福建省长泰县2016_2017学年高二物理下学期6月月考试题

福建高二高中物理月考试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.如图所示为某电场中的一条电场线，在该电场线上取 A、B 两点，并用 EA、EB 分别表示 A、B 两点处的电场强度，则（）A. EA = EBB. EA > EBC. EA < EBD. EA、EB 方向相同2.图所示为一速度选择器，内有一磁感应强度为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场，一束粒子流以速度v水平射入，为使粒子流经磁场时不偏转（不计重力），则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场，关于这处电场场强大小和方向的说法中，正确的是（）A．大小为B/v，粒子带正电时，方向向上B．大小为B/v，粒子带负电时，方向向上C．大小为Bv，方向向下，与粒子带何种电荷无关D．大小为Bv，方向向上，与粒子带何种电荷无关3.如图所示，一根长为的铝棒用两个劲度系数均为的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁感应强度为 B，方向垂直纸面向里，当铝棒中通过的电流方向从左到右时，弹簧的长度变化了，则下面说法正确的是（）A．弹簧长度缩短了，B．弹簧长度缩短了，C．弹簧长度伸长了，D．弹簧长度伸长了，4.如图所示，水平放置的平行金属板a、b分别与电源的两极相连，带电液滴P在金属板a、b间保持静止，现设法使P固定，再使两金属板a、b分别绕中心点O、O/垂直于纸面的轴顺时针转相同的小角度α，然后释放P，则P在电场内将做（）A．匀速直线运动B．斜向右下方的匀加速直线运动C．水平向右的匀加速直线运动D．曲线运动5.目前世界上正研究的一种新型发电机叫磁流体发电机，如图表示它的发电原理：将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体来说（呈中性）沿图中所示方向喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就聚集了电荷．在磁极配置如图所示的情况下，下述说法正确的是（）A. A板带正电B. 有电流从b经用电器流向aC. 金属板A、B间的电场方向向下D. 等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力6.如图所示，足够长的光滑三角形绝缘槽，与水平面的夹角分别为α和β（α＜β），加垂直于纸面向里的磁场．分别将质量相等、带等量正、负电荷的小球 a、b依次从两斜面的顶端由静止释放，关于两球在槽上运动的说法正确的是（）A．在槽上，a、b两球都做匀加速直线运动，且a a＞a bB．a、b两球沿槽运动的最大速度为v a和v b，则v a＞v bC．a、b两球沿直槽运动的最大位移为S a和S b，则S a＜S bD．a、b两球沿槽运动的时间为t a和t b，则t a＜t b7.如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直．在电磁场区域中，有一个固定在竖直平面内的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球．O 点为圆环的圆心，a、b、c 为圆环上的三个点，a 点为最高点，c 点为最低点，bO 沿水平方向．已知小球所受电场力与重力大小相等．现将小球从环的顶端 a 点由静止释放，下列判断正确的是（）A．当小球运动到 b 点时，小球受到的洛伦兹力最大B．当小球运动到 c 点时，小球受到的支持力一定大于重力C．小球从 a 点运动到 b 点，重力势能减小，电势能减小D．小球从 b 点运动到 c 点，电势能增大，动能先增大后减小二、实验题某同学想测量一节旧干电池的电动势和内电阻，身边的器材仅“一个多用电表、一个滑动变阻器(R 1 可调范围 0到20 Ω)、一个约为几欧的定值电阻(R 2)、一个电键(S)、导线若干”．小明利用上述器材设计了实验原理图(如图所示)，并进行了如下实验步骤：①根据原理图，连接实验器材，且 S 断开；②多用电表选择“R×1”挡，先_______，后红表笔接 b端，黑表笔接 c端，记录下 R2 示数(如图所示);③S 闭合，多用电表选择“直流电压1 V”挡，红表笔接 b端，黑表笔接 a端，记录下 Uba示数；然后红表笔接 c端，黑表笔接 b端，记录下 Ucb示数；④改变滑动变阻器滑片位置，重复步骤③，至少记录六组数据；⑤然后以 c 、b两端电压为横轴，b 、a两端电压为纵轴，描点并连线，画出“U b a －U cb”关系图(如图所示)．(1)请你完成上述操作步骤中空白处填空．(2)由图 c 可知 R 2 测量值为______Ω，由“U b a－U c b” 图象可得旧干电池的电动势为_____________ .三、填空题在测量电源的电动势和内阻实验中，由于所用的电压表（视为理想电压表）的量程较小，某同学设计了如图所示的实物电路．根据实验数据描点，绘出的﹣R图象是一条直线，若直线的斜率为k，在坐标轴上的截距为b，则表示）该电源的电动势E= ，内阻r= （用k、b和R四、简答题1.如图所示，竖直放置的两块足够大的带电平行板间形成一个方向水平向右的匀强电场区域，场强.在两板间用绝缘细线悬挂一个质量的带电小球，静止时小球偏离竖直方向的夹角θ＝60°(g取10 m/s2)．试求：(1)小球的电性和电荷量；(2)剪断悬线后，小球的加速度．2.如图所示，内壁光滑、内径很小的 1/4 圆弧管固定在竖直平面内，圆弧的半径为 0.2m，在圆心 O 处固定一个电荷量为的点电荷。

6.远距离输电线路的示意图如图所示，若发电机的输出电压不变，在线路正常工作的情况下, 升压变压器 的是（A. 甲和乙组成的系统机械能一定守恒B. 当用户用电器的总功率增大时，下列判断正确的是（A.降压变压器的输入电压升高甲对乙的冲量一定与乙对甲的冲量相同C. 甲和乙组成的系统动量守恒D. 乙对甲做了多少正功，甲就一定对乙做多少负功降压变压器B.降压变压器的输出电压降低 发电机 输电用户物理试题一、选择题（本大题共8个小题，每小题6分，共48分）1. 关于电磁感应，下列叙述不正确的是：（）• • •A. 发电机、变压器都是利用电磁感应原理制成的。

B. 只要回路内的磁通量发生变化，就一定要产生感应电动势。

C. 楞次定律是能量守恒定律在电磁感应现象中的体现。

D. 穿过回路的磁通量越大吋，产生的感应电动势也一定越大。

2. 物理学的基本原理在生产、生活中有着广泛的应用，下述应用中，不是应用电磁感应的是3. 一个阻值不随温度变化的电热器接在100V 的直流电压上，消耗的电功率为P ；当把它接到 一个正弦交流电压上时消耗的电功率为£。

则该交流电压的最大值为（4 4. 一矩形线圈在匀强磁场中转动，产牛交变电流的动势上D. t=0. 005s 时,穿过线圈平面的磁通量为零5. 在2014年世界短道速滑锦标赛女子3000米接力决赛中，中国队以4分10秒062的成绩 获得冠军，实现该项目世锦赛四连冠。

观察发现，“接棒”的甲运动员要提前滑到在“交棒” 的乙运动员前面，并月•开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲-•把，使甲获得更大的速度 向前冲出。

忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则在乙推甲的过程中，下述正确 B. 50A /2 V D. 100V2 V电动势e 随时间t 变化的图象如图所示，对于这个交变电流的说法，正确的是（A. t = 0时，穿过线圈平面的磁通量为零B.此交流电在Is 内电流方向改变50次C.耐压为220 V 的电容器能够百接接在该交变电C. 100V A.电饭煲 B.用无线充电器给手机充电C.电磁炉D.安检时用金属探测仪检测旅客是否带有金属物品 A. 50 Vxio -2C.升压变压器的原线圈中的电流保持不变D.输电线上损耗的电功率减小7.如图所示，匀强磁场中有两条水平放置的、电阻可忽略的光滑平行金属轨道，轨道左端接-个阻值为R的电阻，R的两端与电压传感器相连.一根导体棒（电阻为〃垂直轨道放置，从/=0时刻起对其施加一向右的水平恒力F,使其由静止开始向右运动.用电压传感器实吋采集电阻R两端的电压并用计算机绘制出/图像.若施加在导体棒上的水平恒力持续作用一段时间后撤去，那么计算机绘制的图像可能是（）X X X X X J女°r X X X X X 电R\ A FL X X X X X >iVi °X X X X X&图中两个互相连接的单匝金属环的缺口很小，可以忽略不计，细环的电阻是粗环电阻的2 倍，理想变压器的原线圈（匝数n尸100）接在正弦交流电源上，当细环套在铁芯上吋，A、B两点间的电压的有效值为-0.2 V,则加在原线圈两端电压的有效值为（）A.20VB. 30VC. 40 VD. 60V二、实验题（本大题共2个小题，共16分）9.（16分）如图所示装置可以用来测量硬弹簧（即劲度系数较大的弹簧）的劲度系数k.电源的电动势为E,内阻可忽略不计；滑动变阻器全长为L,重力加速度为g.@）为理想电压表.当木板上没有放重物吋，滑动变阻器的触头位于图中a点，此时电压表示数为零.在木板上放置质量为m的重物，算出弹簧的劲度系数k.滑动变阻器的触头随木板一起下移.由电压表的示数U及其他给定条件，可讣（1） ___________________________________________________________________ 写出m与U、k、E、L、g之间所满足的关系式___________________________________________（2）已知E=1.50V, L=12.0 cm, g=9.80 m/s2测量结果如下表：m(kg) 1.00 1.50 3.00 4.50 6.007.50U(V)0.1080.1540.2900.4460.6080.740① 在下图中给出的坐标纸上利用表中数据描出m-U 直 线. ② m —U 直线的斜率为 kg/V ；③ 弹簧的劲度系数k= _________ N/n ）（结果均保留三位有 效数字）. 10. （8分）张老师在课堂上演示了如图所示的实验，电源 电动势为1.5V,人两手间电阻设为200kQ, L 为自感系数 很大的电感线圈。

高二物理月考试题一、选择题（每题至少有一•项是正确的。

4 0分）1 .现代光学装置中的透镜、棱镜的表面常涂上一层薄膜（一般用氟化镁），当薄膜的厚度是 入射光在薄脱屮波长的1 / 4时，可以人人减少入射光的反射损失，从而增强透射光的强度, 这种作用是应用了光的（ ）A. 色散现象B.全反射现彖C.干涉现彖D.衍射现彖2. A 、B 两种放射性元素，它们的半衰期分别为tA=10天,tB = 30天,经60天后,测得两 种放射性元索的质量相等，那么它们原来的质量之比为（） A. 3 ： 1 B. 48 : 63 C. 1 ： 16 D ・ 16 : 13. 太阳表面温哎约为6 000K,主要发出可见光。

