2017-2018学年山东省寿光现代中学高二上学期12月月考物理试题 解析版

2017-2018学年山东省寿光现代中学高二上学期12月月考物理试题 解析版

山东省寿光现代中学2017-2018学年高二12月月考物理试题 一、选择题：1~5题为单选题，6~10题多项选择题 ‎1. 如图所示为地磁场磁感线的示意图，在北半球地磁场的竖直分量向下，飞机在我国上空匀速巡航，机翼保持水平，飞行高度不变，由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差，设飞行员左方机翼末端处的电势为，右方机翼末端处电势为 A. 若飞机从西往东飞，‎ B. 若飞行从东往西飞，‎ C. 若飞机从南往北飞，‎ D. 若飞机从北往南非，‎ ‎【答案】D ‎【解析】当飞机在北半球飞行时，由于地磁场的存在，且地磁场的竖直分量方向竖直向下，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，在北半球，不论沿何方向水平飞行，都是飞机的左方机翼电势高，右方机翼电势低，即总有φ1>φ2．故D错误，ABC正确．故选ABC.‎ 点睛：本题要了解地磁场的分布情况，掌握右手定则．对于机翼的运动，类似于金属棒在磁场中切割磁感线一样会产生电动势，而电源内部的电流方向则是由负极流向正极的．‎ ‎2. 如图所示，线框由A位置开始下落，在磁场中受到的安培力如果总小于重力，则它在A、B、C、D四个位置（B、D位置恰好线框有一半在磁场中）时，加速度关系为 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】线框在A、C位置时只受重力作用，加速度，线框在B、D位置时均受两个力作用，其中安培力向上，重力向下，由于重力大于安培力，所以加速度向下，大小为，又线框在D点时速度大于B点速度，即，所以，因此加速度的关系为，故B正确，ACD错误；故选B.‎ ‎3. 宽为L，共N匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面。当线圈中通有电流I（方向如图）时，，在天平左、右两边加上质量各为m1、m2的砝码，天平平衡．当电流反向（大小不变）时，右边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡．由此可知 A. 磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为 B. 磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为 C. 磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为 D. 磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为 ‎【答案】B ‎【解析】B的方向垂直纸面向里，在天平左、右两边加上质量各为m1、m2的砝码，天平平衡．因为线框也是有质量的，设右边的线框质量为m02，根据平衡有：NBIL=（m1-m02-m2）g，解得B=．故A错误．当B的方向垂直纸面向里，开始线圈所受安培力的方向向向下，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向上，相当于右边少了两倍的安培力大小，所以右边应加砝码，有mg=2NBIL，所以B＝．故B正确．当B 的方向垂直纸面向外，开始线圈所受安培力的方向向向上，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向下，相当于右边多了两倍的安培力大小，需要在左边加砝码．故CD错误．故选B．‎ ‎4. 如图所示，在光滑水平桌面上有一边长为L，电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d（）的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动．t=0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v-t图象中，可能正确描述上述过程的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】线框进入磁场时，由右手定则和左手点则可知线框受到向左的安培力，由于，则安培力减小，故线框做加速度减小的减速运动；同理可知线框离开磁场时，线框也受到向左的安培力，做加速度减小的减速运动；线框完全进入磁场后，线框中没有感应电流，不再受安培力作用，线框做匀速运动，本题选D。‎ ‎5. 如图所示，内壁光滑的塑料管弯成的圆环平放在水平桌面上，环内有一带负电小球，整个装置处于竖直向下的磁场中，当磁场突然增大时，小球将 A. 沿顺时针方向运动 B. 沿逆时针方向运动 C. 在原位置附近往复运动 D. 仍然保持静止状态 ‎【答案】A ‎【解析】磁感应强度竖直向下，B随时间增加，由楞次定律可知，变化的磁场产生的感生电场沿逆时针方向；小球带负电，小球所受电场力沿顺时针方向，即沿顺时针方向加速运动；故A正确，BCD错误；故选A．‎ 点睛：本题考查了楞次定律的应用，由楞次定律判断出感生电场的方向，是正确解题的前提与关键；根据感生电场方向判断出带电小球受力方向，即可正确解题．‎ ‎6. 