高二物理上学期第三次月考试题（含解析）.doc

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1、- 1 - / 17【2019【2019 最新最新】精选高二物理上学期第三次月考试题（含解析）精选高二物理上学期第三次月考试题（含解析）一、选择题（每题一、选择题（每题 4 4 分，共分，共 4848 分）分）1. 某实验小组用如图所示的实验装置来验证楞次定律，当条形磁铁自上而下穿过固定的线圈时，通过电流计的感应电流的方向是A. aGb B. 先 aGb，后 bGaC. bGa D. 先 bGa，后 aGb【答案】D磁铁向下串出线圈，穿过线圈的磁场方向向下，磁通量减小，根据楞次定律可知，回路中产生顺时针方向的电流，通过检流计的电流方向aGb2. 如图所示，通电螺线管置于闭合金属环 a 的轴线上

2、，当螺线管中电流 I 减小时A. 环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的减小B. 环有扩大的趋势以阻碍原磁通量的减小C. 环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的增大D. 环有扩大的趋势以阻碍原磁通量的增大【答案】A【解析】当螺线管中通过的电流逐渐变小时，电流产生的磁场逐渐变弱，故穿过金属环 a 的磁通量变小，根据楞次定律可知，为阻碍原磁- 2 - / 17通量变小，金属环 a 有收缩的趋势，故 A 正确，BCD 错误。3. 一长直铁芯上绕有一固定线圈 M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环 N，N 可在木质圆柱上无摩擦移动，M 连接在如图所示的电路中，其中 R 为滑动变阻器，和为直流电源，S

3、 为单刀双掷开关，下列情况中，可观测到 N 向左运动的是A. 在 S 断开的情况下，S 向 a 闭合的瞬间B. 在 S 断开的情况下，S 向 b 闭合的瞬间C. 在 S 已向 a 闭合的情况下，将 R 的滑动头向 c 端移动时D. 在 S 已向 a 闭合的情况下，将 R 的滑动头向 d 端移动时【答案】C【解析】试题分析：由楞次定律的第二种描述：“来拒去留”可知要使 N 向左运动，通过 N 的磁通量应减小；而 A、B 中由断开到闭合过程中磁通量均增大，故 AB 错误；若将移动滑动头，则向 c 端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中电流减小，磁通量减小，故会使 N 左移，故 C 正确；而 D

4、 中向 d 移动时，滑动变阻器接入电阻减小时，故电路中电流增大，磁场增大，故会使 N 右移，故 D 错误；故选 C考点：楞次定律；点评：楞次定律有两种描述：“增反减同”和“来拒去留” ，后者判断导体的运动更有效，应学会应用视频- 3 - / 174. 在如图所示的电路中，两个相同的小灯泡和分别串联一个带铁芯的电感线圈 L 和一个滑动变阻器 R，闭合开关 S 后，调整 R，使和发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流均为 I，然后断开 S，若时刻再闭合 S，则在前后的一小段时间内，正确反映流过的电流、流过的电流随时间 t 变化的图像是A. B. C. D. 【答案】B【解析】由于小灯泡 L1 与电

5、感线圈串联，断开 S 后再闭合，流过 L1的电流从无到有（即增大） ，电感线圈对电流有阻碍作用，所以流过灯泡 L1 的电流从 0 开始逐渐增大，最终达到 I，故 A 错误，B 正确；由于小灯泡 L2 与滑动变阻器串联，断开 S 后再闭合，立即有电流通过 L2，当 I1 电流逐渐增大时，流过 L2 的电流逐渐减小，最终减到I，故 CD 错误。所以 B 正确，ACD 错误。5. 某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈 L、小灯泡A、开关 S 和电池组 E，用导线将它们连接成如图所示的电路，检查电路后，闭合开关 S，小灯泡发光；再断开开关 S，小灯泡仅有不显著- 4 - / 17的延时熄灭