人体温技约为310K,主要发出红外 线。

宇宙间的温度约为3K,所发出的辐射称为“3K 背景辐射”。

若要进行“3K 背景轴射” 的观测，应该选择下列哪一个波段？（） A. X 射线 B.紫外线 C.可见光 D.无线电波4. 下图是研究光的双缝T 涉用的示意图，挡板上有两条狭缝5、S2,由&和S2发出的两列 波到达屏上时会产住干涉条纹，已知入射激光的波长为X ,屏上的P 点到两缝$和S 2 的距离和等，如果把P 处的亮条纹记作笫0 号亮纹，由P 向上数,与0号亮纹相邻的亮 纹为1号亮纹，与1号亮纹和邻的亮纹为2 号亮纹，则Pi 处的亮纹恰好是10号亮纹. 设肓线SR的长度为Y H SP 的长度为丫2,5. 如图所示，一束太阳光入射到三棱镜上，通过三棱镜后在另一侧光屏MNk ad 之间形成彩 色光带。

以下说法中正确的是（ ） ① 所有入射到白〃之间的光子相比较，在光屏上越靠近d 点的光子能量越大② 所有入射到曰〃之间的各种单色光相比较，在光屏上越靠近臼点的单色光在三棱镜中的波长 越小③ 若在光屏0/之间不同位置放置灵敏温度探测器，越靠近d 点的温 度探测器升温越快④ 若在光屏B /之间不同位置放置灵敏温度探测器，在pa 之间的温 度探测器升温比靠近d 点的温度探测器升温快A.①④B.①③C.②③D. （2）（4） （ ）6. 抽制细丝时可用激光监控其粗细，如图,激光束越过细丝时产生的条纹和它通过遮光板上 的一条同样宽窄的窄缝规律相同，贝J 下列说法正确的是（A. 这是利用光的干涉现象B. 如果屏上条纹变宽，表明抽制的丝粗了C. 这是利用光的衍射现象D. 如果屏上条纹变宽，表明抽制的丝细了。

2０17—２01８学年第二学期6月调研考试卷高二物理试题注意事项:1、您现在拿到的这份试卷是满分100分,作答时间为90分钟2。

答题前请在答题卷上填写好自己的姓名、班级、考号等信息3。

请将答案正确填写在答题卷上,写在其它地方无效、第I卷(选择题 45分)一、选择题(本大题共１5个小题,每小题３分,共４5分、)１、下面是历史上的几个著名实验的装置图,其中发现电子的装置是( )A、B、C。

D、2、下列说法正确的有( )A、黑体辐射的强度与频率的关系是:随着温度的升高,各种频率的辐射都增加,辐射强度极大值的光向频率较低的方向移动B。

α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据C。

天然放射现象的发现说明了原子有复杂的结构ﻭＤ、利用α射线可发现金属制品中的裂纹３。

下列说法正确的是( )Ａ、是衰变Ｂ。

是聚变C、是衰变D。

是裂变4。

图甲是光电效应的实验装置图,图乙是光电流与加在阴极K和阳极Ａ上的电压的关系图象,下列说法不正确的是( )Ａ、由图线①、③可知在光的颜色不变的情况下,入射光越强,饱和电流越大B、由图线①、②、③可知对某种确定的金属来说,其遏止电压只由入射光的频率决定C、遏止电压越大,说明从该金属中逃出来的光电子的最大初动能越大D、不论哪种颜色的入射光,只要光足够强,就能发生光电效应5。

如图所示,一沙袋用轻细绳悬于Ｏ点、开始时沙袋处于静止,此后用弹丸以水平速度击中沙袋后均未穿出,第一粒弹丸的速度为ｖ1,打入沙袋后二者共同摆动的最大摆角为３0°,当其第一次返回图示位置时,第二粒弹丸以水平速度ｖ2又击中沙袋、使沙袋向右摆动且最大摆角仍为3０°,若弹丸质量是沙袋质量的1/４０倍,则以下结论中正确的是( )A。

ｖ1=v2 B、v1∶v２=4１∶42 Ｃ、v1∶v2＝42∶41 D、v1∶v2=41∶83６、一质量为M的航天器远离太阳和行星,正以速度v0在太空中飞行,某一时刻航天器接到加速的指令后,发动机瞬间向后喷出质量为m的气体,气体向后喷出的速度大小为ｖ1,加速后航天器的速度大小v2等于( ) (v0、v1、v2均为相对同一参考系的速度)A、 B。

