江西省上高二中高二物理下学期第一次月考试题 (2)

江西省上饶县中学2017-2018学年高二物理下学期第一次月考试题（实验班，含解析）编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（江西省上饶县中学2017-2018学年高二物理下学期第一次月考试题（实验班，含解析））的内容能够给您的工作和学习带来便利。

同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。

本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为江西省上饶县中学2017-2018学年高二物理下学期第一次月考试题（实验班，含解析）的全部内容。

上饶县中学2019届高二年级下学期第一次月考物理试卷（实验班)一、选择题1.科学发现或发明是社会进步的强大推动力，青年人应当崇尚科学在下列关于科学发现或发明的叙述中，存在错误的是A. 奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电与磁的联系B。

法拉第经历了十年的探索，实现了“磁生电”的理想C. 洛伦兹发现了电磁感应定律D. 楞次在分析许多实验事实后提出，感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化【答案】C【解析】【详解】奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电与磁的联系，选项A正确；法拉第经历了十年的探索,实现了“磁生电"的理想，选项B正确；洛伦兹发现了磁场对带电粒子的作用力，选项C错误;楞次在分析许多实验事实后提出，感应电流具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项D正确;此题选择错误的选项，故选C.2.在如图所示的实验中,能在线圈中产生感应电流的是A。

磁铁N极停在线圈中 B. 磁铁S极停在线圈中C。

磁铁从线圈内抽出的过程 D。

磁铁静止在线圈左侧【答案】C【解析】磁铁N极停在线圈中,穿过线圈的磁通量不变，不能产生感应电流．故A错误．磁铁S极停在线圈中,穿过线圈的磁通量不变，不能产生感应电流．故B错误．磁铁从线圈内抽出的过程，穿过线圈的磁通量减小,能产生感应电流．故C正确．磁铁静止在线圈左侧，穿过线圈的磁通量不变，不能产生感应电流．故D错误．故选C.3.如图所示，导体棒ab沿水平面内的光滑导线框向右做匀速运动，速度v=6。

嗦夺市安培阳光实验学校云南省玉溪市峨山民中高二物理下学期第一次月考试题本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，100分，考试时间120分钟。

