河南省鹤壁市淇滨高级中学2017-2018学年高二下学期3月月考物理试题

淇滨高中20172018下学期第一次月考高二物理试卷一、选择题1.在物理学发展过程中，许多科学家做出了杰出的贡献，下列说法正确的是（）A.安培提出了磁场对运动电荷的作用力公式B.奥斯特总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律C.法拉第通过大量的实验研究，发现了电磁感应现象D.库仑首先发现了电流的磁效应，揭示了电与磁的联系【答案】C【解析】洛伦兹提出了磁场对运动电荷的作用力公式，选项A错误；库伦总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律，选项B错误；法拉第通过大量的实验研究，发现了电磁感应现象，选项C正确；奥斯特首先发现了电流的磁效应，揭示了电与磁的联系，选项D错误；故选C.2.下列关于动量的说话中，正确的是（）A.物体的动量越大，其速度一定越大B.物体的速度变化了，其动量一定发生变化C.动量大的物体的惯性也大D.动量大的物体速度比动量小的物体的速度大【答案】B【解析】动量等于物体的质量与物体速度的乘积，即P=mv，动量大只能说明质量与速度的乘积大，但速度不一定大，故A错误；根据动量表达式P=mv可知，如果物体的速度变化，则动量一定发生变化；故B正确；惯性大小的唯一量度是物体的质量，如果物体的动量大，但也有可能物体的质量很小，所以不能说物体的动量大其惯性就大．故C错误，动量大的物体说明mv大，但速度不一定大，故动量大的物体速度不一定比动量小的物体速度大，故D错误．故选B．【点睛】动量等于物体的质量与速度的乘积，速度是矢量，故动量也是矢量．动量由质量和速度共同决定．惯性大小的唯一量度是质量．3.如图所示，金属棒与金属导轨垂直放置,且接触良好,导轨间有垂直纸面向里的匀强磁场，当金属棒ab沿导轨向右匀速滑动时，螺线管左侧小磁针的N极受力方向为（）A.水平向左B.水平向右C.垂直纸面向里D.垂直纸面向外【答案】B4.如图所示，为一正弦交流电通过一电子元件后的波形图，则下列说法正确的是()A.这也是一种交流电B.电流的变化周期是0.01sC.电流的有效值是1AD.电流通过100Ω的电阻时，1s内产生的热量为200J【答案】C【解析】交流电的特点是电流方向变化；电流的变化周期是0.02s，根据有效值的定义得：，带入数据解得：I=1A，电流通过100Ω的电阻时，1s内产生热量为100J.5.如图所示交流电的电流有效值为()A.2AB.3AC.2AD.3A【答案】C【解析】由有效值的定义可得：I12Rt1+I22Rt2=I2RT，