福建高二高中物理月考试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.以下说法正确的是（）A．安培发现了磁生电现象，并总结出了右手定则B．家用电磁炉工作原理与涡流有关，运用了电磁感应规律C．由楞次定律可知，感应电流产生的磁场一定与原磁场方向相反D．通过线圈的电流变化越快，该线圈自感系数就越大，产生的感应电动势越强2.根据所学知识判断图中正确的是（）A．B．C．D．3.如图所示，当电流通过线圈时，磁针将发生偏转，以下判断正确的是（）A．当线圈内通以顺时针方向的电流时，磁针N极转向读者B．当线圈内通以逆时针方向的电流时，磁针S极转向读者C．当磁针N极转向读者时，线圈中的电流方向沿逆时针方向D．不管磁针如何偏转，线圈中的电流方向总是顺时针4.穿过某线圈的滋通量随时间变化的关系，如图所示，在下列各个时刻，线圈中感应电动势最小的是（）A．1s末B．3s末C．4s末D．8s末5.如图所示，螺线管采用双线绕法．条形磁铁从上方插入的过程，关于电阻R上产生的感应电电流说法正确的是（）A．感应电流的方向a流向bB．感应电流的方向b流向aC．没有感应电流产生D．有感应电流产生，但方向无法确定6.一长方形金属块放在匀强磁场中，将金属块通以电流，磁场方向和电流方向如图所示，则金属块两表面M 、N 的电势高低情况是（ ）A ．φM =φNB ．φM ＞φNC ．φM ＜φND ．无法比较7.纸面内两个半径均为R 的圆相切于O 点，两圆形区域内分别存在垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，且不随时间变化．一长为2R 的导体杆OA 绕过O 点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，角速度为ω，t=0时，OA 恰好位于两圆的公切线上，如图所示．若选取从O 指向A 的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图象可能正确的是（ ）A ．B ．C ．D ．8.有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，I 中的磁感应强度是Ⅱ中的k 倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动．与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子（ ）A ．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍B ．加速度的大小是Ⅰ中的k 倍C ．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k 倍D ．做圆周运动的角速度是Ⅰ中的k 倍9.回旋加速器的原理如图所示，它由两个铜质D 形盒D 1、D 2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是（ ）A ．离子从电场中获得能量B ．离子从磁场中获得能量C ．只增大空隙间的距离可增加离子从回旋加速器中获得的动能D ．只增大D 形盒的半径可增加离子从回旋加速器中获得的动能10.如图所示，在半径为R 的圆形区域内充满磁感应强度为B 的匀强磁场，MN 是一竖直放置的感光板．从圆形磁场最高点P 垂直磁场射入大量的带正电、电荷量为q 、质量为m 、速度为v 的粒子，不考虑粒子间的相互作用力及重力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是（）A．只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上B．对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线一定过圆心C．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长D．只要速度满足，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上11.如图所示，abcd为水平放置的平行“匸”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直与导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计．已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动（金属杆滑动过程中与导轨接触良好）．则下列说法中错误的是（）A．电路中感应电动势的大小为B．电路中感应电流的大小为C．金属杆所受安培力的大小为D．金属杆的热功率为二、实验题某学生实验小组利用如图丁所示电路，测量多用电表内电池的电动势和“×1k”欧姆挡内部电路的总电阻．使用的器材有：A．多用电表；B．电压表：量程5V，内阻十几千欧；C．滑动变阻器：最大阻值5kΩ；D．导线若干．（1）将多用电表挡位调到电阻“×1k”挡，再将红表笔和黑表笔，将指针调至零刻度．（2）将图中多用电表的红表笔和（填“1”或“2”）端相连，黑表笔连接另一端．（3）将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表及电压表的示数如图甲、乙所示，则多用电表欧姆档和电压表的度数分别为kΩ和 V．（4）调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零．此时多用电表和电压表的读数分别为12kΩ和4.00V．从测量数据可知，电压表的内阻为kΩ．（5）多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图丙所示．根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为 V，“×1k”欧姆挡内部电路的总电阻为kΩ．三、计算题1.如图所示，光滑平行金属导轨与水平面间的倾角为θ，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过导轨平面，有一质量为m长为l的导体棒从ab位置获得平行斜面的大小为v的初速度向上运动，最远到达a′b′的位置，滑行的距离为s，导体棒内阻不计，试求：（1）上滑过程中导体棒受到的最大加速度；（2）上滑到a′b′过程中电阻R产生的热量；（3）导体棒下滑过程的最大速度．（设导轨足够长）2.静止于A处的离子，经加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，并从P点垂直CF进入矩形区域的有界匀强磁场．静电分析器通道内有均匀辐射分布的电场，已知圆弧虚线的半径为R，其所在处场强为E、方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q；、，磁场方向垂直纸面向里；离子重力不计．（1）求加速电场的电压U；（2）若离子能最终打在QF上，求磁感应强度B的取值范围．3.如图所示，足够长的光滑平行金属导轨ef和gh水平放置且相距L，在其左端各固定一个半径为r的四分之三金属光滑圆环，两圆环面平行且竖直．在水平导轨和圆环上各放有一根质量为m，电阻为R与导轨垂直的金属杆ab、cd，其余电阻不计．整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中．当用水平向右的恒力F=mg拉细杆ab，并最终达到匀速运动时，杆cd恰好静止在圆环上某处，试求：（1）杆ab做匀速运动时，回路中的感应电流的大小和方向；（2）杆ab做匀速运动时的速度；（3）杆cd静止的位置距圆环最低点的高度．4.如图（甲）所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L，0）为圆心、半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N．现有一质量为m，带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度v沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，速度方向与x轴夹角为30°．此时在圆形区域加如图（乙）所示周期性变化的磁场，以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子运动一段时间后从N飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同（与x轴夹角也为30°）．求：（1）电子进入圆形磁场区域时的速度大小；（2）0≤x≤L区域内匀强电场场强E的大小；的大小、磁场变化周期T各应满足的表达式．（3）写出圆形磁场区域磁感应强度B福建高二高中物理月考试卷答案及解析一、选择题1.以下说法正确的是（）A．安培发现了磁生电现象，并总结出了右手定则B．家用电磁炉工作原理与涡流有关，运用了电磁感应规律C．由楞次定律可知，感应电流产生的磁场一定与原磁场方向相反D．通过线圈的电流变化越快，该线圈自感系数就越大，产生的感应电动势越强【答案】B【解析】依据物理学的发展史和各个物理学家的贡献可以判定各个选项．解：A、安培总结了磁场对电流的作用力规律，没有发现电磁感应的规律，故A错误；B、家用电磁炉工作原理与涡流有关，运用了电磁感应规律，故B正确；C、楞次定律告诉我们感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，说明感应电流的方向与原磁场方向有关，不一定相反，故C错误；D、自感系数与电流无关，是线圈本身属性，故D错误．故选：B．【点评】要熟记课本上的物理学史内容，包括课后阅读材料，多了解物理学的发展史，体会人类探究真理的艰辛．2.根据所学知识判断图中正确的是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】根据左手定则判断电流所受的安培力方向；根据左手定则判断运动电荷所受的洛伦兹力方向；正电荷所受电场力方向与电场强度的方向相同；根据右手螺旋定则判断通电螺线管周围的磁场方向．解：A、根据左手定则知，电流所受的安培力方向竖直向下．故A正确．B、根据左手定则知，运动电荷所受的洛伦兹力方向竖直向上．故B错误．C、正电荷所受电场力方向与电场强度的方向相同．故C错误．D、根据右手螺旋定则，螺线管外部上面的磁场方向为从左向右，则小磁针N极指向右．故D错误．故选：A．【点评】解决本题的关键掌握左手定则判断安培力、洛伦兹力方向，用右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向，不3.如图所示，当电流通过线圈时，磁针将发生偏转，以下判断正确的是（）A．当线圈内通以顺时针方向的电流时，磁针N极转向读者B．当线圈内通以逆时针方向的电流时，磁针S极转向读者C．当磁针N极转向读者时，线圈中的电流方向沿逆时针方向D．不管磁针如何偏转，线圈中的电流方向总是顺时针【答案】C【解析】一个通电线圈也有N极和S极，也按照安培定则判断，纸里是线圈的N极，纸外是线圈的S极．线圈外部的磁场是从线圈的N极出来回到S极，线圈内部的磁场是从线圈的S极出来回到N极．磁场中该点的磁体N极受到磁力方向和该点的磁场方向相同．解：安培定则：用右手握着通电线圈，四指指向电流的方向，大拇指所指的方向是通电线圈的N极．A、当线圈通以沿顺时针方向的电流时，根据安培定则知，纸里是通电线圈的N极，纸外是通电线圈的S极．通电线圈内部的磁场是从S极出来回到N极，小磁针在通电螺线管的内部，小磁针N极受到的磁力和磁场方向相同，小磁针N极垂直指向纸里．故A错误；B、当线圈通以沿逆时针方向的电流时，根据安培定则知，纸里是通电线圈的S极，纸外是通电线圈的N极．通电线圈内部的磁场是从S极出来回到N极，小磁针在通电线圈的内部，小磁针N极受到的磁力和磁场方向相同，小磁针N极垂直指向纸外，故B错误；CD、由B的分析可知，当磁针N极指向读者，线圈中电流沿逆时针方向．故C正确，D错误．故选：C．【点评】通电线圈内部的磁场方向和通电线圈外部的磁场方向不同．通电线圈内部的磁场从S极出来回到N极；通电线圈外部的磁场从N极出来回到S极．4.穿过某线圈的滋通量随时间变化的关系，如图所示，在下列各个时刻，线圈中感应电动势最小的是（）A．1s末B．3s末C．4s末D．8s末【答案】D【解析】根据法拉第电磁感应定律，哪一段时间内磁通量变化率最小，则产生的感应电动势最小．解：图线斜率表示磁通量的变化率，根据法拉第电磁感应定律知，在5﹣10s内磁通量与时间的图线斜率最小，则磁通量变化率最小，感应电动势最小．故D正确，A、B、C错误．故选：D．【点评】解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，知道感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比．5.如图所示，螺线管采用双线绕法．条形磁铁从上方插入的过程，关于电阻R上产生的感应电电流说法正确的是（）A．感应电流的方向a流向bB．感应电流的方向b流向aC．没有感应电流产生D．有感应电流产生，但方向无法确定【答案】C【解析】根据安培定则判断双线绕法的通电线圈产生的磁场方向关系，分析线圈磁通量的变化，再判断是否有感应解：穿过采用双线绕法的通电线圈，相邻并行的导线中电流方向相反，根据安培定则可知，它们产生的电动势方向相反，在空中同一点磁场抵消，则对线圈来说，磁通量为零，则不会产生感应电流，故C正确，ABD错误；故选：C．【点评】本题中线圈采用双线并行绕法是消除自感的一种方式．可用安培定则加深理解．基础题．6.一长方形金属块放在匀强磁场中，将金属块通以电流，磁场方向和电流方向如图所示，则金属块两表面M、N的电势高低情况是（）A．φM=φN B．φM＞φN C．φM＜φN D．无法比较【答案】C【解析】金属块中的载流子是自由电子，电子运动方向与电流方向相反，根据左手定则判断电子的受力方向，得到累积电荷的分别情况即可．解：金属块中的载流子是自由电子，电子运动方向与电流方向相反，故电子向左移动；根据左手定则，电子受到的洛伦兹力向上，故上极板累积电荷带负电，下极板累积电荷带正电；故下极板电势高，即φM ＜φN；故选C．【点评】本题关键明确金属块中的载流子是自由电子，根据左手定则判断出累积电荷的分布情况即可判断电势高低．7.纸面内两个半径均为R的圆相切于O点，两圆形区域内分别存在垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，且不随时间变化．一长为2R的导体杆OA绕过O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，角速度为ω，t=0时，OA恰好位于两圆的公切线上，如图所示．若选取从O指向A的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图象可能正确的是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】根据右手定则判断方向，然后根据分析大小变化即可做出选择．解：由右手定则可判，开始时感应电动势为正，故D错误；设经时间t导体杆转过的角度为α，则α=ωt，导体杆有效切割长度为L=2Rsinωt．由可知，E=2BR2ωsin2ωt，B、R、ω不变，切割的有效长度随时间先增大后减小，且做非线性、非正弦的变化，经半个周期后，电动势的方向反向，故ABD错误，C正确；故选：C【点评】电磁感应与图象的结合问题，近几年高考中出现的较为频繁，在解题时涉及的内容较多，同时过程也较为复杂；故在解题时要灵活，可以先利用右手定则或楞次定律判断方向排除法，在选择其他合适的解法等解答．8.有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，I中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动．与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子（）A．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍C ．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k 倍D ．做圆周运动的角速度是Ⅰ中的k 倍【答案】AC【解析】电子在磁场中做的圆周运动，洛伦兹力作为向心力，根据圆周运动的周期公式和半径公式逐项分析即可． 解：设Ⅱ中的磁感应强度为B ，则Ⅰ中的磁感应强度为kB ，A 、根据电子在磁场中运动的半径公式r=可知，Ⅰ中的电子运动轨迹的半径为，Ⅱ中的电子运动轨迹的半径为，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍，所以A 正确；B 、电子在磁场运动的洛伦兹力作为向心力，所以电子的加速度的大小为a=，所以Ⅰ中的电子加速度的大小为，Ⅱ中的电子加速度的大小为，所以Ⅱ的电子的加速度大小是Ⅰ中的倍，所以B 错误；C 、根据电子在磁场中运动的周期公式T=可知，Ⅰ中的电子运动周期为，Ⅱ中的电子运动周期为，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的周期是Ⅰ中的k 倍，所以C 正确；D 、做圆周运动的角速度ω=，所以Ⅰ中的电子运动角速度为，Ⅱ中的电子运动角速度为，在Ⅱ的电子做圆周运动的角速度是Ⅰ中的倍，所以D 错误；故选：AC ．【点评】本题是对粒子在磁场中做圆周运动的基本考查，解决本题的关键是抓住洛伦兹力作为向心力，根据向心力的不同的公式来分析不同的关系，记住平时的得出的结论可以快速的分析问题．9.回旋加速器的原理如图所示，它由两个铜质D 形盒D 1、D 2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是（ ）A ．离子从电场中获得能量B ．离子从磁场中获得能量C ．只增大空隙间的距离可增加离子从回旋加速器中获得的动能D ．只增大D 形盒的半径可增加离子从回旋加速器中获得的动能【答案】AD【解析】离子由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器；洛伦兹力并不做功，而电场力对离子做正功，可知离子能从电场获得能量．当离子在磁场中圆周运动的半径等于D 形盒半径时，速度最大，动能最大，根据洛伦兹力充当向心力，列式得到最大动能的表达式，再进行分析增加最大动能的方法．解：A 、离子每次通过D 形盒D 1、D 2间的空隙时，电场力做正功，动能增加，所以离子从电场中获得能量．故A 正确．B 、离子在磁场中受到的洛伦兹力不做功，不能改变离子的动能，所以离子不能从磁场中获得能量．故B 错误．C 、D 设D 形盒的半径为R ，当离子圆周运动的半径等于R 时，获得的动能最大，则由Bqv=m可得：v=，则最大动能E km =mv 2=．可见，最大动能与加速电压无关，增大D 形盒的半径可增加离子从回旋加速器中获得的最大动能．故C 错误，D 正确．故选：AD ．【点评】回旋加速器是利用磁场中的圆周运动使离子反复加速的，加速电场的强弱不会影响最后的动能，但金属盒的半径制约了最大动能，达到最大半径后，粒子无法再回到加速电场继续加速．10.如图所示，在半径为R 的圆形区域内充满磁感应强度为B 的匀强磁场，MN 是一竖直放置的感光板．从圆形磁场最高点P 垂直磁场射入大量的带正电、电荷量为q 、质量为m 、速度为v 的粒子，不考虑粒子间的相互作用力及重力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是（）A．只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上B．对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线一定过圆心C．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长D．只要速度满足，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上【答案】BD【解析】带电粒子射入磁场后做匀速圆周运动，对着圆心入射，必将沿半径离开圆心，根据洛伦兹力充当向心力，求出v=时轨迹半径，确定出速度的偏向角．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，即可分析时间关系．解：A、对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN上，与粒子的速度有关．故A错误．B、带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心．故B正确．C、对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由t=T知，运动时间t越小．故C错误．D、速度满足v=时，轨道半径r==R，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子的速度一定垂直打在MN板上，故D正确．故选：BD．【点评】本题要抓住粒子是圆弧，磁场的边界也是圆弧，利用几何知识分析出射速度与入射速度方向的关系，确定出轨迹的圆心角，分析运动时间的关系．11.如图所示，abcd为水平放置的平行“匸”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直与导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计．已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动（金属杆滑动过程中与导轨接触良好）．则下列说法中错误的是（）A．电路中感应电动势的大小为B．电路中感应电流的大小为C．金属杆所受安培力的大小为D．金属杆的热功率为【答案】ACD【解析】根据E=BLv，L是有效的切割长度，求解感应电动势．根据闭合电路欧姆定律求感应电流的大小．由F=BIL求安培力，由功率公式求解金属杆的热功率．解：A、电路中感应电动势为：E=B sinα•v=Blv，故A错误．B、电路中感应电流的大小为：I==，故B正确．C、金属杆所受安培力的大小为：F=BI•=，故C错误．D、金属杆的热功率为：P=EI=，故D错误．本题选择不正确的，故选：ACD【点评】本题考查导体切割磁感线中的电动势和安培力公式的应用，要注意明确E=BLv和F=BIL均为导轨宽度，即导线的有效切割长度．二、实验题某学生实验小组利用如图丁所示电路，测量多用电表内电池的电动势和“×1k”欧姆挡内部电路的总电阻．使用的器材有：A．多用电表；B．电压表：量程5V，内阻十几千欧；C．滑动变阻器：最大阻值5kΩ；D．导线若干．（1）将多用电表挡位调到电阻“×1k”挡，再将红表笔和黑表笔，将指针调至零刻度．（2）将图中多用电表的红表笔和（填“1”或“2”）端相连，黑表笔连接另一端．（3）将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表及电压表的示数如图甲、乙所示，则多用电表欧姆档和电压表的度数分别为kΩ和 V．（4）调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零．此时多用电表和电压表的读数分别为12kΩ和4.00V．从测量数据可知，电压表的内阻为kΩ．（5）多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图丙所示．根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为 V，“×1k”欧姆挡内部电路的总电阻为kΩ．【答案】（1）短接；（2）1；（3）15.0，3.60；（4）12.0；（5）9.0，15.0【解析】（1）欧姆表使用前一定要欧姆调零；（2）红正黑负，电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表；（3）欧姆表读数等于倍率乘以表盘读数，伏特表读数要估读；（4）欧姆表测量的是外电路的总电阻，由于滑动变阻器被短路，故欧姆表读数即为电压表阻值；（5）由于半偏电流是满偏电流的一半，故欧姆表的中值电阻等于内电阻；根据闭合电路欧姆定律求解电动势．解：（1）欧姆表使用前一定要欧姆调零，即红黑表笔短接后，调节调零旋钮，使电流表满偏；（2）多用电表的红表笔对应欧姆表内电源的负极，所以红表笔应接电压表的负接连柱，故红表笔接触1；（3）欧姆表读数=倍率×表盘读数=1k×15.0Ω=15.0kΩ；电压表读数为3.60V；（4）由于滑动变阻器被短路，故欧姆表读数即为电压表阻值，为12.0kΩ；（5）调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零，此时多用电表和电压表的读数分别为12.0kΩ和 4.00V；多用电表的中值电阻等于内电阻，故R=15.0kΩ；由闭合电路欧姆定律I=和欧姆定律U=IR可知，E=，代入数据有：VE=（12kΩ+15kΩ）=9.0V，联立解得：E=9.00V故答案为：（1）短接；（2）1；（3）15.0，3.60；（4）12.0；（5）9.0，15.0【点评】本题关键是明确实验原理，会使用欧姆表和电压表测量电阻和电压，同时能结合闭合电路欧姆定律灵活地列式分析．三、计算题1.如图所示，光滑平行金属导轨与水平面间的倾角为θ，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过导轨平面，有一质量为m长为l的导体棒从ab位置获得平行斜面的大小为v的初速度向。