分卷I一、单选题(共12小题,每小题3分,共36分) 1.内壁光滑的环形凹槽半径为R ，固定在竖直平面内，一根长度为R 的轻杆，一端固定有质量为m 的小球甲，另一端固定有质量为2m 的小球乙．现将两小球放入凹槽内，小球乙位于凹槽的最低点，如图所示，由静止释放后( )A ． 下滑过程中甲球减少的机械能总是等于乙球增加的机械能B ． 下滑过程中甲球减少的重力势能总是等于乙球增加的重力势能C ． 甲球可沿凹槽下滑到槽的最低点D ． 杆从右向左滑回时，乙球一定不能回到凹槽的最低点2.用接在50 Hz 交流电源上的打点计时器测定小车的运动情况．如图是实验得到的纸带．则小车的加速度和在点1时的瞬时速度分别是多少？( ) A ．a ＝5.00 m/s 2和v 1＝1.60 m/s B ．a ＝5.00 m/s 2和v 1＝3.20 m/s C ．a ＝50.0 m/s 2和v 1＝1.60 m/sD ．a ＝50.0 m/s 2和v 1＝3.20 m/s3.阴极射线示波管的聚焦电场是由电极A 1、A 2形成，实线为电场线，虚线为等势线，z 轴为该电场的中心轴线，P 、Q 、R 为一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三点，则( )A ． 电极A 1的电势高于电极A 2的电势B ． 电场中Q 点的电场强度小于R 点的电场强度C ． 电子在P 点处的动能大于在Q 点处的动能D ． 电子从P 至R 的运动过程中，电场力对它一直做正功4.如图所示，PQRS 为一正方形导线框，它以恒定速度向右进入以MN 为边界的匀强磁场中，磁场方向垂直线框平面，MN 线与线框的边成45°角，E 、F 分别为PS 和PQ 的中点．关于线框中的感应电流( )A ． 当E 点经过边界MN 时，感应电流最大B ． 当P 点经过边界MN 时，感应电流最大C ． 当F 点经过边界MN 时，感应电流最大D ． 当Q 点经过边界MN 时，感应电流最大 5.关于电源，下列说法正确的是( )A ． 当电池用旧之后，电源电动势减小，内阻增大B．当电池用旧之后，电源电动势和内阻都不变C．当电池用旧之后，电源电动势基本不变，内阻增大D．以上说法都不对6.如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为R，A、B为圆水平直径的两个端点，AC 为圆弧．一个质量为m，电荷量为－q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是( )A．小球一定能从B点离开轨道B．小球在AC部分可能做匀速圆周运动C．若小球能从B点离开，上升的高度一定等于HD．小球到达C点的速度可能为零7.如图所示，在水平路面上一运动员驾驶摩托车跨越壕沟，壕沟两侧的高度差为0.8 m，取g=10 m/s2，则运动员跨过壕沟所用的时间为（）A． 3.2 sB． 1.6 sC． 0.8 s D． 0.4 s8.如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，用钉子靠着线的左侧，沿与水平方向成30°角的斜面向右以速度v匀速运动，运动中始终保持悬线竖直，下列说法正确的是( )A．橡皮的速度大小为vB．橡皮的速度大小为vC．橡皮的速度与水平方向成30°角D．橡皮的速度与水平方向成45°角9.如图甲所示，A、B两物体叠放在光滑水平面上，对物体A施加一水平力F，F －t图象如图乙所示，两物体在力F作用下由静止开始运动，且始终相对静止，规定水平向右为正方向，则下列说法正确的是( )A．两物体在4 s时改变运动方向B．在1～3 s时间内两物体间摩擦力为零C． 6 s时两物体的速度为零D．B物体所受的摩擦力方向始终与力F的方向相同10.在正常照射下，太阳能电池的光电转换效率可达23%.单片单晶硅太阳能电池可产生0.6 V的电动势，可获得0.1 A的电流，则每秒照射到这种太阳能电池上的太阳光的能量是( )A ． 0.24 JB ． 0.25 JC ． 0.26 JD ． 0.28 J 11.物理学的基本原理在生产、生活中有着广泛的应用，下列列举的四种电器中，利用了涡流原理工作的是( ) A ． 电饭煲B ． 微波炉C ． 电磁灶你D ． 白炽灯泡12.如图所示，mA ＝2mB ，不计摩擦阻力，物体A 自H 高处由静止开始下落，且B 物体始终在水平台面上．若以地面为零势能面，则当物体A 的动能与其势能相等时，物体A 距地面的高度是( ) A ．B ．C ．D ．二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分) 13.(多选)质量为m 的物体在水平力F 的作用下由静止开始在光滑地面上运动，前进一段距离之后速度大小为v ，再前进一段距离使物体的速度增大为2v ，则( )A ． 第二过程的速度增量等于第一过程的速度增量B ． 第二过程的动能增量是第一过程动能增量的3倍C ． 第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做的功D ． 第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做功的2倍14.(多选)如图所示，线圈匝数为n 、横截面积为S 、线圈电阻为r ，处于一个均匀增强的磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k ，磁场方向水平向右且与线圈平面垂直，电容器的电容为C ，两个电阻的阻值分别为r 和2r .由此可知，下列说法正确的是( )A ． 电容器上极板带正电B ． 电容器下极板带正电C ． 电容器所带电荷量为D ． 电容器所带电荷量为15.(多选)如图所示为a 、b 、c 三个质点在同一直线上做直线运动的v －t 图象，t ＝3t 0时刻三个质点相遇，则( )A ．t ＝0时刻，b 、c 两个质点在同一位置B ．t ＝2t 0时刻，a 、b 两质点在同一位置C ．t ＝0时刻，a 、c 间距离是b 、c 间距离的2倍D ． 0～3t 0时间内，a 的平均速度是c 的平均速度的2倍 16.(多选)关于电容器和电容的概念，下列说法正确的是( ) A ． 任何两个彼此绝缘又互相靠近的导体都可以看成是一个电容器 B ． 用电源对平行板电容器充电后，两极板一定带有等量异种电荷C ． 某一电容器带电荷量越多，它的电容就越大D ． 某一电容器两板间的电压越高，它的电容就越大 分卷II三、实验题(共2小题,每小题10.0分,共20分)17.把一个満偏电流I =1 mA 、线圈电阻R =的小量程电流表，改装成量程U =10V 的电压表，需串联的分压电阻阻值为_________；改装成量程10 mA 的电流表，需并联的分流电阻的阻值为_______.18.某同学用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律．已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz ，当地重力加速度大小为g ＝9.80 m/s 2.实验中该同学得到的一条点迹清晰的完整纸带如图乙所示，纸带上的第一个点记为O ，另选连续的三个点A 、B 、C 进行测量，图中给出了这三个点到O 点的距离hA 、hB 和hC 的值．回答下列问题(计算结果保留3位有效数字)：(1)打点计时器打B 点时，重物速度的大小v B ＝______ m/s ；(2)通过分析该同学测量的实验数据，他的实验结果是否验证了机械能守恒定律？简要说明分析的依据．四、计算题(共4小题)19.如图所示，一质量M ＝0.2 kg 的长木板静止在光滑的水平地面上，另一质量m ＝0.2 kg 的小滑块，以v 0＝1.2 m/s 的速度从长木板的左端滑上长木板，已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.4.g 取10 m/s 2，则(1)经过多少时间小滑块与长木板速度相等？(2)从小滑块滑上长木板到小滑块与长木板相对静止，小滑块运动的距离为多少？20.如图所示，水平地面上有一重60 N 的物体，在与水平方向成30°角斜向上、大小为20 N 的拉力F 作用下匀速运动，求地面对物体的支持力和摩擦力大小．21.一个重力不计的带电粒子，以大小为v 的速度从坐标(0，L )的a 点，平行于x 轴射入磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，并从x轴上b 点射出磁场，射出速度方向与x 轴正方向夹角为60°，如图所示．求：(1)带电粒子在磁场中运动的轨道半径； (2)带电粒子的比荷及粒子从a 点运动到b 点的时间；(3)其他条件不变，要使该粒子恰从O 点射出磁场，粒子入射速度的大小．22.用“滴水法”可以测量重力加速度g ，具体操作方法是：(1)将一只空铁皮水桶倒置在水龙头的正下方，可以十分清晰地听到水滴滴到桶底上的声音．细心地调整水龙头的阀门或水桶的高度，使得后一个水滴离开水龙头的同时，恰好听到前一个水滴撞击桶底的声音． (2)听到某次响声时开始用秒表计时，并数“0”，以后每听到1次响声就顺次加1，数到“100”时停止计时．(3)用尺子量出水龙头滴水处到桶底的高度．如果停止计时的时候，秒表上的读数是50 s ，水龙头滴水处到桶底的高度为122.5 cm，请你根据以上实验及其数据，计算当地重力加速度的值．答案解析1.【答案】A【解析】环形凹槽光滑，甲、乙组成的系统在运动过程中只有重力做功，故系统机械能守恒，下滑过程中甲减少的机械能总是等于乙增加的机械能，甲、乙系统减少的重力势能等于系统增加的动能；甲减少的重力势能等于乙增加的势能与甲、乙增加的动能之和；由于乙的质量较大，系统的重心偏向乙一端，由机械能守恒，知甲不可能滑到槽的最低点，杆从右向左滑回时乙一定会回到槽的最低点．2.【答案】A【解析】在匀变速直线运动中有Δx＝aT2，将Δx＝0.2 cm，T＝0.02 s，带入解得：a ＝m/s＝5.00m/s2；在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，因此有：v1＝＝m/s＝1.60 m/s，A正确．3.【答案】D【解析】沿电场线方向电势降低，因此电极A1的电势低于电极A2的电势，故A 错误；等势线密的地方电场线也密，因此Q点电场线比R点电场线密，故Q点的电场强度大于R点的电场强度，故B错误；电子从低电势向高电势运动时，电场力做正功，动能增加，电势能减小，故C错误，D正确．4.【答案】B 【解析】当P点经过边界MN时，有效切割长度最长，感应电动势最大，所以感应电流最大．5.【答案】C【解析】电池用旧之后，电源电动势基本不变，但是内阻变的很大．6.【答案】B【解析】若电场力大于重力，则小球有可能不能从B点离开轨道，A错．若电场力等于重力，小球在AC部分做匀速圆周运动，B正确．因电场力做负功，有机械能损失，上升的高度一定小于H，C错误．由圆周运动知识可知若小球到达C点的速度为零，则在此之前就已脱轨了，D错．7.【答案】D【解析】根据得，t ==s=0.4 s．故D正确，A、B、C错误．8.【答案】B【解析】钉子沿斜面匀速运动，橡皮具有向上的分速度v，同时具有沿斜面方向的分速度v，根据运动的合成可知，橡皮的速度大小为v，速度与水平方向成60°角，选项B正确．9.【答案】D【解析】对整体分析，整体的加速度与F的方向相同，4 s时两个物体受到的力最大，但力F方向依然向右，故加速度方向依然向右，速度方向与加速度方向相同，速度继续增大，方向向右，故A错误；根据牛顿第二定律可知：在1～3 s时间内两物体AB受到合外力，故整体向右做匀加速运动，AB保持相对静止，故B在方向向右的摩擦力作用下做匀加速直线运动，故B错误；由图分析可知，物体一直向右做加速运动，在6 s末时速度最大，故C错误；在这段时间内两物体AB受到向右的外力，根据牛顿第二定律可知整体向右做加速运动，AB保持相对静止，故B在摩擦力作用下向右做加速直线运动，故B物体所受的摩擦力方向与力F方向一致，故D正确．10.【答案】C【解析】根据W＝UIt可得每秒太阳能电池产生的能量为W＝0.6×0.1×1 J＝0.06 J，设太阳光每秒照射的能量为Q，则由能的转化和守恒定律得Q×23%＝W，所以Q≈0.26 J.11.【答案】C【解析】电饭煲利用电流的热效应，不是利用电磁感应原理，故A错误；微波炉是利用变化的电磁场，产生电磁波．故B错误；电磁炉是利用电磁感应原理产生涡流，将电能最终转化成内能，故C正确；白炽灯泡利用电流的热效应，不是利用电磁感应原理，故D错误．12.【答案】B【解析】A、B组成的系统机械能守恒．设物体A的动能与其势能相等时，物体A距地面的高度是h、速度为v.则有mAgh ＝mA v2，即v2＝2gh.从开始到A距地面的高度为h的过程中，A减少的重力势能为ΔE p＝mAg(H－h)＝2mBg(H－h)．系统增加的动能为ΔE k ＝(mA＋mB)v2＝×3mB×2gh＝3mBgh.由ΔE p＝ΔE k，得h ＝H.13.【答案】AB【解析】由题意知，两个过程中速度增量均为v，A正确；由动能定理知：W1＝mv2，W2＝m(2v)2－mv2＝mv2，故B正确，C、D错误．14.【答案】AD【解析】磁场向右均匀增强，由楞次定律可知，电容器上极板带正电，B错误，A正确．闭合线圈与阻值为r的电阻形成闭合回路，线圈相当与电源，电容器两极板间的电压等于路端电压，线圈产生的感应电动势为：E＝nS＝nkS，路端电压：U ＝r ＝，则电容器所带电荷量为：Q＝CU ＝，D正确，C错误．15.【答案】BCD【解析】由于三个质点t＝3t0时刻相遇，而在3t0时间内a的位移为：xa ＝×4t0v0＝2v0t0，b的位移为：xb ＝3t0v0＝1.5v0t0，c的位移为：xc＝v0t0，因此t＝0时刻，b、c并不在同一位置，A错误；由于t＝2t0时刻以后至3t0时刻，a、b运动的位移相同，且三个质点在t＝3t0时刻相遇，说明t＝2t0时刻，两者在同一位置，B正确；t＝0时刻，a、c间距离v0t0，b、c间距离为0.5v0t0，C正确；0～3t0时间内，a 的平均速度＝＝v0，c 的平均速度＝＝v0，D正确．16.【答案】AB【解析】电容器是储存电荷的容器，电容是描述电容器容纳电荷本领大小的物理量．电容的大小与电容器带电荷量多少及两极间电压大小都无关，平行板电容器两极板带等量异种电荷．17.【答案】(1) 9000(2) 111．1【解析】把一个满偏电流Ig=1 mA、线圈电阻Rg=1 kΩ的小量程电流表，改装成量程U=10 V 的电压表，需要串联一个分压电阻，分压电阻阻值：，改装成量程10 mA的电流表，需要并联一个分流电阻，分流电阻阻值：。