如图所示，一矩形线圈置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化的规律如图（b）所示，则线圈产生的感应电动势的情况为 A. 0时刻电动势最大 B. 0时刻电动势为零 C. t1时刻磁通量的变化率等于零 D. t1～t2时间内电动势增大 ‎【答案】AC ‎【解析】由于面积一定，磁场变化，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为：E=nS•∝；0时刻磁感应强度的变化率最大，故感应电动势最大，故A正确，B错误；t1时刻磁通量最大，但磁通量的变化率为零，故感应电动势为零，故C正确；t1～t2时间内，磁通量的变化率变大，故感应电动势增加，故D正确；故选ACD．‎ 点睛：本题中磁通量最大时，磁通量的变化率最小；磁通量最小时，磁通量的变化率最大；然后根据法拉第电磁感应定律列式判断即可．‎ ‎7. 如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力作用下运动时，MN在磁场力作用下向右运动，PQ所做的运动可能是 A. 向右匀加速运动 B. 向左匀加速运动 C. 向右匀减速运动 D. 向左匀减速运动 ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析：MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；根据右手螺旋定则，与楞次定律可知PQ的运动情况．‎ 解：‎ MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由右手螺旋定则与楞次定律可知，PQ可能是向左加速运动或向右减速运动．故BC正确，AD错误．‎ 故选：BC．‎ ‎【点评】本题关键是分析好引起感应电流的磁通量的变化，进而才能分析产生电流的磁通量是由什么样的运动产生的．‎ ‎8. 如图所示，L是电感足够大的线圈，其直流电阻可忽略不计，和是两个相同的灯泡，若电键S闭合，等灯泡亮度稳定后，再断开电键S，则（　　）‎ A. 电键S闭合时，灯泡、同时亮，然后会变暗直到不亮 B. 电键S闭合时，灯泡很亮，逐渐变亮，最后一样亮 C. 电键S断开时，灯泡随之熄灭，而会亮一下后才熄灭 D. 电键S断开时，灯泡随之熄灭，而会闪亮一下后才熄灭 ‎【答案】A ‎【解析】K闭合瞬间，但由于线圈的电流增加，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的增加，所以两灯同时亮，当电流稳定时，由于电阻可忽略不计，所以以后D1会逐渐变暗直到熄灭，D2变亮．故A正确，B错误；K闭合断开，D2立即熄灭，但由于线圈的电流减小，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的减小，所以D1亮一下再慢慢熄灭，故C正确，D错误；故选AC．‎ 点睛：线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈上端是电源正极．当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈下端是电源正极．‎ ‎9. 法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别于圆盘的边缘和铜轴接触，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是 A. 若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定 B. 若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动 C. 若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化 D. 若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍 ‎【答案】AB ‎【解析】试题分析：由电磁感应定律得，，故一定时，电流大小恒定，选项A正确；由右手定则知圆盘中心为等效电源正级，圆盘边缘为负极，电流经外电路从a经过R流到b，选项B正确；圆盘转动方向不变时，等效电源正负极不变，电流方向不变，故选项C错误；，角速度加倍时功率变成4倍，选项D错误，故选AB。‎ ‎【考点定位】电磁感应定律 ‎【名师点睛】法拉第圆盘是课本上介绍的装置，在历次考试中多次出现；解题时要会进行电源的等效：相当于一条半径旋转切割磁感线，记住求解感应电动势的公式，并能搞清整个电路的结构。‎ ‎ ‎ ‎10. 如图所示，两竖直放置的平行光滑导轨相距0.2m，其电阻不计，处于水平向里的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度为0.5T，，导体棒ab与cd的电阻均为0.1Ω，质量均为0.01kg．现用竖直向上的力拉ab棒，使之匀速向上运动，此时cd棒恰好静止，已知棒与导轨始终接触良好，导轨足够长，g取10m/s2，则（　　）‎ A. ab棒向上运动的速度为1m/s B. ab棒受到的拉力大小为0.2N C. 在2s时间内，拉力做功为0.4J D. 在2s时间内，ab棒上产生的焦耳热为0.4J ‎【答案】BD ‎【解析】cd棒受到的安培力等于它的重力，BL＝mg，v＝＝2 m/s，A错误．ab棒受到向下的重力G和向下的安培力F，则ab棒受到的拉力FT＝F＋G＝2mg＝0.2 N，B正确．在2 s内拉力做的功，W＝FTvt＝0.2×2×2 J＝0.8 J，C不正确．在2 s内ab棒上产生的热量Q＝I2Rt＝2Rt＝0.2 J，D不正确．‎ 二、填空题 ‎11. 