福建高二高中物理月考试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.电磁感应现象揭示了电和磁之间的内在联系，根据这一发现，发明了许多电器设备。

下列电器设备中，没有利用电磁感应原理的是：( )A．动圈式话筒B．日光灯镇流器C．磁带录放机D．白炽灯泡2.某磁场磁感线如图所示，有一铜线圈自图示A处落至B处，在下落过程中，自上向下看，线圈中的感应电流方向是：（）A．沿顺时针方向B．沿逆时针方向C．先顺时针再逆时针D．先逆时针再顺时针3.穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图像分别如图甲、乙、丙、丁所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述，正确的是:（）A．图甲中回路产生的感应电动势恒定不变B．图乙中回路产生的感应电动势一直在变大C．图丙中回路在0～t0时间内产生的感应电动势大于t0～2t0时间内产生的感应电动势D．图丁中回路产生的感应电动势可能恒定不变4.如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合线圈。

虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场。

方向垂直于线圈所在的平面。

线圈以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始络与MN垂直。

从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是：（）A．感应电流方向发生改变B．CD段直线始终不受安培力C．感应电动势最大值E＝B2avD．感应电动势平均值5.如图所示，矩形闭合金属框abcd的平面与匀强磁场垂直，若ab边受竖直向上的磁场力的作用，则可知线框的运动情况是:（）A ．向右平动退出磁场B ．向左平动进入磁场C ．沿竖直方向向上平动D ．沿竖直方向向下平动6.闭合线圈的匝数为n ，所围面积为S ，总电阻为R ，在时间内穿过每匝线圈的磁通量变化为△Φ，则通过导线横截面的电荷量为：( ) A ． B ． C ． D ．7.取两个完全相同的长导线，用其中一根绕成如图（a ）所示的螺线管，当该螺线管中通以电流强度为I 的电流时，测得螺线管内中部的磁感应强度大小为B ，若将另一根长导线对折后绕成如图（b ）所示的螺线管，并通以电流强度也为I 的电流时，则在螺线管内中部的磁感应强度大小为：( )A ．B B ．2BC ．0D ．0.5B8.如图所示，带铁芯的电感线圈的电阻与电阻器R 的阻值相同，A 1和A 2是两个完全相同的电流表，则下列说法中正确的是：( )A ．闭合S 瞬间，电流表A 2示数小于A 1示数B ．闭合S 瞬间，电流表A 1示数等于A 2示数C ．断开S 瞬间，电流表A 2示数大于A 1示数D ．断开S 瞬间，电流表A 2示数等于A 1示数9.单匝矩形金属线圈，绕垂直磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的交流电动势e 随时间t 变化的情况如图所示。

