设在0-t0时间内导体棒的加速度为a，导体棒的质量为m，t0时刻导体棒的速度为v，通过导体棒横截面的电量为q，则有：…①‎ F2−＝ma…②‎ F1=ma…③‎ q=…④‎ ‎△Φ=B△S=BLt0…⑤‎ 由①②③解得：，故A错误；‎ 由②③④⑤解得：，故B正确；故选BD。‎ ‎【点睛】本题以图象的方式考查了牛顿第二定律、法拉第电磁感应定律及通过导体棒横截面电量的计算方法；以0-t0时间内导体棒做匀加速直线运动为突破口，结合t=0、t=t0两时刻的受力情况，根据牛顿第二定律、安培力的计算公式、加速度的定义式和通过导体棒横截面电量q的计算公式即可计算.‎ ‎6.2020年12月17日，第二架国产大飞机C919在上海浦东国际机场首飞成功，C919在上海上空水平匀速飞行，由于地磁场的存在，其机翼就会切割磁感线，则下列说法正确的是　　‎ A. 机翼左端的电势比右端电势高 B. 机翼左端的电势比右端电势低 C. 机翼相当于电源，其非静电力与洛伦兹力有关 D. 飞机飞行过程中洛伦兹力做正功 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据右手定则判断电势高低误；飞机飞行过程中机翼相当于电源；洛伦兹力始终不做功。‎ ‎【详解】A、B、在上海地磁场在竖直方向的分量向下，根据右手定则可知机翼左端的电势比右端电势高，故A正确、B错误；‎ C、在飞机飞行的过程中机翼切割磁感应线产生的感应电动势，机翼相当于电源，其非静电力与洛伦兹力有关，故C正确；‎ D、飞机飞行过程中洛伦兹力始终不做功，故D错误。‎ 故选AC.‎ ‎【点睛】本题主要是考查右手定则，解答本题要掌握右手定则的应用方法和地磁场的分布情况。‎ ‎7.用均匀导线做成的矩形线圈abcd，长为3l，宽为，矩形线圈的一半放在垂直纸面向外的匀强磁场中，线圈总电阻为R，如图所示。当磁场的磁感应强度大小以B=3+2t的规律变化时，下列说法正确的是 A. 线圈中感应电流的方向为abcda B. 线圈中产生的感应电动势大小为3l 2‎ C. 线圈中产生的感应电流大小为 D. 线圈受到的安培力向右 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由楞次定律可以判断出感应电流的方向，由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势，由欧姆定律可以求出线圈中产生的感应电流；根据左手定则判断安培力的方向。‎ ‎【详解】磁感应强度增大，由楞次定律可知，感应电流沿adcba方向，故A错误；由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势，故B正确；线圈中产生的感应电流大小为，选项C错误；根据左手定则判断线圈所受的安培力的方向向右，选项D正确；故选BD.‎ ‎【点睛】熟练应用楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律即可正确解题，注意磁通量有效面积是线圈面积的一半。‎ ‎8.如图所示，一个边长为L的正方形导电线框，在外力作用下，以速度v匀速穿过宽度均为L的两个平行边界的匀强磁场，这两个磁场的磁感应强度大小均为B，方向相反，取顺时针方向的电流为正，受力向右为正，以bc边刚进入磁场开始关于线框中产生的感应电流和线框所受安培力F分别与位移x之间的函数图象，下列图像正确的是 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电流大小，由右手定则判断出感应电流方向，应用安培力公式求出安培力大小，应用左手定则判断出安培力方向，然后分析图示图象答题.‎ ‎【详解】A、B、0-L内，感应电动势为：E=BLv，感应电流为：，由右手定则可知，电流方向沿逆时针方向，为负的；‎ L-2L内，感应电动势为：E=2BLv，感应电流为：，由右手定则可知，电流方向沿顺时针方向，为正的；‎ ‎2L-3L内，感应电动势为：E=BLv，感应电流为：，由右手定则可知，电流方向沿逆时针方向，为负的，故A正确，B错误；‎ C、D、安培力：F=BIL，在0-L内，L-2L内，2L-3L内，由左手定则可知，整个过程安培力始终向左，为负的，故C正确，D错误；‎ 故选AC.‎ ‎【点睛】此题电磁感应中图象的问题，近几年高考中出现的较为频繁，解答本题关键要掌握法拉第电磁感应定律、欧姆定律、楞次定律、安培力公式等等知识，要知道当线框左右两边都切割磁感线时，两个感应电动势方向相同，是串联关系.‎ ‎9.超导现象是当今高科技的热点，当一块磁体靠近超导体时，超导体会产生强大的电流并且对磁体有排斥作用，这种排斥作用可以使磁体悬浮在空中。则（　　）‎ A. 超导体产生强大电流的原因是超导体中磁通量的变化率很大 B. 超导体产生强大电流的原因是超导体中电阻为0‎ C. 