2024年人教版高二物理下册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______ 姓名：______ 班级：______ 考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、有三个完全一样的金属小球A、B、C，A带电荷量+7Q、B带电荷量-Q、C不带电，将A、B分别固定起来，然后让C球反复很多次与A、B球接触，最后移去C球，则A、B球间的库仑力变为原来的（）A. 倍B. 倍C. 倍D. 无法确定2、如图所示，矩形导体线框abcd放置在水平面内．磁场方向与水平方向成α角，已知sinα=cosα=回路面积为S，磁感应强度为B，则通过线框的磁通量为（）A. BSB. BSC. BSD. BS3、磁通量是指（）A. 磁感应强度的大小B. 磁感线路径的长短C. 磁感线的多少D. 穿过某个回路的磁感线的多少4、如图所示，一个带负电的物体从光滑斜面顶端滑到底端，速度为V，若加上一个垂直纸面指向读者的磁场，则滑到底端时（）A. V变大B. V变小C. V不变D. 不能确定V的变化5、如图甲所示的LC振荡电路中，通过P点的电流变化规律如图乙所示，且把通过P点向右的电流方向规定为正方向，则（）A. 0.5s至1s时间内的电容器在放电B. 0.5s至1s时间内的电容器的上极板带正电C. 1s至1.5s时间内Q点比P电势高D. 1s至1.5s时间内磁场能正在转变为电场能6、如图所示，带箭头的实线表示某电场的电场线，虚线表示该电场的等势面。

其中(A) (B) (C)三点的电场强度大小分别为(E_{A}) (E_{B}) (E_{C}) 电势分别为(φ_{A}) (φ_{B}) (φ_{C}) 关于这三点的电场强度大小和电势高低的关系，下列说法中正确的是(()())A. (E_{A}=E_{B})B. (E_{A} > E_{C})C. (φ_{A}=φ_{B})D. (φ_{A} > φ_{c})7、如图所示，将条形磁铁从相同的高度分别以速度(v)和(2v)插入线圈，电流表指针偏转角度较大的是( )A. 以速度(v)插入。

上饶县中学2019届高二年级下学期第一次月考物理试卷(惟义、特零班)一、选择题(本题共12小题，每题4分，共48分，其中9-12题为多选题，全部选对的4分，选不全的得2分，有选错的或不答的得0分)。

1.如图甲所示,面积S=1m2的导体圆环内通有垂直于圆平面向里的磁场,磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示（B取向里为正）,以下说法正确的是（）A. 环中产生逆时针方向的感应电流B. 环中产生顺时针方向的感应电流C. 环中产生的感应电动势大小为1VD. 环中产生的感应电动势大小为2V【答案】AC【解析】磁场垂直于纸面向里，由图乙所示可知，磁感应强度增加，穿过圆环的磁通量增加，环中产生感应电流，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，A正确B错误；感应电动势，C正确D错误．2. 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中都做自由落体运动B. 在两个下落过程中的机械能都守恒C. 在P中的下落时间比在Q中的长D. 落至底部时在P中的速度比在Q中的大【答案】C【解析】试题分析：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，因磁场，从而产生安培阻力，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正确；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错误．故选C。