如图所示，平行金属导轨的间距为d，一端跨接一阻值为R的电阻，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于平行轨道所在平面，一根长直金属棒与导轨成60°角放置，且接触良好，则当金属棒以垂直于棒的恒定速度v沿金属导轨滑行时，其他电阻不计，电阻R中的电流为_____________。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】金属棒中产生的感应电动势为：E=BLv=Bv；通过R的电流为： ‎ ‎12. 一个100匝的闭合圆形线圈，总电阻为15.0Ω，面积为50cm2，放在匀强磁场中，线圈平面根据磁感线方向垂直，匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图（b）所示．设t=0时，B的方向如图（a）所示，垂直于纸面向里．则线圈在0～4×10-3s内的平均感应电动势的大小是___________；在2s内线圈中产生的热量是___________．‎ ‎【答案】 (1). 75； (2). 750J ‎【解析】根据B-t图中同一条直线磁通量的变化率是相同的，所以电动势为定值，即为 E＝nS=100××103×50×10−4V=75V； 根据在2s内，由焦耳定律Q=I2Rt，可知Q=750J．‎ 三、计算题： ‎ ‎13. 如图所示，在倾角为的光滑斜面上有一根水平方向的通电直导线，已知直导线长为L，质量为m，通过的电流为I，方向如图所示，整个装置处在匀强磁场中，‎ ‎（1）若通电直导线在斜面上静止不动，则匀强磁场的磁感应强度的最小值 是多少？，方向如何？‎ ‎（2）如果通电直导线对斜面无压力，则匀强磁场的磁感应强度的最小值是多少，方向如何？‎ ‎【答案】（1）．方向垂直斜面向上．（2），方向水平向左．‎ ‎【解析】（1）导线受重力、支持力和安培力处于平衡，当安培力方向沿斜面向上时，安培力最小，有：．‎ 则．‎ 根据左手定则知，磁感应强度的方向垂直斜面向上．‎ ‎（2）当通电导线对斜面无压力时，重力和安培力平衡，有：‎ 解得，根据左手定则，磁感应强度的方向水平向左．‎ ‎14. 如图所示，bacd为静止于水平面上宽度为L=0.4m；而长度足够长的U形金属滑轨，ac边接有电阻R=1Ω，其他部分电阻不计．ef为一可在滑轨平面上滑动，质量为m=0.1kg、电阻也为R=1Ω的均匀导体棒．整个滑轨面处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B=0.5T，忽略所有摩擦．若ef杆以恒定的加速度a=2m/s2由静止开始做匀加速运动则：‎ ‎（1）第5s末，回路中的电流多大？‎ ‎（2）第5s末，作用在ef杆上的水平外力多大？‎ ‎【答案】（1）1A（2）0.4N ‎【解析】（1）5s末的速度为：v=at=2×5=10m/s 根据闭合电路欧姆定律，有：‎ ‎（2）棒受重力、支持力、拉力、安培力（向左），根据牛顿第二定律，有：F-BIL=ma ‎ 解得：F=BIL+ma=0.5×1×0.4+0.1×2=0.4N ‎15. 如图所示，匝数N=100匝，截面积S=0.2m2，电阻r=0.5Ω的圆形线圈MN处于垂直纸面向里的匀强磁场内，，磁感应强度随时间按B=0.6+0.02t（T）的规律变化，处于磁场外的电阻R1=3.5Ω，R2=6Ω，电容C=30μF，开关S开始时未闭合，求：‎ ‎（1）闭合S后，线圈两端M、N两点间的电压UMN和电阻R2消耗的电功率；‎ ‎（2）闭合S一段时间后又打开S，则S断开后通过R2的电荷量为多少？‎ ‎【答案】（1）9.6×10-3W （2）7.2×10-6C ‎【解析】试题分析：（1）由题给条件可知磁感应强度的变化率为：‎ 故回路产生的电动势为：‎ 感应电流：‎ 由闭合电路欧姆定律有：UMN=E-Ir=0．38V 故R2消耗的电功率：P2＝I2R2=9．6×10-3W ‎（2）S合时：UC=IR2=0．24V 充电电量：Q=CUC=7．2×10-6C S开时：R2放电，放电的电量：Q=7．2×10-6C，即为S断开后通过R2的电荷量．‎ 考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路欧姆定律；电功率；电量 ‎16. 如图所示，在真空中板间r=3.0×10-2m的圆形区域内，有磁感应强度B=0.2T，方向如图的匀强磁场，一批带正电的粒子以初速度v0=1.0×106m/s，从磁场边界上直径ab的一端a沿着各个方向射入磁场，且初速度方向与磁场方向都垂直，该粒子的比荷为，不计粒子重力．求：‎ ‎（1）粒子的轨迹半径；‎ ‎（2）粒子在磁场中运动的最长时间；‎ ‎（3）若射入磁场的速度改为，其他条件不变，试用斜线画出该批粒子在磁场中可能出现的区域．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）‎ ‎【答案】（1）5.0×10-2m （2）6.5×10-8s（3）如图；‎ ‎【解析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，‎ 解得：．‎ ‎ ‎ 又，‎ 解得：．‎ ‎（3）速度改为时，粒子的轨道半径，粒子在磁场中可能出现的区域：如图中以Oa为直径的半圆及以a为圆心、Oa为半径的圆与磁场相交的部分，如图所示．‎ 点睛：解决带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动问题时，应首先确定圆心的位置，找出半径，做好草图，利用数学几何并结合运动规律进行求解． ‎ ‎ ‎