超导体中电流产生的磁场方向与磁体的磁场方向相反 D. 超导体中的电流会产生焦耳热 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 磁体靠近超导体时，由于磁通量的变化产生感应电动势，根据楞次定律判断感应电流的磁场与原磁场的方向关系，磁体悬浮于空中，受力平衡。‎ ‎【详解】超导体产生强大的电流，是由于超导体中电阻很小，且磁通量的变化率很大，故A正确，B错误；超导体中电流产生的磁场方向与磁体的磁场方向相反，产生了排斥力，这种排斥力可以使磁体悬浮于空中，故C正确；超导体仍有电阻，则其电流会产生焦耳热，故D正确； 故选ACD。‎ ‎10.如图所示，有界匀强磁场的左边有一“日”字形导线框，ac、ce边长相等且大于磁场的宽度，ae与bf的电阻不计，ab、cd、ef的电阻均相等。线框以一定速度匀速通过磁场，若将ab、cd和ef边分别在磁场中运动的过程，称为I、Ⅱ、Ⅲ过程，下列说法中正确的是(　 　)‎ A. Ⅱ、Ⅲ过程中ab中的电流强度相等 B. Ⅱ、Ⅲ过程中cd中的电流强度相等 C. I、Ⅱ、Ⅲ过程中ab间的电压相等 D. I、Ⅱ、Ⅲ过程中导线框消耗的总电功率相等 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 每个过程都只有一根导线切割磁感线，该导线相当于电源，另外两根导线并联在电路中，根据欧姆定律分析解题．‎ ‎【详解】由于导线框匀速穿过磁场，即ab、cd、ef切割速度相等，ac、ce边长相等且大于磁场的宽度，即每次只有一根导线切割磁感线，根据可知三根导线切割磁感线产生的感应电动势相等，设每根导线的电阻为R，过程II中cd相当于电源，ab与ef并联，通过ab的电流为，而通过cd的电流为 ‎；过程III中ef相等于电源，ab和cd并联，通过ab的电流为，由于cd和ab并联在外电路，所以两者的电流相等，即，故A正确B错误；过程I中，ab切割磁感线，相当于电源，此时ab间的电压相当于路端电压，为，过程II中cd切割磁感线，相当于电源，则ab间的电压为，过程III中ef切割磁感线，相当于电源，则ab间的电压为，C正确；三个过程中产生的感应电动势相等，线框的总电阻相等，即总电流相等，根据可知三个过程中导线框消耗的总电功率相等，D正确．‎ ‎【点睛】此题关键要区分清楚电源和外电路，可以画出等效电路，电源两端间的电势差是路端电压，不是电源的内电压．‎ 三、实验题探究题（本大题共2小题，共13.0分）‎ ‎11.如图所示，实验中发现闭合开关时，电流表指针向右偏，电路稳定后，若向右移动滑动触头，此过程中电流表指针向______偏转（选填“左”或“右”）。‎ ‎【答案】左 ‎【解析】‎ ‎【详解】如图乙所示，实验中发现闭合开关时，穿过线圈B的磁通量增加，电流表指针向右偏；电路稳定后，若向右移动滑动触头，通过线圈A的电流减小，磁感应强度减小，穿过线圈B的磁通量减小，电流表指针向左偏转。‎ ‎12.在《研究电磁感应现象》的实验中，有如图所示的一些器材，‎ ‎（1）请选择实验需要的器材，用笔线代替导线将这些实验器材连接成实验电路_______。‎ ‎（2）在连接实验电路时，电键S应处于______状态。‎ ‎（3）如果要用该装置获得感应电流，你认为可以有哪些操作方法？写出其中的两种：‎ ‎①______________________________________________________________________；‎ ‎②______________________________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). （1）见下图；‎ ‎ (2). （2）断开 (3). （3）①　闭合或断开电键瞬间； (4). ②电键闭合后向左或向右移动滑动变阻器的滑动片或插入（拔出）原线圈A（软铁芯）。‎ ‎【解析】‎ ‎（1）实验器材连接成实验电路如图；‎ ‎（2）在连接实验电路时，电键S应处于断开状态。‎ ‎（3）如果要用该装置获得感应电流，可以的操作方法：‎ ‎①闭合或断开电键瞬间；‎ ‎②电键闭合后向左或向右移动滑动变阻器的滑动片或插入（拔出）原线圈A（软铁芯）；‎ 四、计算题（本大题共4小题，共47.0分）‎ ‎13.如图所示，MNPQ是固定与水平桌面上的足够长的U型金属导轨，导轨中接有阻值为R=6Ω的电阻，两导轨的间距为l=1.0m，质量为m=0.6kg，电阻r=4Ω的金属杆EF可在轨道上滑动，滑动时保持与轨道垂直，杆与轨道之间的滑动摩擦力大小f=0.32N，导轨的电阻不计，初始时，杆EF位于图中的虚线处，虚线右侧有一无限宽的匀强磁场区域，磁场方向垂直于桌面，磁感应强度的大小为B=1.0T，在t=0时刻，给EF杆一瞬时冲击，使之获得方向向右的初速度。经过施加t=1.25s，EF杆离开虚线的距离为x=2.0m，若不考虑回路的自感。