考点：电磁感应视频3.如下图所示，A为水平放置的胶木圆盘，在其侧面均匀分布着负电荷，在A的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环B，使B的环面水平且与圆盘面平行，其轴线与胶木盘A的轴线OO′重合。

现使胶木盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，则A. 金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力增大B. 金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力减小C. 金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力减小D. 金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力增大【答案】B【解析】木盘加速旋转，电流增大，周围的磁场增强，穿过环面B的磁通量增大，由楞次定律判断，圆环B由收缩的趋势，两圆盘互相排斥，拉力减小，B对4.如图所示，A、B、C是3个完全相同的灯泡，L是一个自感系数较大的线圈(直流电阻可忽略不计)。

一、选择题（本题共9小题，每小题6分，共54分，1---5单项选择题，6-9不定项选择题，全部选对的得6分，选对但不全得3分，有选错或不答的得0分）1．如图所示电路中，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，电源内阻不可忽略，当开关S2闭合时，电流表的示数为3 A，则当开关S2断开时，电流表示数可能为（）A．3.2 A B．2.1 AC．1.2 A D．0.8 A2．两条导线互相垂直，但相隔一小段距离，其中ab固定，cd可以自由活动，当通以如图所示电流后，cd导线将（）A．顺时针方向转动，同时靠近abB．逆时针方向转动，同时离开abC．顺时针方向转动，同时离开abD．逆时针方向转动，同时靠近ab3．如图为远距离输电示意图，发电机的输出电压U1和输电线的电阻、理想变压器匝数均不变，当用户消耗的功率增大时，下列表述正确的是（）A．输电线上的热功率变小B．用户的电压U4增加C ．U 2的电压不变D ．用户消耗的功率等于发电机的输出功率4． 图甲所示的变压器原、副线圈匝数比为3:1，图乙是该变压器cd 输入端交变电压u 的图像，L 1、L 2、L 3、L 4为四只规格均为“9 V，6 W”的相同灯泡，K 闭合，各电表均为理想交流电表。

以下说法正确的是（ ）A ．ab 输入端电压的瞬时值表达式为t U ab π100sin 227=(V)B ．ab 输入端输入功率P ab =18 WC ．电流表的示数为2A ，且四只灯泡均能正常发光D ．断开K ，电压表V 读数将变小5．如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x 轴上且长为2L ，高为L 。

纸面内一边长为L 的正方形导线框沿x 轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t =0时刻恰好位于图中所示的位置。

以顺时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流—位移（I —x ）关系的是 （ ）6．如图所示，电路中A、B是规格相同的灯泡，L是自感系数较大直流电阻可忽略不计的线圈，那么（）A．闭合S，A、B同时亮，然后A变暗后熄灭 B．闭合S，B先亮，A逐渐变亮，最后A、B亮度相同C．断开S，A和B均闪亮一下后熄灭D．断开S，B立即熄灭，A闪亮一下后熄灭7．如图是两等量异种点电荷，以两电荷连线的中点O为圆心出半圆，在半圆上有a、b、c三个点，b点在两电荷连线的垂直平分线上，下列说法正确的是（）A．ac两点的电场强度相同B．ac两点的电势相同C．正电荷在a点电势能大于在b点的电势能D．将正电荷由O移到b电场力的做正功8．下列描述中a点电势高于b点电势的是（）A．一块金属板在垂直纸面向里的匀强磁场中向右运动B．在垂直纸面向里的匀强磁场中有一金属管内有向右流动的NaCl溶液C．在垂直纸面向里的匀强磁场中金属导体中通有向右的电流D．在垂直纸面向里的匀强磁场中装有NaCl溶液的金属管道有向右的电流1 9．竖直放置的固定绝缘光滑轨道由半径分别为R的4圆弧MN和半径为r的半圆弧NP拼接而成（两段圆弧相切于N点），小球带正电，质量为m，电荷量为q。

高二物理第一次月考试题一、选择题1．如图所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面（纸面）垂直，磁场边界的间距为L。

一个质量为m、边长也为L的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所t 时刻导线框的上在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行。

0v。

经历一段时间后，当导线框边恰好与磁场的下边界重合（图中位置Ⅰ），导线框的速度为的下边恰好与磁场的上边界重合时（图中位置Ⅱ），导线框的速度刚好为零。

此后，导线框下落，经过一段时间回到初始位置Ⅰ。

则（）A. 上升阶段线框进入和穿出磁场的过程，通过导线框横截面的电量相等B. 下降过程中，导线框的加速度逐渐增大C. 上升过程中，合力做的功与下降过程中合力做的功相等D. 上升过程中，克服安培力做的功比下降过程中的多2．在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球发生正碰，碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，则碰后B球的速度大小可能是()A. 0.7vB. 0.6vC. 0.4vD. 0.2v3．一个电热器接在10 V的直流电源上，在t s内产生的焦耳热为Q，今将该电热器接在一个正弦交流电源上，它在2t s内产生的焦耳热为Q，则这一正弦交流电源的电压的最大值和有效值分别是()A. 最大值2V，有效值10 VB. 最大值2V，有效值2VC. 最大值V，有效值5VD. 最大值10 V，有效值V4．如图所示，E=10V，R1=4Ω，R2=6Ω，C=30μF，电池内阻不计。

先将开关S闭合，稳定后再将S断开，S断开后通过R1的电量为（，A. 3.0×10-4CB. 1.2×10-4CC. 1.8×10-4CD. 0 C5．质量为m的物块，带正电q，开始时让它静止在倾角α=600的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平方向、大小为E=H，释放物体后，物块落地的速度大小为( )A. B. C. D.6．置于匀强磁场中的金属圆盘中央和边缘各引出一根导线，与套在铁芯上部的线圈A相连。

