山西省实验中学2020学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析）.doc

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1、山西省实验中学2020学年度下学期第一次月考试题 物理试题一、选择题（本题15小题，共50分，在每个小题给出的四个选项中篇110题只有一个选项符合题目要求，每 题3分，第1115题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分）1. 在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是（ ）A. 将绕在磁铁上的线圈与电流表组合成一闭合回路，然后观察电流表的变化B. 在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C. 将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D. 绕在同一铁环上的

2、两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化【答案】D【解析】试题分析：法拉第发现的电磁感应定律并总结出五种情况下会产生感应电流，其核心就是通过闭合线圈的磁通量发生变化，选项AB中，绕在磁铁上面的线圈和通电线圈，线圈面积都没有发生变化，前者磁场强弱没有变化，后者通电线圈中若为恒定电流则产生恒定的磁场，也是磁场强弱不变，都会导致磁通量不变化，不会产生感应电流，选项A、B错。选项C中往线圈中插入条行磁铁导致磁通量发生变化，在这一瞬间会产生感应电流，但是过程短暂，等到插入后再到相邻房间去，过程已经结束，观察不到电流表的变化。选项C错。选项D中，线圈通电或断电瞬间，导致线圈

3、产生的磁场变化，从而引起另一个线圈的磁通量变化产生感应电流，可以观察到电流表指针偏转，选项D对。考点：法拉第发现电磁感应定律2.磁铁在线圈中心上方开始运动时，线圈中产生如图方向的感应电流，则磁铁（）向上运动 B向下运动 C向左运动 D向右运动【答案】B【解析】据题意，从图示可以看出磁铁提供的穿过线圈原磁场的磁通量方向向下，由安培定则可知线圈中感应电流激发的感应磁场方向向上，即两个磁场的方向相反，则由楞次定律可知原磁场通过线圈的磁通量的大小在增加，故选项B正确。【考点定位】楞次定律和安培定则【方法技巧】通过安培定则判断感应磁场方向，通过楞次定律判断磁铁的运动情况。3.如图所示，边长为L，匝数为N

4、的正方形线圈abcd位于纸面内，线圈内接有电阻值为R的电阻，过ab中点和cd中点的连线OO恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁场的磁感应强度为B.当线圈转过90时，通过电阻R的电荷量为()A. B. C. D. 【答案】B【解析】当正方形线圈abcd有一半处在磁感应强度为B的匀强磁场中时，磁通量为：，根据，故B正确，ACD错误；故选B点睛：本题考查对于匀强磁场中磁通量的求解能力对于公式=BS，要懂得S的意义：有效面积，即有磁感线穿过的面积.4.如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块A. 在P和Q中都做自由落

5、体运动B. 在两个下落过程中机械能都守恒C. 在P中的下落时间比在Q中的短D. 落至底部时在P中的速度比在Q中的小【答案】D【解析】当小磁块在光滑的铜管P下落时，由于穿过铜管的磁通量变化，导致铜管产生感应电流，从而产生安培阻力，所以P做的运动不是自由落体运动；而对于塑料管内小磁块没有任何阻力，在做自由落体运动，故A错误；由A选项分析可知，在铜管的小磁块机械能不守恒，而在塑料管的小磁块机械能守恒，故B错误；在铜管中小磁块受到安培阻力，则在P中的下落时间比在Q中的长，故C错误；根据动能定理可知，因安培阻力，导致产生热能，则至底部时在P中的速度比在Q中的小，故D正确。故选D。5.如下图中各图面积均为

6、S的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度匀速转动，能产生正弦交变电动势eBSsint的图是：A. B. C. D. 【答案】A【解析】由题意可知，只有A图在切割磁感线，导致磁通量在变化，从而产生正弦交变电动势e=BSsint，而BCD图均没有导致磁通量变化，故A正确，BCD错误；故选A。6. 如图（a），线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，在ab线圈中通以变化的电流，测得cd间的的电压如图（b）所示，已知线圈内部的磁场与流经的电流成正比， 则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是：【答案】C【解析】试题分析：根据法拉第电磁感应定律，感应电动势即cd线圈中电压，由于磁场是

