物理卷·2018届甘肃省白银市靖远一中高三上学期12月模拟考试试题（解析版）

物理卷·2018届甘肃省白银市靖远一中高三上学期12月模拟考试试题（解析版）

靖远一中2018届高三12月模拟考试物理试卷 一、选择题 ‎1. 在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述不符合史实的是 A. 奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系 B. 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，‎ C. 法拉第在实验中观察到，通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流，‎ D. 楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化 ‎【答案】C ‎【解析】奥斯特在实验中观察到电流的磁效应,该效应揭示了电和磁之间存在联系，选项A正确； 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，选项B正确； 法拉第在实验中观察到,在通有变化电流的静止导线附近的固定导线圈中会出现感应电流，选项C错误； 楞次在分析了许多实验事实后提出,感应电流应具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项D正确；故选ABD.‎ ‎ ‎ ‎2. 如图.在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V”字型导轨。空间存在垂直于纸面的均匀磁场。用力使MN向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN始终与∠bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触。下列关于回路中电流i与时间t的关系图线.可能正确的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：设，单位长度电阻为,则MN切割产生电动势,回路总电阻为,由闭合电路欧姆定律得：,与时间无关，是一定值，故A正确，BCD错误。‎ 考点：导体切割磁感线时的感应电动势、闭合电路的欧姆定律 ‎【名师点睛】MN切割磁感线运动产生感应电动势，L越来越大，回路总电阻也增大，根据电阻定律可求，然后利用闭合电路欧姆定律即可求解。‎ ‎ ‎ ‎3. 闭合线圈的匝数为n，每匝线圈面积为S，总电阻为R，在时间内穿过每匝线圈的磁通量变化为，则通过导线某一截面的电荷量为 （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎ ‎ ‎4. 如图所示，平行金属导轨竖直放置，仅在虚线MN下面的空间存在着匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，导轨上端跨接一定值电阻R，质量为m、电阻r的金属棒两端各套在导轨上并可在导轨上无摩擦滑动，导轨的电阻不计，将金属棒从图示位置由静止释放，则进入磁场后（　　）‎ A. a点的电势高于b点的电势 B. 金属棒中产生的焦耳热小于金属棒机械能的减少量 C. 金属棒受到的最大安培力大小为mg D. 金属棒刚进入磁场过程中可能做匀减速运动 ‎【答案】B ‎【解析】根据右手定则判断可知：ab中产生的感应电流方向从a到b，a点相当于电源的负极，b点相当于电源的正极，则a点的电势低于b点的电势．故A错误．金属棒进入磁场时回路中产生电能转化为电阻R和金属棒的内能，根据能量转化和守恒定律得知：金属棒中产生的焦耳热小于金属棒机械能的减少量，故B正确．若棒做减速运动，最终做匀速运动，此时安培力最小，为mg；若棒做加速运动，最终做匀速运动，此时安培力最大为mg；若匀速运动，安培力不变，大小为mg，故C错误．金属棒刚进入磁场的过程中，若安培力大于重力，棒做减速运动，随着速度的减小，根据安培力公式可知，安培力不断减小，合力减小，加速度减小，所以棒做加速度减小的变减速运动，不可能做匀减速运动，故D错误．故选B．‎ ‎5.‎ ‎ 粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行。现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如下图所示（ ）‎ A. 四种情况下ab两端的电势差都相等 B. 四种情况下流过ab边的电流的方向都相同 C. 四种情况下流过线框的电荷量都相等 D. 四种情况下磁场力对线框做功的功率都相等 ‎【答案】BCD ‎【解析】上述四个图中，切割边所产生的电动势大小均相等（E），回路电阻均为4r（每边电阻为r），则电路中的电流亦相等，即I=，只有B图中，ab为电源，有Uab=I•3r=E；其他情况下，Uab=I•r=E，故A错误；四种情况穿过线框的磁通量均减小，根据楞次定律判断出感应电流方向均为顺时针方向，故B正确； 由q=n，△Φ相同，所以电荷量相同，故C正确；由P=Fv=BILv，因为I相同，所以P相等，故D正确．故选BCD．‎ 点睛：本题属于电磁感应与电路的结合，注意弄清电源和外电路的构造，明确a、b两点间的电势差是路端电压还是某一阻值电压．掌握电量的经验表达式q=n，并能灵活运用．