高二物理第一次月考试题一、选择题(1—9题是单选，10—14是不定项选择，每题3分共42分) 1、在10s 内通过电解槽某一横截面向右迁移的正离子所带的电量为2C ，向左迁移的负离子所带电量为3C ，那么电解槽中电流强度大小为 （ ）A ．0.1AB ．0.2AC ．0.3AD ．0.5A2、甲乙两条铜导线质量之比M 甲:M 乙=4:1,长度之比为L 甲:L 乙=1:4，则其电阻之比R 甲：R 乙为A ．1:1B ．1:16C ．64:1D ．1:643、如图所示，图线1表示的导体电阻为R 1，图线2表示的导体的电阻为R 2，则说法正确的是A 、R 1：R 2 =1：3 B 、 R 1：R 2 =3：1C 、 将R 1与R 2串联后接于电源上，则电流比I 1：I 2=1：3D 、 将R 1与R 2并联后接于电源上，则电流比I 1：I 2=1：34、在如图所示的电路中，当开关Ｓ闭合时，电灯不亮，电流表无读数，电压表读数接近为电源电压，以下可能的情况是（ ）Ａ. 电流表中断路，Ｌ１和Ｌ２都完好Ｂ. Ｌ１灯丝断路，电流表和Ｌ２都完好Ｃ. Ｌ２灯丝断路，电流表和Ｌ１都完好Ｄ. Ｌ１和Ｌ２灯丝都断路，而电流表完好5、 走廊里有一盏灯，在走廊两端及中间位置各有一个开关，我们希望不论哪一个开关接通都能使灯点亮，那么设计的电路为 （ ）A.“与”门电路B.“非”门电路C.“或”门电路D.上述答案都有可能6、如图所示的电路中, U =120 V, 滑动变阻器R 2的最大值为 200Ω,R 1=100Ω.当滑片P 滑至R 2的中点时，a 、b 两端的电压为（ ）A.60 V B.40 V C.80 V D.120 V7、如图，当滑动变阻器的滑片P 向上端移动时，则电表示数的变化情况是（ ）A ． V1减小，V2 增大，A 增大B ．V1增大，V2减小，A 增大C ．V1增大，V2增大，A 减小D ．V1减小，V2减小，A 减小8、如图所示，直线A 为电源的U －I 图线，直线B 为电阻R 的U －I 图线；用该电源和电阻组成的闭合电路，电源输出功率和电路的总功率分别是 A ．4 W ，811、下列各种说法中正确的是（ ）A ．电流的定义式，适用于任何电荷的定向移动形成的电流。