2015-2016学年福建省四地六校联考高二（下）第一次月考物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．每小题给出的四个选项中，1-8为单选题，9-12为多选题，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．物理学的基本原理在生产生活中有着广泛应用．在下面器件中，利用电磁感应原理工作的是（）A．回旋加速器B．电磁炉C．质谱仪D．示波管2．首先发现电磁感应现象的科学家是（）A．奥斯特B．安培 C．法拉第D．特斯拉3．下列提到的交流电，哪一个不是指有效值（）A．电容器的击穿电压 B．保险丝的熔断电流C．交流电压表读数D．220V交流电压4．如图所示，在电路两端接上交流电，保持电压不变，使频率增大，发现各灯的亮暗变化情况是：灯1变暗，灯2变亮，灯3不变．则M、N、L所接元件可能是（）A．M为电阻，N为电容器，L为电感器B．M为电阻，N为电感器，L为电容器C．M为电感器，N为电容器，L为电阻D．M为电容器，N为电感器，L为电阻5．一线圈在匀强磁场中匀速转动，在如图所示位置时（）A．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小B．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最大C．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大D．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最小6．两只相同的电阻，分别通过正弦波形的交流电和方波形的交流电．两种交变电流的最大值相等，波形如图甲、乙所示．在一个周期内，两电阻产生的热量之比等于（）A．B．C．D．7．交流发电机在工作时的电动势为e=E m sinωt，若将其线框的转速提高到原来的两倍，其他条件不变，则其电动势变为（）A．E m sin B．2E m sin C．E m sin2ωt D．2E m sin2ωt8．如图所示，三条平行虚线位于纸面内，中间虚线两侧有方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向，菱形闭合导线框ABCD位于纸面内且对角线AC与虚线垂直，磁场宽度与对角线AC长均为d．现使线框沿AC方向匀速穿过磁场，以逆时针方向为感应电流的正方向，则从C点进入磁场到A点离开磁场的过程中，线框中电流i随时间t的变化关系，以下不正确的是（）A．B．C．D．9．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．则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10．如图所示电路中的变压器为一理想变压器，S为单刀双掷开关，P是滑动变阻器的滑动触头，原线圈两端接电压恒定的交变电流，则能使原线圈的输入功率变大的是（）A．保持P的位置不变，S由b切换到aB．保持P的位置不变，S由a切换到bC．S置于b位置不动，P向上滑动D．S置于b位置不动，P向下滑动11．如图（a）、（b）所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯A的电阻，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则（）A．在电路（a）中，断开S，A将逐渐熄灭B．在电路（a）中，断开S，A将先变得更亮，然后逐渐熄灭C．在电路（b）中，断开S，A将逐渐熄灭D．在电路（b）中，断开S，A将先变得更亮，然后逐渐熄灭12．如图所示圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P 向上滑动，下列表述正确的是（）A．线圈a中将产生顺时针方向的感应电流（俯视）B．穿过线圈a的磁通量变大C．线圈a有扩大的趋势D．线圈a对水平桌面的压力F将减小二、填空题（本题每空2分，共18分．把答案填在相应的横线上）13．一灵敏电流计，当电流从它的正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转．现把它与一个线圈串联，将磁铁从线圈上方插入或拔出．请完成下列填空：（1）图（a）中灵敏电流计指针的偏转方向为．（填“偏向正极”或“偏向负极”）（2）图（b）中磁铁下方的极性是．（填“N极”或“S极”）（3）图（c）中磁铁的运动方向是．（填“向上”或“向下”）（4）图（d）中线圈从上向下看的电流方向是．（填“顺时针”或“逆时针”）14．在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，实验室中备有下列可供选择的器材：A．可拆变压器（铁芯、两个已知匝数的线圈）B．条形磁铁C．直流电源D．多用电表E．开关、导线若干上述器材在本实验中不必用到的是（填器材前的序号），本实验中还需用到的器材有．15．为了演示接通电源的瞬间和断开电源的瞬间的电磁感应现象，设计了如图所示的电路图，A、B两灯规格相同，L的直流电阻和R相等，开关接通的瞬间，A灯的亮度（填“大于”“等于”或“小于”）B灯的亮度；通电一段时间后，A灯的亮度（填“大于”“等于”或“小于”）B灯的亮度；断电的瞬间，A灯（填“立即”或“逐渐”）熄灭，B灯（填“立即”或“逐渐”）熄灭．三、计算题（三小题共34分；解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的，答案中必须明确写出数值和单位．）16．半径为r、电阻为R的n匝圆形线圈在边长为l的正方形abcd外，匀强磁场充满并垂直穿过该正方形区域，如图甲所示．磁场随时间的变化规律如图乙所示．图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0．求：（1）穿过圆形线圈磁通量的变化率；（2）t0时刻线圈产生的感应电流大小；（3）0至t0时间内通过的电荷量q．17．交流发电机转子是匝数n=100，边长L=20cm的正方形线圈，置于磁感应强度B=T 的匀强磁场中，绕着垂直磁场方向的轴以ω=100π（rad/s）的角速度转动．当转到线圈平面与磁场方向垂直时开始计时，已知线圈的电阻r=1Ω，外电路电阻R=99Ω．试求：（1）电动势的最大值E m；（2）交变电流的有效值I；（3）外电阻R上消耗的功率P R．18．两根相距L=1m的平行金属导轨如图放置，其中一部分水平，连接有一个“6V，3W”的小灯泡，另一部分足够长且与水平面夹角θ=37°，两金属杆ab、cd与导轨垂直并良好接触，分别放于倾斜与水平导轨上并形成闭合回路，两杆与导轨间的动摩擦因数均为μ=0.5，导轨电阻不计．金属杆ab质量m1=1kg，电阻R1=1Ω；cd质量m2=2kg，电阻R2=4Ω．整个装置处于磁感应强度B=2T、方向垂直于倾斜导轨向上的匀强磁场中，ab杆在平行于倾斜导轨向上的恒力F作用下由静止开始向上运动，当ab杆向上匀速运动时，小灯泡恰好正常发光，整个过程中ab杆均在倾斜导轨上运动，cd 杆始终保持静止．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）求：（1）ab杆向上匀速运动的速度大小；（2）ab杆向上匀速运动时，cd杆受到的摩擦力大小；（3）ab杆从开始运动到最大速度过程中上升的位移x=4m，恒力F作功56J，求此过程中由于电流做功产生的焦耳热．2015-2016学年福建省四地六校联考高二（下）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．每小题给出的四个选项中，1-8为单选题，9-12为多选题，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．物理学的基本原理在生产生活中有着广泛应用．在下面器件中，利用电磁感应原理工作的是（）A．回旋加速器B．电磁炉C．质谱仪D．示波管【考点】电磁感应在生活和生产中的应用．【分析】回旋加速器利用磁场使带电粒子旋转，电场使粒子加速．电磁炉是利用电磁感应原理．质谱仪是利用电场加速，磁场使粒子偏转．示波器利用了电场加速和偏转的原理．【解答】解：A、回旋加速器利用磁场使带电粒子旋转，电场使粒子加速．故A错误．B、电磁炉是利用电磁感应原理使产生涡流，将电能最终转化成内能．故B正确．C、质谱仪是利用电场加速，磁场使粒子偏转，不是电磁感应现象．故C错误．D、利用了电场加速和电场偏转的原理．故D错误．故选B2．首先发现电磁感应现象的科学家是（）A．奥斯特B．安培 C．法拉第D．特斯拉【考点】物理学史．【分析】根据课本中的基础知识可知英国物理学家法拉第是第一个发现电磁感应现象的科学家．【解答】解：英国物理学家法拉第最早发现了电磁感应现象．故选：C．3．下列提到的交流电，哪一个不是指有效值（）A．电容器的击穿电压 B．保险丝的熔断电流C．交流电压表读数D．220V交流电压【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．【分析】正弦式电流给灯泡供电，电压表显示是电源电压的有效值，要求电路中灯泡的电流或功率等，均要用正弦式电流的有效值．【解答】解：A、电容器的耐压值，是指的最大值．故A错误；B、保险丝的熔断电流，也是有效值，故B正确；C、交流电表的示数，是有效值，故C正确；D、220v的交流电压，也是有效值，故D正确；题目要求不是有效值，故选：A．4．如图所示，在电路两端接上交流电，保持电压不变，使频率增大，发现各灯的亮暗变化情况是：灯1变暗，灯2变亮，灯3不变．则M、N、L所接元件可能是（）A．M为电阻，N为电容器，L为电感器B．M为电阻，N为电感器，L为电容器C．M为电感器，N为电容器，L为电阻D．M为电容器，N为电感器，L为电阻【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用．【分析】线圈的感抗与交流电的频率成正比，电容器的容抗与频率成反比，而电阻与频率没有关系．交流电频率减小，灯泡变暗，阻抗变大，变亮，阻抗变小．【解答】解：交流电频率增大，灯1变暗，阻抗变大，说明M是电感线圈．灯2变亮，阻抗变小，说明N为电容器．灯3亮度不变，说明L为电阻，故C正确，ABD错误．故选：C5．一线圈在匀强磁场中匀速转动，在如图所示位置时（）A．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小B．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最大C．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大D．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最小【考点】磁通量．【分析】根据法拉第电磁感应定律公式，当时间足够小时，可以用该公式近似求解瞬时电动势，而磁通量的变化量与瞬时电动势成正比．【解答】解：当线圈处于图中所示位置时，线框与磁场方向平行，磁通量为零，最小；该位置与中性面垂直，感应电动势最大，根据法拉第电磁感应定律公式E=n，磁通量的变化率最大；故选：C．6．两只相同的电阻，分别通过正弦波形的交流电和方波形的交流电．两种交变电流的最大值相等，波形如图甲、乙所示．在一个周期内，两电阻产生的热量之比等于（）A．B．C．D．【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．【分析】根据焦耳定律Q=I2Rt求解热量，其中I是有效值．对于正弦式电流有效值I1=；对于方波，有效值I2=I m【解答】解：两种交变电流的最大值为I m．对于正弦式电流有效值为：I1=．对于方波，有效值为：I2=I m．根据焦耳定律得：Q1=I12RTQ2=I22RT则Q1：Q2=1：2故选：B7．交流发电机在工作时的电动势为e=E m sinωt，若将其线框的转速提高到原来的两倍，其他条件不变，则其电动势变为（）A．E m sin B．2E m sin C．E m sin2ωt D．2E m sin2ωt【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．【分析】感应电动势的瞬时值表达式为e=E m sinωt，其中E m=nBSω，当将其电枢的转速提高到原来2倍时，E m和ω都增加2倍，再进行选择．【解答】解：感应电动势的瞬时值表达式为e=E m sinωt，当将其电枢的转速提高到原来2倍时，由ω=2πn，E m=nBSω，可知，E m和ω都增加2倍，其表达式变为：e′=2E m sin2ωt．故D正确，ABC错误；故选：D．8．如图所示，三条平行虚线位于纸面内，中间虚线两侧有方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向，菱形闭合导线框ABCD位于纸面内且对角线AC与虚线垂直，磁场宽度与对角线AC长均为d．现使线框沿AC方向匀速穿过磁场，以逆时针方向为感应电流的正方向，则从C点进入磁场到A点离开磁场的过程中，线框中电流i随时间t的变化关系，以下不正确的是（）A ．B ．C ．D ．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．【分析】根据楞次定律判断感应电流的方向，结合切割产生的感应电动势公式判断感应电动势的变化，从而结合闭合电路欧姆定律判断感应电流的变化．【解答】解：BC 、线圈在进入磁场的过程中，根据楞次定律可知，感应电流的方向沿逆时针方向，为正值，在通过两个磁场的分界线时，根据楞次定律可知，感应电流的方向沿顺时针方向，为负值，线圈出磁场的过程中，根据楞次定律知，感应电流的方向为逆时针，为正值．故B 、C 错误．A 、D 、设BD=L ．在线圈进入磁场一半的过程中，切割的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，当BD 刚进入磁场时，感应电流最大为 I 1==i 0； 在线圈进入磁场全部过程中，切割的有效长度均匀减小，感应电动势均匀减小，则感应电流均匀减小至零；线圈通过两个磁场的分界线时，切割的有效长度先均匀增大，感应电流均匀增大，当BD 通过磁场分界线时，感应电流最大为 I 2==2i 0；后均匀减小至零；在线圈出磁场一半的过程中，在线圈全部出磁场的过程中，切割的有效长度先均匀增大后均匀减小，感应电流先均匀增大后均匀减小，此过程感应电流最大为 I 3==i 0；故D 正确，A 错误．本题选不正确的，故选：ABC ．9．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．则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【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律．【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．【解答】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．10．如图所示电路中的变压器为一理想变压器，S为单刀双掷开关，P是滑动变阻器的滑动触头，原线圈两端接电压恒定的交变电流，则能使原线圈的输入功率变大的是（）A．保持P的位置不变，S由b切换到aB．保持P的位置不变，S由a切换到bC．S置于b位置不动，P向上滑动D．S置于b位置不动，P向下滑动【考点】变压器的构造和原理．【分析】理想变压器输入功率等于输出功率，原副线圈电流与匝数成反比，原副线圈电压与匝数成正比．【解答】解：A、S由b切换到a，副线圈匝数变大，所以副线圈电压变大，电阻不变，所以输出功率变大，故原线圈的输入功率变大，故A正确；B、S由a切换到b副线圈匝数变小，副线圈电压变小，所以副线圈功率变小，而原线圈功率等于副线圈功率，所以原线圈功率变小，故B错误；C、S置于b位置不动，P向上滑动，电阻变小，电压不变，所以所以输出功率变大，故原线圈的输入功率变大，故C正确；D、S置于b位置不动，P向下滑动，电阻变大，电压不变，所以输出功率变小，故原线圈的输入功率变小，故D错误．故选：AC．11．如图（a）、（b）所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯A的电阻，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则（）A．在电路（a）中，断开S，A将逐渐熄灭B．在电路（a）中，断开S，A将先变得更亮，然后逐渐熄灭C．在电路（b）中，断开S，A将逐渐熄灭D．在电路（b）中，断开S，A将先变得更亮，然后逐渐熄灭【考点】自感现象和自感系数．【分析】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1构成电路回路．【解答】解：A、在电路a中，断开S，由于线圈阻碍电流变小，导致灯A将逐渐变暗，因为断开前后的电流一样，灯不会变得更亮．故A正确，B错误；C、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的多，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导致灯泡将变得更亮，然后逐渐变暗．故C错误，D正确；故选：AD．12．如图所示圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P 向上滑动，下列表述正确的是（）A．线圈a中将产生顺时针方向的感应电流（俯视）B．穿过线圈a的磁通量变大C．线圈a有扩大的趋势D．线圈a对水平桌面的压力F将减小【考点】楞次定律．【分析】此题的关键首先明确滑动触头向上滑动时通过判断出线圈b中的电流减小，然后根据楞次定律判断出线圈a中感应电流的方向．根据感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因，可以很好判断线圈的运动趋势．【解答】解：A、B、当滑动触头P向上移动时电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流减小，b线圈产生的磁场减弱，故穿过线圈a的磁通量变小；根据b中的电流方向和安培定则可知b产生的磁场方向向下穿过线圈a，根据楞次定律，a 中的感应电流的磁场要阻碍原来磁场的减小，故a的感应电流的磁场方向也向下，根据安培定则可知线圈a中感应电流方向俯视应为顺时针，故A正确，B错误．C、再根据微元法将线圈a无限分割根据左手定则不难判断出线圈a应有扩张的趋势，或直接根据楞次定律的第二描述“感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因”，因为滑动触头向上滑动导致穿过线圈a的磁通量减小，故只有线圈面积增大时才能阻碍磁通量的减小，故线圈a应有扩张的趋势，故C正确；D、开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑动触头向上滑动时，可以用“等效法”，即将线圈a和b看做两个条形磁铁，不难判断此时两磁铁互相吸引，故线圈a对水平桌面的压力F将减小，故D正确．故选：ACD．二、填空题（本题每空2分，共18分．把答案填在相应的横线上）13．一灵敏电流计，当电流从它的正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转．现把它与一个线圈串联，将磁铁从线圈上方插入或拔出．请完成下列填空：（1）图（a）中灵敏电流计指针的偏转方向为偏向正极．（填“偏向正极”或“偏向负极”）（2）图（b）中磁铁下方的极性是S．（填“N极”或“S极”）（3）图（c）中磁铁的运动方向是向上．（填“向上”或“向下”）（4）图（d）中线圈从上向下看的电流方向是顺时针．（填“顺时针”或“逆时针”）【考点】楞次定律．【分析】根据磁铁的运动方向分析磁通量变化，由楞次定律确定感应电流方向，结合题给条件：当电流从它的正接线柱流人时，指针向正接线柱一侧偏转判断指针偏转方向分析判断．【解答】解：（1）磁铁向下运动，穿过线圈的磁通量增加，原磁场方向向下，根据楞次定律感应电流方向俯视为逆时针方向，从正接线柱流入电流计，指针偏向正极．（2）由图可知，电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，感应电流的磁场方向向下，又磁通量增加，根据楞次定律可知，磁铁下方为S极．（3）磁场方向向下，电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，感应电流的磁场方向向下，根据楞次定律可知，磁通量减小，磁铁向上运动．（4）图（d）中磁铁向下运动，穿过线圈的磁通量增加，原磁场方向向上，根据楞次定律感应电流方向俯视为顺时针方向．故答案为：偏向正极，S极，向上，顺时针14．在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，实验室中备有下列可供选择的器材：A．可拆变压器（铁芯、两个已知匝数的线圈）B．条形磁铁C．直流电源D．多用电表E．开关、导线若干上述器材在本实验中不必用到的是BC（填器材前的序号），本实验中还需用到的器材有低压交流电源．【考点】探究变压器电压与匝数的关系．【分析】变压器线圈两端的电压与匝数的关系：；所以需要的器材有：可拆变压器（铁芯、两个已知匝数的线圈），多用电表（测电压），导线、开关，低压交流电源．【解答】解：A：变压器线圈两端的电压与匝数的关系：；所以需要知道原副线圈的匝数，可拆变压器就能满足条件．故A必用．B：变压器的原理是互感现象的应用，是原线圈磁场的变化引起副线圈感应电流的变化，所以不需要外界的磁场，故B不必用到．C：变压器的原理是互感现象的应用，是原线圈磁场的变化引起副线圈感应电流的变化，如果原线圈中通的是直流电源，则副线圈中不会有感应电流产生，故C不必用到，需要用到低压交流电源．D：变压器线圈两端的电压与匝数的关系：，需要测电压，所以需要一个测电压的仪器．故D必用．E：做电学实验，当然需要用到开关、导线，故E必用．故答案为：上述器材在本实验中不必用到的是：BC，本实验中还需用到的器材有：低压交流电源15．为了演示接通电源的瞬间和断开电源的瞬间的电磁感应现象，设计了如图所示的电路图，A、B两灯规格相同，L的直流电阻和R相等，开关接通的瞬间，A灯的亮度大于（填“大于”“等于”或“小于”）B灯的亮度；通电一段时间后，A灯的亮度等于（填“大于”“等于”或“小于”）B灯的亮度；断电的瞬间，A灯逐渐（填“立即”或“逐渐”）熄灭，B灯立即（填“立即”或“逐渐”）熄灭．【考点】自感现象和自感系数．【分析】L与R的直流电阻相等说明闭合开关S达到稳定后两灯均可以正常发光；闭合开关的瞬间，通过L的电流增大，产生自感电动势，阻碍原电流的变化，从而使通过A灯的电流比B灯的电流大，即而判断灯的亮度；断电瞬间，通过L的电流减小，产生自感电动势，阻碍原电流的变化，从而使通过A灯的电流比B灯的电流消失的慢，即而判断灯是否立即熄灭．【解答】解：闭合开关的瞬间，通过L的电流增大，产生自感电动势，阻碍原电流的变化，从而使通过A灯的电流比B灯的电流大，所以灯A的亮度大于灯B的亮度；当通电一段时间后，电路的电流稳定，通过两灯的电流相同，所以两灯亮度相同；断电瞬间，通过L的电流减小，产生自感电动势，阻碍原电流的变化，从而使通过A灯的电流比B灯的电流消失的慢，即而判断灯A逐渐熄灭，灯B立即熄灭．故答案为：大于；等于；逐渐；立即．三、计算题（三小题共34分；解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的，答案中必须明确写出数值和单位．）16．半径为r、电阻为R的n匝圆形线圈在边长为l的正方形abcd外，匀强磁场充满并垂直穿过该正方形区域，如图甲所示．磁场随时间的变化规律如图乙所示．图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0．求：（1）穿过圆形线圈磁通量的变化率；（2）t0时刻线圈产生的感应电流大小；（3）0至t0时间内通过的电荷量q．【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．。