6、现象，虽经多次重负，仍未见老师演示时出现小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因，你认为最由可能造成小灯泡未闪亮的原因是A. 电源的内阻较大B. 小灯泡电阻偏大C. 线圈电阻偏大D. 线圈的自感系数较大【答案】C【解析】A、开关断开开关时，灯泡能否发生闪亮，取决于灯泡的电流有没有增大，与电源的内阻无关，A 错误；B、若小灯泡电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流小于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡将发生闪亮现象，B 错误；C、线圈电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流大于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡不发生闪亮现

7、象，C 正确；D、线圈的自感系数较大，产生的自感电动势较大，但不能改变稳定时灯泡和线圈中电流的大小，D 错误；故选 C。视频- 5 - / 176. 如图所示，线圈内有理想边界的磁场，开关闭合，当磁感应强度均匀减小时，有一带电微粒静止于水平放置的平行板电容器中间，若线圈的匝数为 n，平行板电容器的板间距离为 d，粒子的质量为 m，带电荷量为 q，线圈面积为 S，则下列判断中正确的是A. 带电微粒带负电B. 线圈内磁感应强度的变化率为C. 当下极板向上移动时，带电微粒将向上运动D. 当开关断开时，带电微粒将做自由落体运动【答案】BC【解析】由于磁感应强度均匀减小，由楞次定律可知电容器下极板带正电

8、，带电微粒静止，说明其受到的电场力向上，所以带电微粒带正电，故 A 错误；根据平衡条件可得，电动势为，联立可得：，故 B 正确；当下极板向上移动时，两极板间距减小，场强为：可知场强变大，则，故带电微粒将向上加速运动，故 C 正确；开关断开时，电容器两极板间电压不变，故带电微粒仍静止，故 D 错误。所以 BC 正确，AD错误。7. 如图甲所示，光滑导轨水平放置在斜向下且与水平方向夹角为60的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度 B 随时间 t 的变化规律如图乙所示（规定斜向下为正方向） ，导体棒 ab 垂直导轨放置，除了电阻 R 的阻值外，其余电阻不计，导体棒 ab 在水平外力作用下始终处于静止状态

9、，规定 ab 的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力的正方向，则在 0t 时间内，能正确反映流过导体棒 ab 的电流- 6 - / 17i 和导体棒 ab 所受水平外力 F 随时间 t 变化的图像的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：由法拉第电磁感应定律，则有：，由图乙知，的变化率不变，即保持不变，则感应电动势保持不变，电路中电流不变；根据楞次定律判断得知中感应电流沿，为负值，故 A 错误，B 也错误；由安培力可知，电路中安培力随的变化而变化，当为负值时，根据楞次定律判断可知 a 中感应电流从到，安培力的方向垂直于磁感线斜向右下方，如图所示，根据平衡条件可知，水平外力水平

10、向左，为负，大小为；同理，为正值时，水平外力水平向右，为正，大小为，故 C错误，D 正确。考点：法拉第电磁感应定律、楞次定律【名师点睛】由法拉第电磁感应定律可分析电路中的电动势，则可分析电路中的电流，根据楞次定律判断感应电流的方向；由安培力公式可得出安培力的表达式，则可得出正确的图象。对于图象问题，关键- 7 - / 17要熟练运用法拉第电磁感应定律、安培力、左手定则等规律，得到物理量的表达式，再研究图象的意义可定性判断与定量、排除法和直判法相结合的方法进行解答。8. 如图所示，圆环 a 和圆环 b 的半径之比为 2：1，两环用同样粗细，同种材料制成的导线连成闭合回路，连接两环的导线电阻不计，

11、匀强磁场的磁感应强度变化率恒定，则在 a、b 环分别单独置于磁场中的两种情况下，M、N 两点的电势差之比为A. 4：1 B. 1：4 C. 2：1 D. 1：2【答案】C【解析】试题分析：a 环与 b 环的半径之比为 2:1，故周长之比为2:1，由电阻定律知电阻之比为 2:1,；M、N 两点间电势差大小为路端电压， ；由法拉第电磁感应定律，磁感应强度的变化率相同，得，故两次电压的比为,C 对。考点：法拉第电磁感应定律、路端电压。【名师点睛】法拉第电磁感应定律(1)内容：感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比(2)公式：En，其中 n 为线圈匝数(3)感应电流与感应电动势的关系：遵