2015-2016学年江西省九江一中高二〔下〕第一次月考物理试卷一、选择题〔本大题共12小题，每一小题4分，其中1-8题为单项选择题，9-12题为多项选择题〕1．质量为5kg的物体，原来以v=5m/s的速度做匀速直线运动，现受到跟运动方向一样的冲量15N•s的作用，历时4s，物体的动量大小变为〔〕A．80 kg•m/s B．160 kg•m/s C．40 kg•m/s D．10 kg•m/s2．质量为m a=1kg，m b=2kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移﹣时间图象如下列图，如此可知碰撞属于〔〕A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞C．完全非弹性碰撞D．条件不足，不能判断3．如下列图，两个小球A、B在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为m A=4kg，m B=2kg，以水平向右为正方向，其速度分别是v A=3m/s，v B=﹣3m/s．如此它们发生正碰后，速度的可能值分别为〔〕A．v A′=1 m/s，v B′=1 m/s B．v A′=﹣3 m/s，v B′=9 m/sC．v A′=2 m/s，v B′=﹣1 m/s D．v A′=﹣1 m/s，v B′=﹣5 m/s4．如下列图，在光滑水平面上静止放着两个相互接触的木块A、B，质量分别为m1和m2，今有一子弹水平穿过两木块．设子弹穿过木块A、B的时间分别为t1和t2，木块对子弹的阻力恒为f，如此子弹穿过两木块后，木块A的速度大小是〔〕A． B．C．D．5．如下列图，小车由光滑的弧形段AB和粗糙的水平段BC组成，静止在光滑水平面上，当小车固定时，从A点由静止滑下的物体到C点恰好停止．如果小车不固定，物体仍从A点静止滑下，如此〔〕A．还是滑到C点停住 B．滑到BC间停住C．会冲出C点落到车外D．上述三种情况都有可能6．如下列图，一轻杆两端分别固定a、b两个半径相等的光滑金属球，a球质量大于b球质量．整个装置放在光滑的水平面上，将此装置从图示位置由静止释放，如此〔〕A．在b球落地前瞬间，a球的速度方向向右B．在b球落地前瞬间，a球的速度方向向左C．在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球的冲量为零D．在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球做的功为零7．如下列图，A、B、C三个物块，质量关系是m B=2m A=2m C，A、B放在光滑水平面上，C、B、A间接触面也是光滑的，一颗子弹水平从A射入，最后从B穿出．如此子弹穿出B后，三物块的速率关系正确的答案是〔〕A．v A=v B=v C B．v A＞v B＞v C C．v B＞v A＞v C D．v A＜v B=v C8．如下列图，在水平面上有两条平行金属导轨MN、PQ，导轨间距为d，匀强磁场垂直于导轨所在的平面向下，磁感应强度大小为B，两根金属杆间隔一定的距离摆放在导轨上，且与导轨垂直，两金属杆质量均为m，电阻均为R，两杆与导轨接触良好，导轨电阻不计，金属杆与导轨间摩擦不计，现将杆2固定，杆1以初速度v0滑向杆2，为使两杆不相碰，如此两杆初始间距至少为〔〕A．B．C．D．9．在任何相等的时间内，物体动量变化量总是相等的运动是〔〕A．竖直上抛运动 B．匀速圆周运动 C．自由落体运动 D．平抛运动10．如下列图，在光滑的水平面上放着甲、乙两个物块，甲的质量是乙的2倍，开始物体乙静止，在乙上系有一个轻质弹簧．物块甲以速度υ向乙运动．在运动过程中〔〕A．甲动量的变化量大小等于乙动量的变化量大小B．弹簧压缩量最大时，甲的速度为零C．当乙的速度最大时，甲的速度向右D．当乙的速度最大时，甲的速度为零11．如图光滑水平面上放着两块长度一样，质量分别为M1和M2的木板，两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全一样的物块，物块和木板间的动摩擦因数一样，开始时各物均静止．今在两物块上各作用一水平恒力F1、F2，当物块和木板别离时，两木板的速度分别为v1和v2．如下说法正确的答案是〔〕A．假设F1＞F2，M1=M2，如此一定v1＞v2B．假设F1＜F2，M1=M2，如此一定v1＞v2C．假设F1=F2，M1＜M2，如此一定v1＞v2D．假设F1=F2，M1＞M2，如此一定v1＞v212．如图甲所示，光滑水平面上停放着一辆外表粗糙的平板车，质量为M．与平板车上外表等高的平台上有一质量为m的滑块以水平初速度v0向着平板车滑来，从滑块刚滑上平板车开始计时，之后它们的速度随时间变化的图象如图乙所示，t0是滑块在车上运动的时间，以下说法中正确的答案是〔〕A．滑块与平板车最终滑离B．滑块与平板车的质量之比m：M=1：2C．滑块与平板车外表的动摩擦因数为D．平板车上外表的长度为v0t0二、实验题〔本大题共二小题，13题10分，14题6分，共16分〕13．如图是用来验证动量守恒的实验装置：弹性球1用细线悬挂于O点，O点正下方桌子的边缘放有一静止弹性球2．实验时，将球1拉到A点并从静止开始释放，当它摆到悬点正下方时与球2发生对心碰撞．碰撞后，球1把处于竖直方向的轻质指示针OC推移到与竖直线最大夹角为β处，球2落到水平地面上的C点．测出有关数据即可验证1、2两球碰撞时动量守恒．现已测出：在A点时，弹性球1球心离水平桌面的距离为a，轻质指示针OC与竖直方向的夹角为β，球1和球2的质量分别为m1、m2，C点与桌子边沿间的水平距离为b．〔1〕在此实验中要求m1m2〔填大于，小于或等于〕；〔2〕此外，还需要测量的量是和；〔3〕根据测量的数据，该实验中动量守恒的表达式为．14．气垫导轨上有A、B两个滑块，开始时两个滑块静止，它们之间有一根被压缩的轻质弹簧，滑块间用绳子连接〔如图甲所示〕，绳子烧断后，两个滑块向相反方向运动，图乙为它们运动过程的频闪照片，频闪的频率为10Hz，由图可知：〔1〕A、B离开弹簧后，应该做运动，滑块A、B的质量分别为200g、300g，根据照片记录的信息，从图中可以看出闪光照片有明显与事实不相符合的地方是．〔2〕假设不计此失误，分开后，A的动量大小为kg•m/s，B的动量的大小为k g•m/s，本实验中得出“在实验误差允许范围内，两滑块组成的系统动量守恒〞这一结论的依据是．三、计算题〔本大题共5小题，共计46分〕15．一质量为m=0.2kg的皮球从高H=0.8m处自由落下，与地面相碰后反弹的最大高度为h=0.45m，如此球与地面接触这段时间内动量的变化为多少？16．半圆形光滑轨道固定在水平地面上，其轨道平面与地面垂直，物体m1，m2同时由轨道左、右两端的最高点释放，两者碰撞后黏在一起运动，最高能上升到轨道M点，OM与竖直方向夹角为60°，如此两物体的质量之比m1：m2为．17．如下列图，光滑水平面上有一小车，小车上固定一杆，总质量为M；杆顶系一长为L的轻绳，轻绳另一端系一质量为m的小球．绳被水平拉直处于静止状态〔小球处于最左端〕，将小球由静止释放，小球从最左端摆下并继续摆至最右端的过程中，小车运动的距离是多少？18．如下列图，两质量分别为M1=M2=1.0kg的木板和足够高的光滑凹槽静止放置在光滑水平面上，木板和光滑凹槽接触但不粘连，凹槽左端与木板等高．现有一质量m=2.0kg的物块以初速度v o=5.0m/s从木板左端滑上，物块离开木板时木板的速度大小为1.0m/s，物块以某一速度滑上凹槽．物块和木板间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2．求：Ⅰ．木板的长度；Ⅱ．物块滑上凹槽的最大高度．19．如下列图，一个物块A〔可看成质点〕放在足够长的平板小车B的右端，A、B一起以v0的水平初速度沿光滑水平面向左滑行．左边有一固定的竖直墙壁，小车B与墙壁相碰，碰撞时间极短，且碰撞前、后无动能损失．