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甲乙丙丁2016—2017下学期高二物理第一次月考(3月份)试卷（时间：90分钟 总分：100分）班级 姓名 座号一、选择题(每题4分，共48分)1.在电磁感应现象中，下列说法正确的是（ ) A ．导体相对磁场运动，导体内一定会产生感应电流 B ．导体做切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电流C ．闭合电路在磁场内作切割磁感线运动,电路内一定会产生感应电流D ．穿过闭合线圈的磁通量发生变化，电路中一定有感应电流。

2、穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t 变化的图像分别如图甲、乙、丙、丁所示,下列关于回路中产生的感应电动势的论述，正确的是: （ ) A ．图甲中回路产生的感应电动势恒定不变 B ．图乙中回路产生的感应电动势一直在变大C ．图丙中回路在0～t 0时间内产生的感应电动势大于t 0～2t 0时间内产生的感应电动势D ．图丁中回路产生的感应电动势可能恒定不变3.平行闭合线圈的匝数为n ，所围面积为S ，总电阻为R ,在t 时间内穿过每匝线圈的磁通量变B a R 1化为∆Φ,则通过导线某一截面的电荷量为（ ）. A ．R ∆Φ B ．R nS ∆Φ C ．tR n ∆∆Φ D ．Rn ∆Φ4。

如图1所示的电路中,一个N 极朝下的条形磁铁竖直下落,恰能穿过水平放置的方形导线框，下列判断正确的是 （ ）A ．磁铁经过图2中位置1时,线框中感应电流沿abcd 方向，经过位置2时沿adcb 方向B ．磁铁经过图中位置1时，线框中感应电流沿adcb 方向，经过位置2时沿abcd 方向C ．磁铁经过位置1和2时，感应电流都沿abcd 方向D ．磁铁经过位置1和2时，感应电流都沿adcb 方向5。