求：‎ ‎（1）在t=0s时刻，流过金属杆EF电流的大小与方向；‎ ‎（2）在t=1.25s时刻，金属棒EF的速度大小；‎ ‎（3）在此过程中电阻R上产生的焦耳热。‎ ‎【答案】(1) 方向F到E (2) 1m/s (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】导体切割磁感线时产生感应电动势，由闭合电路欧姆定律和由右手定则可得流过金属杆EF电流的大小与方向，由动量定理可得金属棒EF的速度大小；由动能定理可得过程中电阻R上产生的焦耳热；‎ 解：（1）导体切割磁感线时的感应电动势 流过金属杆EF电流的大小 由右手定则可得方向F到E ‎（2）由动量定理可得-=-ft-Bql 通过导体的电荷量 金属棒EF的速度大小v1=1m/s ‎（3）由动能定理可得-=W安-fx 过程中产生的总焦耳热Q=-W安 过程中电阻R上产生的焦耳热 ‎14.如图所示，线圈abcd的面积是0.05m2，共100匝，线圈电阻为1Ω，外接电阻R=9Ω，匀强磁场的磁感应强度为，当线圈以300r/min的转速匀速转动时，求：‎ ‎（1）转动中感应电动势的最大值.‎ ‎（2）图示位置开始计时的电流的瞬时值表达式.‎ ‎（3）电路中交流电压表和电流表的示数。‎ ‎【答案】（1）50V（2）（V）（3）V ，A ‎【解析】‎ ‎(1)交流电的频率为 角速度为 最大值：‎ ‎(2)线圈从中心面开始计时，电流的瞬时表达式为 而 故表达式为 ‎(3)根据交流电的有效值定义：‎ 由欧姆定律可知：‎ ‎【点睛】线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流．而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定．而通过某一电量时，则用平均值来求．‎ ‎15.如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1 m，导轨平面与水平面成θ＝37°角，下端连接阻值为R＝2 Ω的电阻．匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁感应强度大小B为0.4 T。质量为0.2 kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25.‎ ‎(1) 若金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的方向．‎ ‎(2)求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小．‎ ‎(3)求金属棒下滑速度达到稳定时的速度。‎ ‎(4)求金属棒稳定下滑时，电阻R的功率．‎ ‎【答案】(1)垂直导轨平面向上 （2）4 m/s2 （3）10 m/s （4）8W ‎【解析】‎ ‎(1)由右手定则可知，磁感应强度的方向垂直导轨平面向上；‎ ‎(2)金属棒开始下滑的初速度为零，根据牛顿第二定律得 mgsin θ－μmgcos θ＝ma 解得: a＝10×(0.6－0.25×0.8) m/s2＝4 m/s2‎ ‎(3)设金属棒运动达到稳定时，速度为v，所受安培力为F安，棒在沿导轨方向受力平衡 mgsin θ－μmgcos θ－F安＝0‎ 金属棒所受安培力：F安=BIL 金属棒切割磁感线感应电动势为：E=BLV 根据闭合电路欧姆定律：I=E/R 联立解得：v＝10 m/s I=2A ‎(4)当金属棒稳定下滑时，因I=2A P＝I2R=8W ‎16.如图甲所示，两平行导轨固定在绝缘水平面上，导轨左端接有阻值的定值电阻，两导轨的间距，导轨平面处在竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感强度，一个质量为、长也为0.5m的导体棒垂直放置在导轨上。现用一个水平向右、大小为的恒力拉金属棒，使金属棒从静止开始向右运动，金属棒向右运动x=2m达到最大速度，此过程中金属棒的加速度a与速度v的关系如图乙所示，金属棒在运动中始终与导轨接触良好，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，不计导轨的电阻，求：‎ ‎（1）金属棒与导轨间的动摩擦因数；‎ ‎（2）金属棒的电阻r。‎ ‎【答案】(1)；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎（1）由图乙可知，当v=0时，a=2m/s2‎ 由牛顿第二定律可知：‎ 代入数据解得：=0.4‎ ‎（2）由图象可知：=2m/s 当金属棒达到最大速度时，有 且 解得=0.4A 此时电路中的电动势 根据闭合电路欧姆定律有 代入数据解得：r=0.5Ω