7、线圈ab中的感应电流产生的，所以，综上可得，即电压大小与线圈中电流的变化率成正比，根据图（b）可判断和电流的变化率大小相等，方向相反，即图象斜率大小相等，方向相反，对照选项C对。考点：电磁感应定律7.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【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：,

8、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。8.如图所示，线框由A位置开始下落，在磁场中受到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】【分析】线圈自由下落时，加速度为g线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力线圈完全在磁场中时，不产生感应电流，线圈只受重力，加速度等于g根据牛顿第二定律分

9、析加速度的关系。【详解】线框在A、C位置时只受重力作用，加速度=g，线框在B、D位置时均受两个力的作用，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 ，（ ）又线框在D点时速度大于B点时速度，即 ，所以，因此加速度的关系为=。故应选B。【点睛】本题关键是分析安培力的大小和方向情况，抓住安培力大小与速度成正比，分析B、D两处安培力的大小关系。9.如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是（）A. ab中的感应

10、电流方向由b到aB. ab中的感应电流逐渐减小C. ab所受的安培力保持不变D. ab所受的静摩擦力逐渐减小【答案】D【解析】磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得，ab中的感应电流方向由a到b，A错误；由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势恒定，则ab中的感应电流不变，根据可知电阻R消耗的热功率不变，B错误；根据安培力公式知，电流不变，B均匀减小，则安培力减小，C错误；导体棒受安培力和静摩擦力处于平衡，安培力减小，则静摩擦力减小，D正确10.如图，在同一平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l,磁感应强度大小相等、方向交替向上

11、向下。一边长为的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动，线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：找到线框在移动过程中谁切割磁感线，并根据右手定则判断电流的方向，从而判断整个回路中总电流的方向。要分过程处理本题。第一过程从移动的过程中左边导体棒切割产生的电流方向是顺时针，右边切割磁感线产生的电流方向也是顺时针，两根棒切割产生电动势方向相同所以 ，则电流为 ，电流恒定且方向为顺时针，再从移动到的过程中左右两根棒切割磁感线产生的电流大小相等，方向相反，所以回路中电流表现为零，然后从到的过程中，左边切割产生的电流方向逆时针，而右边切割产生的电流

12、方向也是逆时针，所以电流的大小为，方向是逆时针当线框再向左运动时，左边切割产生的电流方向顺时针，右边切割产生的电流方向是逆时针，此时回路中电流表现为零，故线圈在运动过程中电流是周期性变化，故D正确；故选D点睛：根据线圈的运动利用楞次定律找到电流的方向，并计算电流的大小从而找到符合题意的图像。11.如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la=3lb，图示区域内有垂直纸面向里的均强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则A. 两线圈内产生顺时针方向的感应电流B. a、b线圈中感应电动势之比为3:1C. a、b线圈中感应电流之比为3:1D. a

13、、b线圈中电功率之比为27:1【答案】CD【解析】【分析】磁感应强度随时间均匀变化说明产生的电动势大小不变，运用法拉第电磁感应定律求解【详解】原磁通垂直纸面向里增加，根据楞次定律可知应产生逆时针的感应电流，A正确，由法拉第电磁感应定律可知，B错误，可知，因此由欧姆定律得，因此选CD【点睛】线圈得大小不一样时电阻不一样，是一个易错点，要注意。12.两根相互平行的金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中，在导轨上与导轨接触良好的导体棒AB和CD可以自由滑动。当AB在外力F作用下向右运动时，下列说法中正确的是()A. 导体棒CD内有电流通过，方向是DCB. 导体棒CD内有电流通过，方向是CDC. 磁场

14、对导体棒CD的作用力向左D. 磁场对导体棒AB的作用力向右【答案】B【解析】试题分析：由于AB向右切割磁感线运动，由右手定则会产生由B到A的感应电流，CD中电流由C到D，故选项B 正确，A错误；由左手定则磁场对导体棒CD的作用力向右，磁场对导体棒AB的作用力向左，选项C错误，D正确。考点：右手定则及左手定则。13.如图所示电路、中，电阻R和自感线圈L的电阻值都是很小接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光 A. 在电路中，闭合S，A立刻变亮B. 在电路中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗C. 在电路中，断开S，A将渐渐变暗D. 在电路中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗【答案】BC【解析】【