代入数据得：62×R×1+22×R×1=I2R×2，

解得：I=2A，故选C．6.如图所示，一根长导线弯成如图abcd的形状，在导线框中通以图示直流电，在框的正中间用绝缘的橡皮筋悬挂一个金属环P，环与导线框处于同一竖直平面内，当电流I增大时，下列说法中正确的是()A.金属环P中产生顺时针方向的电流B.橡皮筋的长度不变C.橡皮筋的长度增大D.橡皮筋的长度减小【答案】C...............【点睛】解决本题的关键会用安培定则判断电流周围磁场的方向，以及学会根据楞次定律来确定感应电流的方向．同时会用左手定则判断安培力的方向．7.如图所示，匀强磁场区域宽为d，一正方形线框abcd的边长为L，且L>d，线框以速度v通过磁场区域，从线框进入到完全离开磁场的时间内，线框中没有感应电流的时间是()A.B.C.D.【答案】B【解析】从bc边到达右边界直至ad边到达左边界过程，无感应电流，所以没有感应电流的时间是：，故B正确，ACD错误。8.如图,直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时,a、b、c三点的电势分别为、、。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是()A.，金属框中无电流B.，金属框中电流方向沿abcaC.Ubc=Bl2ω/2，金属框中无电流D.Ubc=Bl2ω/2，金属框中电流方向沿acba【答案】C【解析】A、C项：但对于bc与ac边而言，由于bc边切割磁感线，故bc边会产生感应电动势，由右手定则可知，c点的电势要大于b点的电势，故Ubc是负值，且大小等于，对于导体ac而言，由右手定则可知，c点的电势大于a点的电势，故选项A错误，所以选项C是正确的，B、D项：因为当金属框绕轴转运时，穿过线圈abc的磁通量始终为0，故线圈中无感应电流产生，选项B、D错误；点晴：该题既可以通过法拉第电磁感应定律得出线圈abc的感应电流情况，又可以通过对bc边和ac边的研究，看它们切割磁感线时产生感应电动势的大小，判断导线端点的电势大小情况。9.如图，单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO/匀速转动（按俯视沿逆时针的方向），某时刻磁感线与线圈平面所成锐角为30°，从此时开始计时，流过边AB的电流随时间变化的图线是（以ABCDA为电流正向）（）A.B.C.D.【答案】D【解析】根据楞次定律可知，线圈在开始转动的一小段时间内磁通量增大产生负向电流，AC错误；当线圈转动六分之一周期后，处于中性面，磁通量最大，电动势为零，感应电流为零，D正确，B错误；故选D.10.如图甲所示，正方形导线框固定在匀强磁场中，磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，其中B0、t0均为已知量。已知导线框的边长为L，总电阻为R，则下列说法中正确的是（）A.t0时刻，ab边受到的安培力大小为B.0～t0时间内，导线框中电流的方向始终为badcbC.0～t0时间内，导线框产生的热量为D.0～t0时间内，通过导线框的电荷量为【答案】AC【解析】A项：t0时刻，线圈中产生的感应电动势，感应电流，所以ab边所受安培力，故A正确；B项：0～t0时间内，穿过线圈的磁通量增大，根据“楞次定律”可知，感应电流方向为abcda，故B错误；C项：0～t0时间内，产生的热量，故C正确；D项：0～t0时间内，通过的电荷量为，故D错误。点晴：解决本题关键理解在电磁感应现象中产生的热量要用感应电流的有效值，电荷量应用电流的平均值计算。11.如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是()A.在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B.线圈先后两次转速之比为3：2C.交流电a的瞬时值为u＝10sin5πtD.交流电b的最大值为5V【答案】BC【解析】由图可知，t=0时刻线圈均在中性面，穿过线圈的磁通量最大，故A错误；由图象可知，根据，得，故B正确；由图象可知，交流电a的最大值为10V，角速度为，所以交流电a的瞬时值为，故C正确；交流电最大值，因，交流电电压最，，故D错误；故选BC.【点睛】根据图象可以知道交流电的最大值和交流电的周期，根据交流电周期之间的关系可以求得线圈的转速之间的关系和交流电的瞬时值表达式．12.如图所示为水平面内环形电流形成磁场的磁感线的分布，一带负电的小球沿图中上方虚线做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（）A.从上向下看，环形电流沿逆时针方向B.从上向下看，小球沿逆时针方向做圆周运动C.同一小段通电直导线放在A处时受到的安培力比放在B处时受到的安培力大D.小段通电直导线在C处垂直纸面放置时受到的安培力沿磁感线的切线方向【答案】AB【解析】根据右手定则，从上向下看，环形电流沿着逆时针方向，故A正确；小球运动轨迹上任一点的磁场可分解为竖直向上和水平向外的两个分量，小球受到的水平分磁场的洛伦兹力与重力平衡，受到竖直分磁场的洛伦兹力提供其圆周运动，根据左手定则可知，从上向下看，小球的运动为逆时针方向的圆周运动，故B正确；通电直导线在磁场中受到安培力不仅仅跟电流大小，导线长度，磁场强弱有关，还与导线与磁场的夹角有关，因此一小段电流恒定的直导线放在A处受到的安培力与放在B处的受到的安培力大小关系不能确定，故C错误；一小段通电导线在C处垂直纸面放置时，受到的安培力与磁感线在C点的切线方向垂直，故D错误；故选AB.二、实验题13.在“研究电磁感应现象”的实验中，首先按图甲接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系，然后按图乙将电流表与线圈B连成一个闭合电路，将线圈A、电源、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路，在图甲中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏（不通电时指针停在正中央）．在图乙中：（以下均填“向左”或“向右”或“不”）（1）S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针____________偏转．（2）线圈A放在B中不动，将滑动变阻器的滑片向右滑动时，电流表指针____________偏转．（3）线圈A放在B中不动，突然切断开关S时，电流表指针____________偏转．【答案】(1).右(2).右(3).左【解析】在图甲中，闭合开关，电流从正接线柱流入电流表，电流表指针向左偏转，即电流从哪个接线柱流入，指针就向哪侧偏转；在图乙中，闭合开关后，由安培定则可知，线圈A中的电流产生的磁场，导致线圈B中的磁通量变化，从而产生感应电流，因此指针会偏转；