物块A与小车B的水平上外表间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．〔1〕假设A、B的质量均为m，求小车与墙壁碰撞后的运动过程中，物块A所受摩擦力的冲量大小和方向；〔2〕假设A、B的质量比为k，且k＜1，求物块A在小车B上发生相对运动的过程中物块A 对地的位移大小；〔3〕假设A、B的质量比为k，且k=2，求小车第一次与墙壁碰撞后的运动过程所经历的总时间．2015-2016学年江西省九江一中高二〔下〕第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题〔本大题共12小题，每一小题4分，其中1-8题为单项选择题，9-12题为多项选择题〕1．质量为5kg的物体，原来以v=5m/s的速度做匀速直线运动，现受到跟运动方向一样的冲量15N•s的作用，历时4s，物体的动量大小变为〔〕A．80 kg•m/s B．160 kg•m/s C．40 kg•m/s D．10 kg•m/s【考点】动量定理．【分析】冲量大小，应用动量定理即可求出物体的动量．【解答】解：以物体为研究对象，以物体的初速度方向为正方向，由动量定理得：I=p﹣mv，如此物体末动量：p=I+mv=5×5+15=40kg•m/s；应当选：C．2．质量为m a=1kg，m b=2kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移﹣时间图象如下列图，如此可知碰撞属于〔〕A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞C．完全非弹性碰撞D．条件不足，不能判断【考点】动量守恒定律．【分析】根据x﹣t图象的斜率等于速度求出各个物体的速度，分别求出碰撞前后的总动量，即可判断动量是否守恒；根据碰撞前后机械能是否守恒判断是否为弹性碰撞即可．【解答】解：根据x﹣t图象可知：a球的初速度为：v a==3m/s，b球的初的速度为v b=0，碰撞后a球的速度为：v a′=﹣=﹣1m/s碰撞后b球的速度为：v b′==2m/s两球碰撞过程中，动能变化量为：△E k=m a v a2+0﹣m a v a′2=×1×32﹣×1×12﹣×2×22=0如此知碰撞前后系统的总动能不变，此碰撞是弹性碰撞；应当选：A．3．如下列图，两个小球A、B在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为m A=4kg，m B=2kg，以水平向右为正方向，其速度分别是v A=3m/s，v B=﹣3m/s．如此它们发生正碰后，速度的可能值分别为〔〕A．v A′=1 m/s，v B′=1 m/s B．v A′=﹣3 m/s，v B′=9 m/sC．v A′=2 m/s，v B′=﹣1 m/s D．v A′=﹣1 m/s，v B′=﹣5 m/s【考点】动量守恒定律．【分析】两球碰撞过程系统动量守恒，碰撞过程中系统机械能不可能增加，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能．【解答】解：以A的初速度方向为正方向，碰前系统总动量为：p=m A v A+m B v B=4×3+2×〔﹣3〕=6kg•m/s，碰前总动能为：E K=m A v A2+m B v B2=×4×32+×2×〔﹣3〕2=27J；A、如果v A′=1m/s、v B′=1m/s，碰后系统动量为6kg•m/s，总动能为3J，系统动量守恒、动能不增加，符合实际，故A正确；B、如果v A′=﹣3m/s、v B′=9m/s，碰后系统总动量为6kg•m/s，总动能为99J，系统动量守恒，动能增加，故B错误；C、如果v A′=2m/s、v B′=﹣1m/s，碰后系统总动量为6kg•m/s，总动能为9J，系统动量守恒，动能不增加，碰后两球速度方向都不发生改变，会再次发生碰撞，故C错误；D、如果v A′=﹣1m/s、v B′=﹣5m/s，碰后总动量为﹣14kg•m/s，系统动量不守恒，故D错误；应当选：A4．如下列图，在光滑水平面上静止放着两个相互接触的木块A、B，质量分别为m1和m2，今有一子弹水平穿过两木块．设子弹穿过木块A、B的时间分别为t1和t2，木块对子弹的阻力恒为f，如此子弹穿过两木块后，木块A的速度大小是〔〕A． B．C．D．【考点】动量守恒定律；动量定理．【分析】根据动量定理分别对木块m1进展列式，求出子弹穿过木块后，木块A的速度．【解答】解：设子弹穿过木块m1时，m1、m2的速度为v1，由动量定理ft1=〔m1+m2〕v1得v1=应当选：B．5．如下列图，小车由光滑的弧形段AB和粗糙的水平段BC组成，静止在光滑水平面上，当小车固定时，从A点由静止滑下的物体到C点恰好停止．如果小车不固定，物体仍从A点静止滑下，如此〔〕A．还是滑到C点停住 B．滑到BC间停住C．会冲出C点落到车外D．上述三种情况都有可能【考点】动量守恒定律．【分析】当小车固定时，从A点由静止滑下的物体到C点恰好停止，根据能量守恒分析可知，物体的重力势能全部转化为系统的内能．当小车不固定，系统水平方向动量守恒分析物体与小车相对静止时的共同速度，再由能量守恒分析物体停在小车上的位置．由于系统抑制滑动摩擦力而产生的内能根据Q=f△s，△s是两个物体的相对位移大小．【解答】解：设BC长度为L．依照题意，小车固定时，根据能量守恒可知，物体的重力势能全部转化为因摩擦产生的内能，即有：Q1=fL，其中f为物体与小车之间的摩擦力．假设小车不固定，设物体相对小车滑行的距离为S．对小车和物体系统，根据水平方向的动量守恒定律可知，最终两者必定均静止，根据能量守恒可知物体的重力势能全部转化为因摩擦产生的内能，如此有：Q2=Q1，而Q2=fS，得到物体在小车BC局部滑行的距离S=L，故物体仍滑到C点停住．故A正确．应当选：A．6．如下列图，一轻杆两端分别固定a、b两个半径相等的光滑金属球，a球质量大于b球质量．整个装置放在光滑的水平面上，将此装置从图示位置由静止释放，如此〔〕A．在b球落地前瞬间，a球的速度方向向右B．在b球落地前瞬间，a球的速度方向向左C．在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球的冲量为零D．在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球做的功为零【考点】动量守恒定律；动量定理．【分析】整个装置下落过程中，水平方向没有外力，水平方向的动量守恒．原来系统水平方向的动量为零，在b球落地前瞬间，系统水平方向的动量仍为零，a的速度一定为零．根据动量定理分别分析杆对b球水平方向的冲量和竖直方向冲量，再确定杆对b球的冲量．a球原来速度为零，b落地瞬间速度仍为零，根据动能定理分析杆对a做功为零．在b球下落过程中，系统的机械能守恒，根据守恒条件分析杆对a球和b球做功关系，确定轻杆对b球做的功．【解答】解：A、B、对两球与杆系统，在b球落地前瞬间，b球的水平速度为零，根据系统水平方向动量守恒，系统初始动量为零，如此此时a球的速度必定为零，故A、B均错误；C、对b球，水平方向上动量变化为零，由动量定理可知，杆对b球的水平冲量为零．在竖直方向上，根据系统机械能守恒可知，b落地时速度与只在重力作用下的速度一样，如下列图v﹣t图象中斜线为b球自由落体运动的图线，曲线为b球竖直方向的运动图线，在竖直方向上运动的位移与落地速度一样，比照可知b球落地所用时间相对自由落体运动的时间要长，由动量定理可知杆对b球的竖直方向的冲量必定不为零，且冲量方向向上，所以杆对b 球的水平和竖直冲量可知，杆对b球的冲量不为零，且方向竖直向上．故C错误；D、设杆对a球做功W1，对b球做功W2，系统机械能守恒，如此除了重力之外的力的功必定为零，即W1+W2=0，对a球由动能定理可知W1=0，故W2=0．故D正确．应当选D．7．