15、分析】运用电感总是阻碍电流的变化线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡构成电路回路【详解】在电路a中，当闭合S，线圈阻碍电流增加，导致A将渐渐变亮；当断开S，L、A串联，由于线圈阻碍电流变小，L相当于电源，导致A将逐渐变暗，流过A的电流方向不会发生变化。故AB错误；在电路b中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导致A将变得更亮，然后逐渐熄灭。故C错误，D正确。所以D正确，ABC错误。14.电吹风是电动机带动风叶转动的装置

16、，电热丝给空气加热得到热风。设电动机线圈和电热丝的总电阻为R，接在一电压为u=U0sint的交流电源上，若已知电吹风使用时消耗的功率为P，通过电热丝和电动机线圈的总电流为I，则有A. PB. PI2RC. P=I2RD. 【答案】BD【解析】【分析】电吹风不是纯电阻原件，工作时不满足欧姆定律，电吹风功率满足输入动律=热功率+输出功率，接入交流电，工作时的电压为最大值的有效值【详解】电动机正常工作时，两端的电压为交流电的有效值，因此，功率，故A不对而D正确， 为电动机发热功率，电动机得输入功率等于输出功率加发热功率，因此，因此B正确，C错误；所以选BD15.如图所示，宽度为d的有界匀强磁场竖直向

17、下穿过光滑的水平桌面，一质量为m的椭圆型导体框平放在桌面上，椭圆的长轴平行磁场边界，短轴小于d。现给导体框一个初速度v0（v0垂直磁场边界），已知导体框全部在磁场中的速度为v，导体框全部出磁场后的速度为v1；导体框进入磁场过程中产生的焦耳热为Q1，导体框离开磁场过程中产生的焦耳热为Q2。下列说法正确的是A. Q1Q2B. Q1+Q2=m（v02-v12）C. 导体框进出磁场都是做匀变速直线运动D. 导体框离开磁场过程中，感应电流的方向为顺时针方向【答案】ABD【解析】【分析】线框进出磁场，由楞次定律判断感应电流，由能量守恒可知道线圈的发热量，线圈进出磁场的过程中安培力在变化，因此不做匀变速直线

18、运动。【详解】设线圈进出磁场通过的电荷量为q，由可知线圈进出磁场的电荷量相同，对进出磁场写动量定理，有，结合电荷量一样，于是有，由能量守恒可知进出线圈的过程中减少的动能转化为发热量,线框进出磁场的过程一直在减速，因此有；故A对，进出线框的发热总量，故B对，进出磁场安培力发生变化，因此不是匀变速运动，故C错误，线框离开磁场由楞次定律知电流方向顺时针，D正确。【点睛】本题的难点在于通过进出磁场的电荷量一样判断速度关系，在电磁感应类线框进出磁场问题中通常会用到动量定理结合电荷量判断速度关系知识点。二、非选择题（本部分5小题，共50分）16.小明同学设计了一个“电磁天平”，如图1所示，等臂天平的左臂为

19、挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡。线圈的水平边长L=0.1m，竖直边长H=0.3m，匝数为N1。线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0=1.0T，方向垂直线圈平面向里。线圈中通有可在02.0A范围内调节的电流I。挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使得天平平衡，测出电流即可测得物体的质量。（重力加速度取g=10m/s2）（1）为使电磁天平的量程达到0.5kg，线圈的匝数N1至少为_匝。（2）进一步探究电磁感应现象，另选N2=100匝、形状相同的线圈，总电阻R=10，不接外电流，两臂平衡，如图2所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d

20、=0.1m当挂盘中放质量为0.01kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率等于_T/s。【答案】 (1). 25 (2). 0.1【解析】【分析】（1）电磁天平的工作原理为通电线框在磁场中受到安培力，当安培力和被测物体的重力相等时天平处于平衡（2）在上方加入变化的磁场后，变化的磁场产生的电流使线框在下部磁场受安培力和重力平衡。【详解】（1）天平平衡时，有，当电流最大即2A时N1最小，带入数据得N1=25（2）天平平衡时，安培力等于重力，安培力为，重力为0.1N，代入数据得17.如图所示，光滑水平面上一个正方形导线框处于匀强磁场中，磁场方向垂直框平面，磁感应强度B随时间均匀增加，变化率为