‎ ‎6. 在如图所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为自感线圈，E为电源，S为开关．关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序，下列说法正确的是(　　)‎ A. 合上开关，a先亮，b逐渐变亮；断开开关，a、b同时熄灭 B. 合上开关，b先亮，a逐渐变亮；断开开关，a先熄灭，b后熄灭 C. 合上开关，b先亮，a逐渐变亮；断开开关，a、b同时熄灭 D. 合上开关，a、b同时亮；断开开关，b先熄灭，a后熄灭 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据楞次定律来分析两灯亮暗顺序．‎ 解：由图可以看出，a、b灯泡在两个不同的支路中，对于纯电阻电路，不发生电磁感应，通电后用电器立即开始正常工作，断电后停止工作．但对于含电感线圈的电路，在通电时，线圈产生自感电动势，对电流的增大有阻碍作用，使a灯后亮，则合上开关，b先亮，a后亮．当断开电键时，线圈中产生自感电动势，由a、b及电感线圈组成一个回路，两灯同时逐渐熄灭．故C正确．‎ 故选C．‎ ‎【点评】对于线圈要抓住这个特性：当电流变化时，线圈中产生自感电动势，相当于电源，为回路提供瞬间的电流．‎ ‎ ‎ ‎7. 关于电场和磁场，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 电场是电荷周围空间实际存在的物质 B. 由E=F/q可知，电场中某点的场强E与q成反比，与F成正比 C. 磁铁能产生磁场，电流也能产生磁场 D. 根据公式B=F/IL可知，通电导线受磁场力为零的地方磁感应强度一定为零 ‎【答案】AC ‎【解析】电场是电荷周围空间实际存在的物质，选项A正确；电场中某点的场强E是由电场本身决定的，与试探电荷的电量q以及所受的电场力F无关，选项B错误；磁铁能产生磁场，电流也能产生磁场，选项C正确；通电导线的电流方向若与磁场平行，则所受磁场力为零，但此地方磁感应强度不为零，选项D错误；故选AC.‎ ‎8. 如图所示，用恒力F将闭合线圈自静止开始(不计摩擦)从图示位置向左加速拉出有界匀强磁场，则在此过程中(　　)‎ A. 线圈向左做匀加速直线运动 B. 线圈向左运动且加速度逐渐增大 C. 线圈向左运动且加速度逐渐减小 D. 线圈中感应电流逐渐增大 ‎【答案】CD ‎【解析】线圈向左运动时，ab边做切割磁感线运动产生电动势，根据右手定则可知ab产生的电动势方向从a向b，电动势的大小为E=BLv，通过ab的电流为I=，由左手定则可知ab边受到的安培力方向向右，大小为F安=BIL；根据牛顿第二定律应有F-F安=ma；联立可得，可见，加速度a随速度v的增大而减小，即线圈做加速度减小的加速运动，所以AB错误，C正确；线圈加速运动，产生的感应电流应逐渐增大，所以D正确．故选CD.‎ 点睛：对电磁感应问题首先找出电源，然后根据楞次定律和法拉第电磁感应定律写出电动势大小和方向，若涉及到力学问题，就进行受力分析，再根据牛顿第二定律写出相应的表达式，然后再讨论即可．‎ ‎9. 关于电磁感应现象，下列说法正确的是 A. 线圈放在磁场中就一定能产生感应电流 B. 闭合线圈放在匀强磁场中做切割磁感线运动时，一定能产生感应电流 C. 感应电流的磁场总是阻碍原来磁场的磁通量的变化 D. 感应电流的磁场总是与原磁场方向相反 ‎【答案】C ‎【解析】线圈放在磁场中如果穿过线圈的磁通量不变，则线圈中就不能产生感应电流，选项A错误； 闭合线圈的部分导体放在匀强磁场中做切割磁感线运动时，一定能产生感应电流，选项B错误；根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍原来磁场的磁通量的变化，选项C正确；感应电流的磁场总是阻碍原磁场的变化，则与原磁场方向可能相同，也可能相反，选项D错误；故选C.‎ ‎10. 如图所示，小磁针正上方的直导线与小磁针平行，当导线中有电流时，小磁针会发生偏转。首先观察到这个实验现象的物理学家和观察到的现象是 ‎ A. 奥斯特，小磁针的N极转向纸内 B. 法拉第，小磁针的S极转向纸内 C. 库仑，小磁针静止不动 D. 洛伦兹，小磁针的N极转向纸内 ‎【答案】A ‎【解析】发现电流周围存在磁场的科学家是奥斯特，根据安培定则可知该导线下方磁场方向垂直纸面向里，因此小磁针的N极垂直转向纸内，故BCD错误，A正确．故选A．‎ 三、实验题（本大题共3个小题，共20分）‎ ‎11. （1）某同学用螺旋测微器的的某工件外径如图所示，其示数D=_____mm ‎(2)某同学测得阻值约为25kΩ的电阻R，现备有下列器材：‎ A.电流表（量程400  μA，内阻约2kΩ）；‎ B.电流表（量程500  μA，内阻约300Ω）；‎ C.电压表（量程15V，内阻约100KΩ）；‎ D.电压表（量程60V，内阻约500KΩ）；‎ E.直流电源（20V，允许最大电流1A）；‎ F.滑动变阻器（最大阻值1KΩ，额定功率1W）；‎ G．开关和导线若干.‎ 电流表应选_____.电压表应选_____(填字母代号)‎ ‎（3）画出实验电路图____：‎ ‎【答案】 (1). 1.731---1.734mm (2). B (3). C (4). ‎ ‎【解析】（1）螺旋测微器的读数：1.5mm+0.01mm×23.3=1.733mm.