福建高二高中物理月考试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.下列关于电场强度的两个表达式E=和E=的叙述，错误的是（）A．E=是电场强度的定义式，F是放入电场中的电荷所受的力，q是产生电场的电荷的电荷量B．E=是电场强度的定义式，F是放入电场中的电荷所受的力，q是放入电场中电荷的电荷量，它适用于任何电场C．E=是点电荷场强的计算式，Q是产生电场的电荷电量，它不适用于匀强电场D．从点电荷场强计算式分析库仑定律的表达式F=k，式是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小，而是点电荷q1产生的电场在q2处的场强的大小2.带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，会受到洛伦兹力的作用．下列表述正确的是（）A．洛伦兹力对带电粒子做功B．洛伦兹力不改变带电粒子的动能C．洛伦兹力的大小与速度无关D．洛伦兹力不改变带电粒子的速度方向3.如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面．下列判断正确的是（）A．1、2两点的场强相等B．1、3两点的场强相等C．1、2两点的电势相等D．2、3两点的电势相等4.通电矩形线框abcd与长直通电导线MN在同一平面内，如图所示，ab边与MN平行．关于MN的磁场对线框的作用力，下列说法正确的是（）A．线框所受的安培力的合力方向为零B．线框所受的安培力的合力方向向左C．线框有两条边所受的安培力方向相同D．线框有两条边所受的安培力大小相等5.如图所示是某直流电路中电压随电流变化的图象，其中a、b分别表示路端电压、负载电阻上电压随电流变化的情况，下面说法正确的是（）A．阴影部分的面积表示电源的输出功率B．阴影部分的面积表示电源的内阻上消耗的功率C．当满足α=β时，电源的效率最高D．当满足α=β时，电源的效率小于50%6.半径相同的两个金属小球A和B带有电量相等的电荷，相隔一定距离，两球之间的相互吸引力的大小是F，今让第三个半径相同的不带电的金属小球C先后与A、B两球接触后移开．这时，A、B两球之间的相互作用力的大小是（）A． F B． F C． F D．F7.两个相同的回旋加速器，分别接在加速电压U1和U2的高频电源上，且U1＞U2，有两个相同的带电粒子分别在这两个加速器中运动，设两个粒子在加速器中运动的时间分别为t1和t2，获得的最大动能分别为Ek1和Ek2，则（）A．t1＜t2，E k1＞E k2B．t1=t2，E k1＜E k2C．t1＞t2，E k1=E k2D．t1＜t2，E k1=E k28.如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电荷量均相同的正、负离子，从O点以相同的速度射入磁场中，射入方向均与边界成θ角．若不计重力，关于正、负离子在磁场中的运动，下列说法不正确的是（）A．运动的时间相同B．运动的轨道半径相同C．重新回到边界的速度大小和方向都相同D．重新回到边界的位置与O点距离相同9.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器最大电阻为R，开关K闭合．两平行金属极板a、b间有匀强磁场，一带负电的粒子（不计重力）以速度v水平匀速穿过两极板．下列说法正确的是（）A．若将滑片P向上滑动，粒子将向a板偏转B．若将a极板向上移动，粒子将向a板偏转C．若增大带电粒子的速度，粒子将向b板偏转D．若增大带电粒子带电量，粒子将向b板偏转10.电动势为E，内阻为r的电源，向可变电阻R供电，关于路端电压说法正确的是（）A．因为电源电动势不变，所以路端电压也不变B．因为U=IR，所以当I增大时，路端电压也增大C．因为U=E﹣Ir，所以当I增大时，路端电压减小D．若外电路断开，则路端电压为E11.一质量m、电荷量+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动．细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中．现给圆环向右初速度v，以后的运动过程中圆环运动的速度图象可能是（）A．B．C．D．12.如图所示电路中，R为一滑动变阻器，P为滑片，若将滑片向下滑动，则在滑动过程中，下列判断错误的是（）A．电源内电路消耗功率一定逐渐增大B．灯泡L2一定逐渐变暗C．电源效率一定逐渐减小D．R上消耗功率一定逐渐变小13.如图所示，两个相同的半圆形光滑绝缘轨道分别竖直放置在匀强电场E和匀强磁场B中，轨道两端在同一高度上，两个相同的带正电小球a、b同时从轨道左端最高点由静止释放，且在运动中始终能通过各自轨道的最低点M、N，则（）A．两小球某次到达轨道最低点时的速度可能有v N=v MB．两小球都能到达轨道的最右端C．小球b第一次到达N点的时刻与小球a第一次到达M点的时刻相同D．a小球受到的电场力一定不大于a的重力，b小球受到的最大洛伦兹力可能大于b的重力二、实验题1.某实验小组利用如图甲所示电路测定一节电池的电动势和内电阻，备有下列器材：①待测电池，电动势约为1.5V（小于1.5V）②电流表，量程3mA③电流表，量程0.6A④电压表，量程1.5V⑤电压表，量程3V⑥滑动变阻器，0～20Ω⑦开关一个，导线若干（1）请选择实验中需要的器材（填标号）．（2）按电路图将实物（如图乙所示）连接起来．（3）小组由实验数据作出的U﹣I图象如图丙所示，由图象可求得电源电动势为 V，内电阻为Ω．2.为了测量某一未知电阻Rx的阻值，某实验小组找来以下器材：电压表（0～3V，内阻约3kΩ）、电流表（0～0.6A，内阻约0.5Ω）、滑动变阻器（0～15Ω，2A）、电源（E=3V，内阻很小）、开关与导线，并采用如图甲所示的电路图做实验．①请按图甲所示的电路图将图乙中实物连线图补齐；②图乙中，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P置于端（选填“a”、“b”）．③闭合开关，缓慢调节滑动变阻器，得到多组电压表与电流表的读数，根据实验数据在坐标系中描出坐标点，请你完成U﹣I图线；④根据U﹣I图可得，该未知电阻的阻值Rx = ．（保留两位有效数字）⑤由于实验中使用的电表不是理想电表，会对实验结果造成一定的影响，则该小组同学实验测出的电阻值 Rx的真实值（填“＞”、“＜”或“=”）．⑥利用现有的仪器，为了更加精确地测量这个电阻的阻值，请你给该实验小组提出建议并说明理由．三、计算题1.如图所示，在倾角为θ=30°的斜面上，固定一宽L=0.25m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和变阻器．电源电动势E=12V，内阻r=1.0Ω一质量m=20g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好．整个装置处于磁感强度B=0.80T、垂直于斜面向上的匀强磁场中（导轨与金属棒的电阻不计）．金属导轨是光滑的，取g=10m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：（1）金属棒所受到的安培力；（2）通过金属棒的电流；（3）滑动变阻器R接入电路中的阻值．2.如图所示，平行板电容器上板M带正电，两板间电压恒为U，极板长为（1+）d，板间距离为2d，在两板间有一圆形匀强磁场区域，磁场边界与两板及右侧边缘线相切，P点是磁场边界与下板N的切点，磁场方向垂直于纸面向里，现有一带电微粒从板的左侧进入磁场，若微粒从两板的正中间以大小为V水平速度进入板间电场，恰做匀速直线运动，经圆形磁场偏转后打在P点．（1）判断微粒的带电性质并求其电荷量与质量的比值；（2）求匀强磁场的磁感应强度B的大小；（3）若带电微粒从M板左侧边缘沿正对磁场圆心的方向射入板间电场，要使微粒不与两板相碰并从极板左侧射出，求微粒入射速度的大小范围．福建高二高中物理月考试卷答案及解析一、选择题1.下列关于电场强度的两个表达式E=和E=的叙述，错误的是（）A．E=是电场强度的定义式，F是放入电场中的电荷所受的力，q是产生电场的电荷的电荷量B．E=是电场强度的定义式，F是放入电场中的电荷所受的力，q是放入电场中电荷的电荷量，它适用于任何电场C．E=是点电荷场强的计算式，Q是产生电场的电荷电量，它不适用于匀强电场D．从点电荷场强计算式分析库仑定律的表达式F=k，式是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小，而是点电荷q1产生的电场在q2处的场强的大小【答案】A【解析】解：A、B、E=是电场强度的定义式，F是放入电场中的试探电荷所受的力，q是试探电荷的电荷量，它适用于任何电场，q是试探电荷的电荷量．故A错误，B正确．C、E=是真空中点产生的电场强度计算式，Q是产生电场的电荷电量，该式只适用于点电荷的电场，不适用于匀强电场，故C正确．D、从点电荷电场强度的计算式分析库仑定律表达式F=k，式是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小，而是点电荷q1产生的电场在q2处的场强的大小，故D正确．本题选错误的，故选：A．【点评】关于电场强度的两个公式理解时抓住两点：一是公式中各量的含义；二是公式适用的条件．定义式适用于一切电场．2.带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，会受到洛伦兹力的作用．下列表述正确的是（）A．洛伦兹力对带电粒子做功B．洛伦兹力不改变带电粒子的动能C．洛伦兹力的大小与速度无关D．洛伦兹力不改变带电粒子的速度方向【答案】B【解析】解：A、洛伦兹力的方向与速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，不改变速度的大小，只改变速度的方向，所以不改变粒子的动能．故A、D错误，B正确．C、洛伦兹力大小F=qvB，与速度的大小有关．故C错误．故选B．【点评】解决本题的关键掌握洛伦兹力的大小公式，知道洛伦兹力的方向．3.如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面．下列判断正确的是（）A．1、2两点的场强相等B．1、3两点的场强相等C．1、2两点的电势相等D．2、3两点的电势相等【答案】D【解析】解：A、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与2比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大．故A错误；B、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与3比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大．故B错误；C，顺着电场线，电势降低，所以1点的电势高于2点处的电势．故C错误；D、由题目可得，2与3处于同一条等势线上，所以2与3两点的电势相等．故D正确．故选：D．【点评】加强基础知识的学习，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题．4.通电矩形线框abcd与长直通电导线MN在同一平面内，如图所示，ab边与MN平行．关于MN的磁场对线框的作用力，下列说法正确的是（）A．线框所受的安培力的合力方向为零B．线框所受的安培力的合力方向向左C．线框有两条边所受的安培力方向相同D．线框有两条边所受的安培力大小相等【答案】D【解析】解：A、B、直导线中的电流方向由M到N，根据安培定则，导线右侧区域磁感应强度方向向外，ab边电流的方向向上，根据左手定则，ab边受向右的安培力，cd边受到向左的安培力，ad边受到向上的安培力，bc受到向下的安培力，方向全不同；ab边受到的安培力大于cd边，ad边受到的安培力等于bc受到受到的安培力；故合力向右，故A错误，B错误；C、ab边受向右的安培力，cd边受到向左的安培力，ad边受到向上的安培力，bc受到向下的安培力，方向全不同；故C错误；D、离MN越远的位置，磁感应强度越小，故根据安培力公式F=BIL，ab边受到的安培力大于cd边，ad边受到的安培力等于bc受到受到的安培力．故D正确．故选：D【点评】本题关键：（1）会根据安培定则判断通电直导线的磁场；（2）会根据左手定则判断安培力方向；（3）会根据安培力公式F=BIL并结合微元法判断安培力的大小．5.如图所示是某直流电路中电压随电流变化的图象，其中a、b分别表示路端电压、负载电阻上电压随电流变化的情况，下面说法正确的是（）A．阴影部分的面积表示电源的输出功率B．阴影部分的面积表示电源的内阻上消耗的功率C．当满足α=β时，电源的效率最高D．当满足α=β时，电源的效率小于50%【解析】解：阴影部分的面积为路端电压与电流的乘积，为电源的输出功率．故A 正确，B 错误． 当满足α=β时，内外阻相等，输出功率最大，但电源的效率为50%，不是最高．故C 错误，D 错误． 故选：A【点评】考查电源的U ﹣I 图象，电阻的U ﹣I 图线的物理意义，明确两者的交点为工作电压，工作电流．6.半径相同的两个金属小球A 和B 带有电量相等的电荷，相隔一定距离，两球之间的相互吸引力的大小是F ，今让第三个半径相同的不带电的金属小球C 先后与A 、B 两球接触后移开．这时，A 、B 两球之间的相互作用力的大小是（ ）A ． FB ． FC ． FD ．F【答案】A【解析】解：假设A 带电量为Q ，BA 带电量为﹣Q ， 两球之间的相互吸引力的大小是F=第三个不带电的金属小球C 与A 接触后，A 和C 的电量都为， C 与B 接触时先中和再平分，则C 、B 分开后电量均为﹣，这时，A 、B 两球之间的相互作用力的大小F′=故选：A ．【点评】要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分．根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量求出问题．7.两个相同的回旋加速器，分别接在加速电压U 1和U 2的高频电源上，且U 1＞U 2，有两个相同的带电粒子分别在这两个加速器中运动，设两个粒子在加速器中运动的时间分别为t 1和t 2，获得的最大动能分别为E k1和E k2，则（ ）A ．t 1＜t 2，E k1＞E k2B ．t 1=t 2，E k1＜E k2C ．t 1＞t 2，E k1=E k2D ．t 1＜t 2，E k1=E k2【答案】D【解析】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由R==可知，粒子获得的最大动能只与磁感应强度和D 形盒的半径有关，所以E k1=E k2；设粒子在加速器中绕行的圈数为n ，则E k =nqU ，由以上关系可知n 与加速电压U 成反比，由于U 1＞U 2，则n 1＜n 2，而t=nT ，T 不变，所以t 1＜t 2． 故选：D ．【点评】本题明确回旋加速器的工作原理是解题的关键，注意最大速率由D 形盒半径决定，周期由荷质比与磁场决定．8.如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电荷量均相同的正、负离子，从O 点以相同的速度射入磁场中，射入方向均与边界成θ角．若不计重力，关于正、负离子在磁场中的运动，下列说法不正确的是（ ）A ．运动的时间相同B ．运动的轨道半径相同C ．重新回到边界的速度大小和方向都相同D ．重新回到边界的位置与O 点距离相同【解析】解：A、粒子在磁场中运动周期为，则知两个离子圆周运动的周期相等．根据左手定则分析可知，正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，重新回到边界时正离子的速度偏向角为2π﹣2θ，轨迹的圆心角也为2π﹣2θ，运动时间．同理，负离子运动时间，显然时间不等．故A错误；B、根据牛顿第二定律得：qvB=m得：，由题q、v、B大小均相同，则r相同．故B正确；C、正负离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，根据圆的对称性可知，重新回到边界时速度大小与方向相同．故C正确．D、根据几何知识得知重新回到边界的位置与O点距离S=2rsinθ，r、θ相同，则S相同．故D正确．本题要求选择不正确的，故选：A．【点评】带电粒子垂直射入单边界的匀强磁场中，可分两类模型分析：一为同方向射入的不同粒子；二为同种粒子以相同的速率沿不同方向射入．无论哪类模型，都遵守以下规律：（1）轨迹的圆心在入射方向的垂直线上，常可通过此垂线的交点确定圆心的位置．（2）粒子射出方向与边界的夹角等于射入方向与边界的夹角．9.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器最大电阻为R，开关K闭合．两平行金属极板a、b间有匀强磁场，一带负电的粒子（不计重力）以速度v水平匀速穿过两极板．下列说法正确的是（）A．若将滑片P向上滑动，粒子将向a板偏转B．若将a极板向上移动，粒子将向a板偏转C．若增大带电粒子的速度，粒子将向b板偏转D．若增大带电粒子带电量，粒子将向b板偏转【答案】C【解析】解：A、因电容器与电阻并联，将滑片P向上滑动，电阻两端的电压减小，故两板间的电场强度要减小，故所受电场力减小，因带负电，电场力向上，则粒子将向b板偏转运动，故A错误；B、保持开关闭合，将a极板向上移动一点，板间距离增大，电压不变，由E=可知，板间场强减小，若粒子带负电，则粒子所受电场力向上，洛仑兹力向下，带电粒子受电场力变小，则粒子将向b板偏转，故B错误；C、由图可知a板带正电，b板带负电；若带电粒子带负电，则受电场力向上，洛仑兹力向下，原来二力应大小相等，物体才能做匀速直线运动；若增大带电粒子的速度，所受极板间洛仑兹力增大，而所受电场力不变，故粒子将向b板偏转，故C正确；D、若带电粒子带正电，则受电场力向下，洛仑兹力向上，原来二力应大小相等，物体才能做匀速直线运动；若增大带电粒子带电量，所受电场力增大，而所受洛仑兹力也增大，但两者仍相等，故粒子将不会偏转，故D错误；故选：C．【点评】本题综合了电路、电容及磁场的知识，综合性较强；同时要注意由于题目中没有给出粒子的电性，故必须讨论可能出现的情况．10.电动势为E，内阻为r的电源，向可变电阻R供电，关于路端电压说法正确的是（）A．因为电源电动势不变，所以路端电压也不变B．因为U=IR，所以当I增大时，路端电压也增大C．因为U=E﹣Ir，所以当I增大时，路端电压减小D．若外电路断开，则路端电压为E【解析】解：A 、电源的电动势不变，路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小．故A 错误．B 、I 增大是由于外电阻R 减小造成的，所以不能根据U=IR 判断路端电压的变化．应这样分析：当I 增大时，电源的内电压增大，由闭合电路欧姆定律可知，路端电压应减小，故B 错误．C 、由U=E ﹣Ir 分析，E 、r 不变，I 减小，得到U 增大．即路端电压增大，故C 正确；D 、若外电路断开，电流为零，根据U=E ﹣Ir ，路端电压为E ，故D 正确； 故选：CD【点评】本题是简单的路动态分析问题．对于路端电压与电流的关系，也可以作出电源的外特性曲线U ﹣I 图线，更直观判断它们的关系．11.一质量m 、电荷量+q 的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动．细杆处于磁感应强度为B 的匀强磁场中．现给圆环向右初速度v 0，以后的运动过程中圆环运动的速度图象可能是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】AD【解析】解：当qvB=mg 时，小环做匀速运动，此时图象为A ，故A 正确；当qvB ＞mg 时，F N =qvB ﹣mg ，此时：μF N =ma ，所以小环做加速度逐渐减小的减速运动，直到qvB=mg 时，小环开始做匀速运动，故D 图象正确，故D 正确；当qvB ＜mg 时，F N =mg ﹣qvB 此时：μF N =ma ，所以小环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以其v ﹣t 图象的斜率应该逐渐增大，故BC 错误． 故选AD ．【点评】分析洛伦兹力要用动态思想进行分析，注意讨论各种情况，同时注意v ﹣t 图象斜率的物理应用，总之本题比较全面的考查了高中所学物理知识．12.如图所示电路中，R 为一滑动变阻器，P 为滑片，若将滑片向下滑动，则在滑动过程中，下列判断错误的是（ ）A ．电源内电路消耗功率一定逐渐增大B ．灯泡L 2一定逐渐变暗C ．电源效率一定逐渐减小D ．R 上消耗功率一定逐渐变小【答案】D【解析】解：将滑动片向下滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，总电流I 增大．A 、据P=I 2r 可知，电源内部消耗的功率增大，故A 正确；BD 、由于干路电流增大，路端电压减小，所以R 1上的电流增大，电压增大；再由于路端电压减小，R 1上电压增大，所以L 2的电压减小（滑动变阻器R 的电压减小），即该灯泡变暗；由于R 1上的电流增大，而L 2的电流减小，所以通过滑动变阻器R 的电流变大，据P=UI 可知，R 上消耗的功率不一定变小，故B 正确，D 错误； C 、据电源效率公式η=可知，当总电阻减小，电源效率减小，故C 正确．本题选错误的，故选：D ．【点评】对于电路中动态变化分析问题，一般先确定局部电阻的变化，再确定总电阻的变化，到总电流、总电压的变化，再回到局部电路研究电压、电流的变化．13.如图所示，两个相同的半圆形光滑绝缘轨道分别竖直放置在匀强电场E 和匀强磁场B 中，轨道两端在同一高度上，两个相同的带正电小球a 、b 同时从轨道左端最高点由静止释放，且在运动中始终能通过各自轨道的最低点M 、N，则（）A．两小球某次到达轨道最低点时的速度可能有v N=v MB．两小球都能到达轨道的最右端C．小球b第一次到达N点的时刻与小球a第一次到达M点的时刻相同D．a小球受到的电场力一定不大于a的重力，b小球受到的最大洛伦兹力可能大于b的重力【答案】D【解析】解：小球在磁场中运动，在最低点进行受力分析可知：F M ﹣mg﹣Bqv1=m解得：FM =m+mg+Bqv1…①小球在电场中运动，在最低点受力分析可知：FN﹣mg=m解得：FN=m+mg…②A、C、由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；而小球在电场中运动受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小，所以在电场中运动的时间也长，故A，C错误；B、由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，所以小球可以到达轨道的另一端，而电场力对小球做负功，所以小球在达到轨道另一端之前速度就减为零了，故不能到达最右端，故B错误；D、如果重力小于电场力，则小球不能到达最低端，所以a小球受到的电场力一定不大于a的重力，而洛伦兹力跟速度有关系，所以有可能大于b的重力，如果重力小于电场力，则小球不能到达最低端，所以a小球受到的电场力一定不大于a的重力，而洛伦兹力跟速度有关系，所以有可能大于b的重力如果重力小于电场力，则小球不能到达最低端，所以a小球受到的电场力一定不大于a的重力，而洛伦兹力跟速度有关系，所以有可能大于b的重力由于受到电场力作用的小球能到达最低点，则电场力不可能大于重力，否则不能自动到达最低点；因光滑，则洛伦兹力对小球运动没有影响，而洛伦兹力与速度有关，因此洛伦兹力可能大于重力，故D正确；故选：D．【点评】伦兹力对小球不做功，但是洛伦兹力影响了球对轨道的作用力，在电场中的小球，电场力对小球做功，影响小球的速度的大小，从而影响小球对轨道的压力的大小．二、实验题1.某实验小组利用如图甲所示电路测定一节电池的电动势和内电阻，备有下列器材：①待测电池，电动势约为1.5V（小于1.5V）②电流表，量程3mA③电流表，量程0.6A④电压表，量程1.5V⑤电压表，量程3V⑥滑动变阻器，0～20Ω⑦开关一个，导线若干（1）请选择实验中需要的器材（填标号）．（2）按电路图将实物（如图乙所示）连接起来．（3）小组由实验数据作出的U﹣I图象如图丙所示，由图象可求得电源电动势为 V，内电阻为Ω．【答案】（1）①③④⑥⑦；（2）如图；（3）1.45，3.22．【解析】解：（1）电池和导线开关为必选；故①⑦必选；干电池电动势约为1.5V，电压表应选：④，根据实验数据得出最大电流为0.57A，因此电流表应选：③；滑动变阻器只有一个，故选：⑥；②根据伏安法测电源电动势与内阻的实验原理图得出实物图如下图．③由闭合电路欧姆定律可知U=E﹣Ir，再由数学知识可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势故电源的电动势为1.45V；而图象的斜率表示电源的内阻，r===3.22Ω；故答案为：（1）①③④⑥⑦；（2）如图；（3）1.45，3.22．【点评】本题考查了实验器材的选取、作实验电路图、求电动势与内阻，知道实验器材的选取原则、知道实验原理、掌握应用图象法处理实验数据的方法即可正确解题．2.为了测量某一未知电阻Rx的阻值，某实验小组找来以下器材：电压表（0～3V，内阻约3kΩ）、电流表（0～0.6A，内阻约0.5Ω）、滑动变阻器（0～15Ω，2A）、电源（E=3V，内阻很小）、开关与导线，并采用如图甲所示的电路图做实验．①请按图甲所示的电路图将图乙中实物连线图补齐；②图乙中，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P置于端（选填“a”、“b”）．③闭合开关，缓慢调节滑动变阻器，得到多组电压表与电流表的读数，根据实验数据在坐标系中描出坐标点，请你完成U﹣I图线；④根据U﹣I图可得，该未知电阻的阻值Rx = ．（保留两位有效数字）⑤由于实验中使用的电表不是理想电表，会对实验结果造成一定的影响，则该小组同学实验测出的电阻值 Rx的真实值（填“＞”、“＜”或“=”）．⑥利用现有的仪器，为了更加精确地测量这个电阻的阻值，请你给该实验小组提出建议并说明理由．【答案】①实物图连线；见解析②a；③连线如图；见解析④Rx =5.0Ω；⑤＞；⑥由于待测电阻相对较小，所以建议电流表外接．【解析】解：①根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示；②由图示电路图可知，闭合开关前，滑片应置于a端，此时滑动变阻器接入电路的阻值最大；。