21、1T/s。导体框质量m=1kg，边长L=2m，总电阻R=2，在F=3N的恒定外力作用下由静止开始运动。求：（1）导体框在磁场中的加速度大小为，（2）导体框中感应电流做功的功率.【答案】（1）3m/s2 （2）8W【解析】【分析】线框在外力F的作用下从静止开始运动，因线框的有效长度为0，因此线框的动生电动势为0，因此线框中只有感生电动势，由法拉第电磁感应定律求解【详解】（1）闭合线框在匀强磁场中有效长度为0，因此受到的安培力也为0，因此线框的合力为F，由牛顿第二定律得；（2）由法拉第电磁感应定律，18.如图所示，平行金属导轨与水平面成=37角，导轨与两个相同的电阻R相连，R=2。匀强磁场垂直穿过

22、导轨平面，有一导体棒ab，质量m=1kg，电阻也为2，与导轨之间的动摩擦因数为=0.2，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v=3m/s时，受到安培力的大小为F=6N。求：（1）此时导体棒ab消耗的热功率；（2）此时整个装置消耗机械能的功率。【答案】（1）12W （2）22.8W【解析】【分析】物体以得速度运动的时候受到安培力，通过法拉第电磁感应定律和安培力计算公式可以；由能量转化的观点可知此装置得机械能转化为摩擦生热和焦耳热。【详解】（1）由动生电动势的公式和欧姆定律以及安培力的公式联立可得安培力；导体棒ab切割磁感线，相当于电源，因此电路总电阻为两个电阻R并联与导体帮串联，联立4和5可

23、得，导体帮ab消耗的功率为（2）由能量转化的观点此时消耗的机械功率等于电路的热功率加上摩擦生热的功率，而电路的热功率等于安培力的功率，因此有，【点睛】本题第一问也可以用安培力的功率为电路的总热功率，三个电阻按串并联的关系分功率直接计算，更为简单，上面解答为常规解答。19.如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，0为半圆弧的中点，0为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定（过程）；再使磁感应强度的大小以一定的变

24、化率从B增加到B（过程）。在过程、中，流过OM的电荷量相等，则B和B的比值是多少？【答案】【解析】【详解】通过线框的电荷量，设半圆的面积为2s，则圆的面积为s，第一次过程从OQ转到OS，则 ，第二次保持线框的面积不变，则，两次电荷量一样有，解得【点睛】电磁感应中的电荷量计算公式为易考点，也是技巧，一定要掌握20.如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度L=1m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R=0.40的电阻，质量为m=0.01kg、电阻为r=0.30的金属棒ab紧贴在导轨上现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触

25、良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，取g=10m/s2（忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响），求：（1）磁感应强度B的大小；（2）金属棒ab在开始运动的1.5s内，通过电阻R的电荷量；（3）金属棒ab在开始运动的1.5s内，电阻R上产生的热量【答案】（1）磁感应强度B的大小为0.1T；6（2）金属棒ab在开始运动的1.5s内，通过电阻R的电荷量为1C；（3）金属棒ab在开始运动的1.5s内，电阻R上产生的热量为0.26J【解析】试题分析：（1）由图乙知AB段为直线，表示ab棒做匀速直线运动，由斜率求出速度，再根据平衡条件和安培力与速度的

26、关系联立求解B的大小（2）根据感应电量的公式q=求解电荷量（3）根据能量守恒定律求解热量解：（1）据题图知最终ab棒做匀速直线运动，由乙图的斜率等于速度，可得ab棒匀速运动的速度为：v=7m/s根据平衡条件得：mg=BIL=BL=则得：B=T=0.1T（2）金属棒ab在开始运动的1.5s内，通过电阻R的电荷量为：q=t=t=C=1C（3）金属棒ab在开始运动的1.5s内，根据能量守恒得：mgx=+Q又电阻R上产生的热量为：QR=Q=（mgx）=（0.170.0172）=0.26J答：（1）磁感应强度B的大小为0.1T；6（2）金属棒ab在开始运动的1.5s内，通过电阻R的电荷量为1C；（3）金属棒ab在开始运动的1.5s内，电阻R上产生的热量为0.26J【点评】本题的切入口是研究位移时间图象的物理意义，明确其斜率等于速度，求得速度，再根据电磁感应的基本规律解题