12、守闭合电路欧姆定律，即 I9. 如图所示，边长为 2l 的正方形虚线框内有垂直纸面向里的匀强磁- 8 - / 17场，一个边长为 l 的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直，导线框的一条对角线和虚线框的一条对角线恰好在同一直线上从 t=0 开始，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿对角线方向移动进入磁场，直到整个导线框离开磁场区域用 I 表示导线框中的感应电流（逆时针方向为正） ，则下列表示 I-t 关系的图线中，正确的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】导线框完全进入磁场后，没有感应电流产生，故 AB 错误；进入和穿出磁场过程，线框有效切割长度变化，感应电动势和感应电流在变化，故 C 错

13、误；线框进入磁场过程，有效切割长度 L 均匀增大，感应电动势 E 均匀增大，感应电流 I 均匀增大穿出磁场过程，有效切割长度 L 均匀减小，感应电动势 E 均匀减小，感应电流 I 均匀减小，两个过程电流方向相反，故 D 正确10. 如图所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计，匀强磁场与导轨平面垂直，阻值为 R 的导体棒垂直于导轨静止放置t=0 时，将开关 S 由 1 掷到 2Q、i、v 和 a 分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度下列图象正确的是- 9 - / 17A. B. C. D. 【答案】ABC【解析】本题考查安培定律和电磁感应定律的问题，将形状 S 由

14、 1 掷到 2，是电容器放电的过程，棒中有了电流就会受到向右的安培力的作用，光滑导轨上安培力提供加速度 a， ，所以 D 图正确，视频11. 如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻 R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力 F 作用下加速上升的一段时间内，力 F做的功与安培力做的功的代数和不等于A. 棒的机械能增加量B. 棒的动能增加量C. 棒的重力势能增加量D. 电阻 R 上放出的热量- 10 - / 17【答案】BCD【解析】试题分析：棒在竖直向上的恒力 F 作用下加

15、速上升的一段时间内，F 做正功，安培力做负功，重力做负功，动能增大根据动能定理分析力 F 做的功与安培力做的功的代数和解：A、棒受重力 G、拉力 F 和安培力 FA 的作用由动能定理：WF+WG+W 安=EK得 WF+W 安=EK+mgh即力 F 做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增加量故 A 正确B、由动能定理，动能增量等于合力的功合力的功等于力 F 做的功、安培力的功与重力的功代数和故 B 错误C、棒克服重力做功等于棒的重力势能增加量故 C 错误D、棒克服安培力做功等于电阻 R 上放出的热量故 D 错误故选 A【点评】本题运用功能关系分析实际问题对于动能定理理解要到位：合力对物体做功等

16、于物体动能的增量，哪些力对物体做功，分析时不能遗漏视频12. 如图所示是磁悬浮列车运行原理模型，两根平行绝缘直导轨间距为 L，宽度相同的磁场磁感应强度，方向相反，并且以速度 v 同时沿直导轨向右匀速运动导轨上金属框 ab 边长为 L，ab 边长与磁场宽度相同，电阻为 R，运动时受到的阻力为 Ff，则金属框运动的最大速- 11 - / 17度表达式为A. B. C. D. 【答案】C【解析】由于磁场以速度 v 向右运动，当金属框稳定后以最大速度 vm向右运动，此时金属框相对于磁场的运动速度为：v-vm，根据右手定则可以判断回路中产生的感应电动势 E 等于 ad、bc 边分别产生感应电动势之和可得

17、：E=2BL（v-vm） ，根据欧姆定律可得，此时金属框中产生的感应电流为：，金属框的两条边 ad 和 bc 都受到安培力作用，ad 和 bc 边处于的磁场方向相反，电流方向也相反，故它们所受安培力方向一致，故金属框受到的安培力大小：，当金属框速度最大时，安培力与摩擦力平衡，可得：F-Ff=0，解得，故 C 正确，ABD 错误。三、计算题三、计算题13. 均匀导线制成的单匝正方形闭合线框 abcd，边长为 L，总电阻为R，总质量为 m，将其置于磁感应强度为 B 的垂直于纸面向里的匀强磁场上方某处，如图所示，线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且 cd 边始终与磁场的水平边界面平行，当