‎ ‎（2）由闭合电路欧姆定律，有电路最大电流为I==800μA，故电流表应选B，因电源电动势为20V，所以电压表应选C． （3）由题得，=4，而，则，故用电流表内接法；因是小电阻控制大电阻，若用限流式接法，控制的电压变化范围太小，则滑动变阻器应采用分压式接法． 电路图如图：‎ ‎ 点睛：本题考查伏安法测电阻的实验；实验电路所用器材的要求要熟练掌握，读数的要求，误差来源的分析，变阻器的分压与限流式区别要弄清楚．‎ ‎12. 用欧姆表测电阻时，如发现指针偏转角度太小，为了使读数的精度提高，应使选择开关拨到较______（选填“大”或“小”）的倍率挡，重新测量前要进行______（选填“欧姆调零”或“机械调零”）．如图所示为使用多用表进行测量时，指针在刻度盘上停留的位置，若选择旋钮在“×10Ω”位置，则所测量电阻的阻值为______Ω；若选择旋钮在“50mA”位置，则所测量电流的值为______mA．‎ ‎【答案】 (1). 大 (2). 欧姆调零 (3). 320 (4). 22.0mA ‎【解析】用欧姆表测电阻时，如发现指针偏转角度太小，说明倍率档选择过高，为了使读数的精度提高，应使选择开关拨到较大的倍率挡，重新测量前要进行欧姆调零．如图若选择旋钮在“×10Ω”位置，则所测量电阻的阻值为32×10Ω=320Ω；若选择旋钮在“50mA”位置，则所测量电流的值为22.0mA．‎ 四、本大题共4个小题，共40分。‎ ‎13. 如图所示，两平行金属导轨所在的平面与水平面夹角，导轨的一端接有电动势、内阻的直流电源，导轨间的距离。在导轨所在空间内分布着磁感应强度、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。 现把一个质量的导体棒放在金属导轨上，导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒的电阻，导体棒恰好能静止。金属导轨电阻不计。（g取10m/s2，sin37º=0．6，cos37º=0．8）求：‎ ‎（1）受到的安培力大小；‎ ‎（2）受到的摩擦力大小。‎ ‎【答案】（1）0.40N （2）0.16N ‎【解析】（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：‎ 导体棒受到的安培力：F安=ILB=2×0.40×0.50N=0.40N （2）导体棒所受重力沿斜面向下的分力：F1=mgsin37°=0.04×10×0.6N=0.24N 由于F1小于安培力，故导体棒沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件得： mgsin37°+f=F安 解得：f=F安-mgsin37°=（0.40-0.24）N=0.16N ‎14. 电视机显像管原理如图所示，初速度不计的电子经电势差为的电场加速后，沿水平方向进入有边界的磁感应强度为匀强磁场中。已知电子电量为、质量为。若要求电子束的偏转角为，求：磁场有限边界的宽度L ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】电子进加速电场加速后，速度为v，则由动能定理，有：eU＝mv2‎ ‎ 解得： 电子进入匀强磁场中做匀速圆周运动，故：evB＝m 由几何关系，有：L=Rsinα ‎ 联立解得：L= ‎ 点睛：解决本题的关键作出粒子的运动轨迹图，结合几何关系、牛顿第二定律和动能定理进行求解．‎ ‎15. 如图所示，光滑金属导轨PN与QM相距1 m，电阻不计，两端分别接有电阻R1和R2，且R1＝6 Ω，R2＝3 Ω，ab导体棒的电阻为2 Ω.垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为1 T.现使ab以恒定速度v＝6 m/s匀速向右移动，求：‎ ‎(1)导体棒上产生的感应电动势E.‎ ‎(2)R1与R2消耗的电功率分别为多少？‎ ‎【答案】（1）3V （2） ‎ 则外电压的大小U=E-Ir=3−×2V=1.5V 则R1消耗的电功率． ‎ R2消耗的电功率 点睛：本题考查电磁感应与电路的综合问题，搞清电路的结构，知道切割的部分相当于电源，结合闭合电路欧姆定律进行求解．‎ ‎16. 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 ‎ ‎17. 如图所示，水平的平行虚线间距，其间有磁感应强度的匀强磁场。一个正方形线圈的边长，质量，电阻。开始时，线圈的下边缘到磁场上边缘的距离。将线圈由静止释放，取，求：‎ ‎（1）线圈下边缘刚进入磁场时，两端的电势差 ‎（2）线圈下边缘刚进入磁场时加速度的大小 ‎（3）整个线圈穿过磁场过程中产生的电热Q；‎ ‎【答案】（1）0.3V （2）0 （3）0.2J ‎【解析】（1）设线框进入磁场的速度为v，根据动能定理可得：mgh=mv2 解得：v=4m/s； 根据法拉第电磁感应定律可得产生的感应电动势为：E=BLv=0.4V， CD两端电压为路端电压，则有：UCD=E=0.3V； （2）根据闭合电路的欧姆定律可得感应电流为：I==10A， 此时的安培力大小为F=BIL=1N，方向向上， 重力为：G=mg=1N， 所以加速度为：a==0； （3）根据功能关系可知，产生的热量等于重力势能减少量，则哟：Q=2mgd=0.2J．‎ 点睛：对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解．‎ ‎ ‎