长泰一中2016/2017学年下学期期中考试高二年物理学试卷（满分：100分;考试时间90分钟）一：单项选择题（每小题4分，共10小题40分；答案填涂在答题卡上） 1．如图所示，矩形线框在磁场内做的各种运动中，能够产生感应电流的是()2．图中闭合线圈都在匀强磁场中绕虚线所示的固定转轴匀速转动，不能产生正弦式交变电流的是( )3．如图所示，L 是一个纯电感线圈，R 为一个灯泡，下列说法中正确的是 ( )A ．开关S 闭合瞬间和断开瞬间，灯泡中都有从a 到b 的电流通过B ．开关S 闭合瞬间，灯泡中有从a 到b 的电流通过，断开瞬间则 为从b 到aC ．开关S 闭合瞬间，灯泡中有从a 到b 的电流通过，断开瞬间则 没有电流通过D ．开关S 闭合或断开瞬间，灯泡中都没有电流通过4．如图所示，弹簧下面挂一质量为m 的物体，物体在竖直方向上做振幅为A 的简谐运动，当物体振动到最高点时，弹簧正好为原长，弹簧在弹性限度内，则物体在振动过程中( ) A ．弹簧的最大弹性势能等于2mg AB ．弹簧的弹性势能和物体动能总和不变C ．物体在最低点时的加速度大小应为2gD ．物体在最低点时的弹力大小应为mg5．将一段导线绕成图甲所示的闭合回路,并固定在水平面(纸面)内。

回路的ab 边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中。

回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ,以向里为磁场Ⅱ的正方向,其磁感应强度B 随时间t 变化的图像如图乙所示。

用F 表示ab 边受到的安培力,以水平向右为F 的正方向,能正确反映F 随时间t 变化的图像是 ( )学校班级 姓名 考号 得分请 勿 在 密 封 线 内 答 题6．平行金属导轨MN 竖直放置于绝缘水平的地板上，如图所示，金属杆PQ 可以紧贴导轨无摩擦滑动，导轨间除固定电阻R 外，其他电阻不计，匀强磁场B 垂直穿过导轨平面，有以下两种情况：第一次，闭合开关S ，然后从图中位置由静止释放PQ ，经过一段时间后PQ 匀速到达地面；第二次，先从同一高度由静止释放PQ ，当PQ 下滑一段距离后突然闭合开关，最终PQ 也匀速到达了地面。