（1）将S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，穿过B的磁场向上，磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流从电流表负接线柱流入，则电流表的指针将右偏转；

（2）螺线管A放在B中不动，穿过B的磁场向上，将滑动变阻器的滑动触片向右滑动时，穿过B的磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流从电流表负接线柱流入，则电流表的指针将右偏转；

（3）螺线管A放在B中不动，穿过B的磁场向上，突然切断开关S时，穿过B的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流从电流表正接线柱流入，则电流表的指针将向左偏转。点睛：由安培定则判断出判断出线圈A产生的磁场方向，然后判断出穿过线圈B的磁通量如何变化，最后由楞次定律判断出感应电流的方向，确定电流表指针的偏转方向。14.用“碰撞试验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．(1)试验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的．但是，可以通过仅测量________(填选项前的序号)，间接地解决这个问题．A．小球开始释放高度hB．小球抛出点距地面的高度HC．小球做平抛运动的射程(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时，先让入射球m1多次从斜轨上同一位置静止释放，找到其平均落地点的位置B，测量平抛射程OB。然后把被碰小球m2静止于轨道的水平部分，再将入射小球m1从斜轨上相同位置静止释放，与小球m2相撞，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是________(填选项的符号)A．用天平测量两个小球的质量m1、m2B．测量小球m1开始释放高度hC．测量抛出点距地面的高度HD．分别找到m1，m2相碰后平均落地点的位置A、CE．测量平抛射程OA,OC(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_________________(用(2)中测量的量表示)；(4)若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为________________(用(2)中测量的量表示)．【答案】(1).C(2).ADE(3).(4).【解析】（1）小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，小球的水平位移与小球的初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度，故选C．（2）要验证动量守恒定律定律，即验证：，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，则有：、、，代入上式得：，因此实验需要测量：两球的质量、小球的水平位移，故选ADE．（3）由（2）可知，实验需要验证：，若碰撞过程没有动能的损失，碰撞前后总动能保持不变，则有：，将、、代入得：.【点睛】根据实验原理分析答题．明确实验应测量的物理量，并明确实验中的注意事项；由动量守恒定律求出需要验证的表达式，根据表达式确定需要测量的量；根据分析确定需要验证的关系式．三、解答题15.如图所示，是质量为的金属杆，在竖直平面内由静止开始贴着光滑平行金属导轨下滑，始终与导轨接触良好．导轨的间距，导轨上端接有电阻，导轨与金属杆的电阻不计，整个装置处于的水平匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面．若取．求：（1）金属杆运动的最大速度的大小．（2）在金属杆达到最大速度后，金属杆两端点、哪点电势高．【答案】（1）；（2）点电势高【解析】（1）由题可知，当速度达到最大时加速度，即根据法拉第电磁感应定律有：根据闭合电路欧姆定律有：根据安培力联立解得：（2）金属杆向下运动，根据右手定则，可知电流方向由M到N，而金属杆作为电源，故在电源内部电流是由负极流向正极，故N点电势高．16.如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l=0.6m，左端接有阻值R=0.8Ω的电阻，一质量m=0.1kg，电阻r=0.1Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.5T。棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a=2m/s2的加速度做匀加速直线运动，外力作用3s后撤去，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后电阻R上产生的焦耳热之比Q1：Q2=2：1，导轨足够长，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，棒与导轨间的接触电阻及导轨电阻不计，求：(1)3s末，金属棒MN两端的电动势E；(2)棒在匀加速过程中，通过电阻R的电荷量q；(3)匀加速过程中水平外力做的功W；【答案】(1)E=1.8V(2)q=3C(3)W=5.4J【解析】试题分析：棒在匀加速运动过程中，由法拉第电磁定律即