18、 cd 边刚进入磁场时，线框的加速度恰好为零，求线框下落的高度 h。【答案】- 12 - / 17.根据动能定理可得线框进入磁场的速度：线框所受安培力：根据牛顿第二定律可得，当 a=0 时联立解得：点睛：本题主要考查了线框进入磁场的问题，根据动能定理求出速度，再结合牛顿第二定律即可解题。14. 如图（a）所示，面积 S=0.2m2、匝数 n=630 匝，总电阻 r=1.0的线圈处在变化的磁场中，磁感应强度 B 随时间 t 按图（b）所示规律变化，方向垂直线圈平面，图（a）中的传感器可看成一个纯电阻R，并标有“3V、0.9W” ，滑动变阻器 R0 上标有“10、1A” ，试回答下列问题：（1）设

19、磁场垂直纸面向外为正方向，试判断通过理想电流表的电流方向（2）若滑动变阻器触头置于最左端，为了保证电路的安全，图（b）中的 t0 最小值是多少？【答案】 （1）向右 （2）40s【解析】试题分析：根据楞次定律，结合磁场的方向，即可求解；根据闭合电路的欧姆定律与法拉第电磁感应定律，即可求解。（1）根据楞次定律可知通过理想电流表的电流方向向右。- 13 - / 17（2）根据电阻与功率的关系，则传感器正常工作时的电阻为：由闭合电路欧姆定律，则有工作电流：由于滑动变阻器工作电流是 1A，所以电路允许通过的最大电流为I=0.3A滑动变阻器触头位于最左端时外电路的电阻为，故电源电动势的最大值由法拉第电磁

20、感应定律可得带入数据解得：t0=40s 点睛：本题主要考查了次定律、闭合电路的欧姆定律、法拉第电磁感应定律的应用与理解，同时学会运用图象来分析求解即可。15. 如图所示，水平放置的平行轨道 M、N 间接有一阻值为 R=0.128的电阻，轨道宽为 L=0.8m，轨道上搭一金属棒 ab，其质量m=0.4kg，ab 与轨道间动摩擦因数为 0.5，除 R 外其余电阻不计，垂直于轨道的匀强磁场的磁感应强度为 B=2T，ab 在一电动机的牵引下由静止开始运动，经过 t=2s，ab 运动了 1.2m，刚好达到最大速度此过程中电动机的平均输出功率为 8W，求：该过程中电阻 R 上消耗的电能 （g=10m/s2

21、）【答案】13.472J【解析】试题分析：当金属棒在下滑过程中，合外力为零时，速度最大，根据平衡求出金属棒的最大速度；利用动能定理求安培力做的功，根据能量守恒求出整个电路产生的热量，从而得出电阻 R 上产生的热- 14 - / 17量。当电动机提供的牵引力等于导体棒所受安培力与滑动摩擦力之和时，速度最大为 vmax，由题意可知此时电动机输出功率最大，故有解得：解得 vmax=0.8m/s（负值舍去）全过程，由能的转化和守恒可得：带入数据解得：Q=13.472J点睛：本题主要考查了力学和电磁学的综合题，综合运用了电磁感应定律、能量守恒定律以及共点力平衡问题，平时解题时要注意电阻 R上产生的热量，

22、是否等于全电路中的热量，即克服安培力做的功。16. 光滑平行的金属导轨 MN 和 PQ，间距 L=1.0m，与水平面之间的夹角 =30，匀强磁场磁感应强度 B=2.0T，垂直与导轨平面向上，MP间接有阻值 R=2.0 的电阻，其它电阻不计，质量 m=2.0kg 的金属杆ab 垂直导轨放置，如图（a）所示用恒力 F 沿导轨平面向上拉金属杆 ab，由静止开始运动，v-t 图象如图（b）所示g=10m/s2，导轨足够长求：（1）恒力 F 的大小；（2）金属杆速度为 2.0m/s 时的加速度大小；（3）根据 v-t 图象估算在前 0.8s 内电阻上产生的热量（已知在前0.8s 内杆的位移为 1.12m

23、） - 15 - / 17【答案】 （1）18N （2）2.0m/s2 （3）4.12J【解析】试题分析：由乙图看出，杆的最大速度为 4m/s 时，杆做匀速直线运动，根据平衡条件可求出 F；金属杆速度为 2.0m/s 时，求出安培力大小，由牛顿第二定律求解加速度大小；根据速度图象的“面积”大小等于位移，估算出前 0.8s 内杆的位移，估算时大于等于半格算一个，小于半格舍去根据能的转化与守恒定律求解电阻 R 上产生的热量。（1）对金属杆受力分析如图所示：v-t 图像可知导轨最后匀速运动且 vmax=4m/s沿斜面方向：，安培力为：电流为：联立并带入数据解得：（2）对金属杆由牛顿第二定律可得：代入

24、数据解得：（3）设在前 0.5s 内电阻上产生的热量为 Q，则由功能关系可得：由 v-t 图像可知 0.8s 时速度为：v=2.2m/s，代入数据解得：点睛：本题主要考查了电磁感应与力学知识的综合，根据速度图象即可求出斜率等于加速度， “面积”等于位移辅助求解估算位移时，- 16 - / 17采用近似的方法。17. 如图所示，匀强磁场的磁感应强度 B 为 0.5T，其方向垂直于倾角 为 30的斜面向上，绝缘斜面上固定有“”形状的光滑金属导轨MPN（电阻忽略不计） ，MP 和 NP 长度均为 2.5m，MN 连线水平，长为3m，以 MN 的中点 O 为原点，OP 为 x 轴建立一维坐标系 Ox，

25、一根粗细均匀的金属杆 CD，长度 d 为 3m，质量 m 为 1kg，电阻 R 为 0.3，在拉力 F 的作用下，从 MN 处以恒定速度 v=1m/s 在导轨上沿 x 轴正向运动（金属杆与导轨接触良好） ，g 取 10m/s2（1）求金属杆 CD 运动过程中产生的感应电动势 E 及运动到 x=0.8m处电势差 UCD；（2）推导金属杆 CD 从 MN 处运动到 P 点过程中拉力 F 与位置坐标 x的关系式；（3）求金属杆 CD 从 MN 处运动到 P 点的全过程产生的焦耳热【答案】 （1）-0.6v （2） （3）7.5J【解析】试题分析：导体棒切割磁感线产生感应电动势，由几何关系求得 x=0

26、.8m 处的电动势，由欧姆定律即可求得 CD 之间的电势差；感应电流大小与导体长度无关，则电流恒定，因而由电量表达式结合时间即可求解；当导体棒匀速运动，由有效长度可列出安培力大小关于向下运动位移的表达式，根据安培力与位移成线性关系，可利用安培力平均值来求出产生焦耳热。（1）金属杆 CD 在匀速运动中产生的感应电动势， （l=d） ，解得：E=1.5V（D 点电势高）- 17 - / 17当 x=0.8m 时，金属杆在导轨教案的电势差为零，设此时杆在导轨外的长度为，则得，联立并带入数据解得：由楞次定律判断 D 点电势高，故 CD 两端电势差（2）杆在导轨间的长度 l 与位置 x 的关系是：，对应的电阻为电流为：杆受安培力为：根据平均条件可得，（3）外力 F 所做的功等于 F-x 图线下所围成的面积，即而杆的重力势能增加量，则有：故全过程产生的焦耳热点睛：本题主要考查了法拉第电磁感应定律，闭合电路欧姆定律，共点力平衡条件及安培力表达式，要注意产生感应电流与导体棒有效长度无关，同时巧用安培力与位移成线性关系，由安培力平均值来求焦耳热。