如下列图，A、B、C三个物块，质量关系是m B=2m A=2m C，A、B放在光滑水平面上，C、B、A间接触面也是光滑的，一颗子弹水平从A射入，最后从B穿出．如此子弹穿出B后，三物块的速率关系正确的答案是〔〕A．v A=v B=v C B．v A＞v B＞v C C．v B＞v A＞v C D．v A＜v B=v C【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．【分析】分别以C、AB、B为研究对象，分析物体的运动过程，然后答题．【解答】解：C木块与A、B木块间的接触面光滑，C在水平方向上不受力作用，C的速度保持不变，C原来静止，子弹穿过A、B后C的速度仍为零，即v C=0；子弹穿过A的过程中，AB一起向右运动，在任何时刻，它们速度都相等，子弹穿过A后，单独与B相互作用，A水平不受力，保持子弹离开A时的速度不变，而B的速度将进一步增大，直到子弹完全穿出B后停止增大，故有v B＞v A＞v C；故C正确．应当选：C．8．如下列图，在水平面上有两条平行金属导轨MN、PQ，导轨间距为d，匀强磁场垂直于导轨所在的平面向下，磁感应强度大小为B，两根金属杆间隔一定的距离摆放在导轨上，且与导轨垂直，两金属杆质量均为m，电阻均为R，两杆与导轨接触良好，导轨电阻不计，金属杆与导轨间摩擦不计，现将杆2固定，杆1以初速度v0滑向杆2，为使两杆不相碰，如此两杆初始间距至少为〔〕A．B．C．D．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；安培力；电磁感应中的能量转化．【分析】滑杆1向右做切割磁感线运动，受到向左的安培力做减速运动，当滑杆1恰好滑到滑杆2处速度为零时，间距最小．根据动量定理列式可求得通过滑杆的电荷量，根据感应电荷量q==，求最小间距x．【解答】解：设滑杆1恰好滑到滑杆2处速度为零时，两杆的间距为x．根据动量定理得：对滑杆1：﹣B dt=0﹣mv0又电荷量q=t，如此得感应电荷量 q=…①又根据法拉第定律=， =，q=t，联立得q==…②由①②得：x=应当选C9．在任何相等的时间内，物体动量变化量总是相等的运动是〔〕A．竖直上抛运动 B．匀速圆周运动 C．自由落体运动 D．平抛运动【考点】动量定理．【分析】分析物体的运动明确其受力情况，根据动能定理可明确是否在相等的时间内动量变化相等．【解答】解：由动量定理可知，要使相等时间内的动量变化量要等，如此在相等时间内合外力的冲量必须相等；即物体应受到恒力作用；故竖直上抛、自由落体与平抛运动均符合条件；而匀速圆周运动受到的是变力；故ACD正确，B错误；应当选：ACD．10．如下列图，在光滑的水平面上放着甲、乙两个物块，甲的质量是乙的2倍，开始物体乙静止，在乙上系有一个轻质弹簧．物块甲以速度υ向乙运动．在运动过程中〔〕A．甲动量的变化量大小等于乙动量的变化量大小B．弹簧压缩量最大时，甲的速度为零C．当乙的速度最大时，甲的速度向右D．当乙的速度最大时，甲的速度为零【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．【分析】甲乙系统合力为零，系统动量守恒．当甲乙速度一样时，弹簧被压缩到最短，弹簧的势能最大，根据动量守恒定律和能量守恒定律解答．【解答】解：A、甲乙系统任意时刻合力为零，所以任意时刻，甲乙系统的总动量应守恒，所以甲动量的变化量大小等于乙动量的变化量大小，故A正确；B、当弹簧压缩到最短长度时，甲乙具有一样的速度，弹簧的势能最大，甲的速度不为零，故B错误；C、当弹簧第一次恢复原长时，设甲的速度为0，由动量守恒得：2mv=mv乙，v乙=2v．初态机械能E1=×2mv2=mv2，末态机械能E2=m〔2v〕2=m×4v2=2mv2，E2＞E1，不可能，所以甲向右的速度当弹簧第一次恢复原长时还没有减到0，速度方向向右，故C正确，D错误；应当选：AC11．如图光滑水平面上放着两块长度一样，质量分别为M1和M2的木板，两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全一样的物块，物块和木板间的动摩擦因数一样，开始时各物均静止．今在两物块上各作用一水平恒力F1、F2，当物块和木板别离时，两木板的速度分别为v1和v2．如下说法正确的答案是〔〕A．假设F1＞F2，M1=M2，如此一定v1＞v2B．假设F1＜F2，M1=M2，如此一定v1＞v2C．假设F1=F2，M1＜M2，如此一定v1＞v2D．假设F1=F2，M1＞M2，如此一定v1＞v2【考点】牛顿第二定律．【分析】此题中涉与到两个物体，所以就要考虑用整体法还是隔离法，但题中研究的是两物体的相对滑动，所以应该用隔离法．板和物体都做匀变速运动，牛顿定律加运动学公式和动能定理都能用，但题中“当物体与板别离时〞隐含着在相等时间内物体的位移比板的位移多一个板长，也就是隐含着时间因素，所以不方便用动能定理解了，就要用牛顿定律加运动公式解．【解答】解：A、假设F1＞F2、M1=M2，根据受力分析和牛顿第二定律得：M1上的物块的加速度大于M2上的物块的加速度，即a a＞a b，由于M1=M2，所以摩擦力作用下的木板M1、M2加速度一样，设M1、M2加速度为a，木板的长度为L．它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板别离时：物块与M1的相对位移：L=a a﹣物块与M2的相对位移：L=由于a a＞a b，所以得：t1＜t2，M1的速度为v1=a a t1，M2的速度为v2=a b t2，如此v1＜v2，故A错误；B、假设F1＜F2、M1=M2，根据A选项公式，由a a＜a b，如此v1＞v2，故B正确；C、假设F1=F2时：由题很容易得到两物块所受的摩擦力大小是相等的，因此两物块的加速度一样，我们设两物块的加速度大小为a，对于M1、M2，滑动摩擦力即为它们的合力，设M1的加速度大小为a1，M2的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得：μmg=M1a1=M2a2得加速度：，设板的长度为L，它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板别离时：物块与M1的相对位移：L=物块与M2的相对位移：L=假设M1＜M2，如此a1＞a2，所以得：t3＞t4M1的速度为v1=a1t3，M2的速度为v2=a2t4，如此v1＞v2，故C正确．D、假设M1＞M2，a1＜a2，根据C项分析得：t3＜t4M1的速度为v1=a1t3，M2的速度为v2=a2t4，如此v1＜v2，故D错误应当选：BC．12．如图甲所示，光滑水平面上停放着一辆外表粗糙的平板车，质量为M．与平板车上外表等高的平台上有一质量为m的滑块以水平初速度v0向着平板车滑来，从滑块刚滑上平板车开始计时，之后它们的速度随时间变化的图象如图乙所示，t0是滑块在车上运动的时间，以下说法中正确的答案是〔〕A．滑块与平板车最终滑离B．滑块与平板车的质量之比m：M=1：2C．滑块与平板车外表的动摩擦因数为D．平板车上外表的长度为v0t0【考点】动量守恒定律；滑动摩擦力；机械能守恒定律．【分析】根据图线知，铁块在小车上滑动过程中，铁块做匀减速直线运动，小车做匀加速直线运动．根据牛顿第二定律通过它们的加速度之比求出质量之比，以与求出动摩擦因数的大小．根据运动学公式分别求出铁块和小车的位移，从而求出两者的相对位移，即平板车的长度．物体离开小车做平抛运动，求出落地的时间，从而根据运动学公式求出物体落地时与车左端的位移．【解答】解：A、由图象可知，滑块运动到平板车最右端时，速度大于平板车的速度，所以滑块将做平抛运动离开平板车，故A正确；B、根据图线知，滑块的加速度大小a1==．小车的加速度大小a2=，知铁块与小车的加速度之比为1：1，根据牛顿第二定律得，滑块的加速度大小为：a1=，小车的加速度大小为：a2=，如此滑块与小车的质量之比m：M=1：1．故B错误．B、滑块的加速度a1==μg，又a1=，如此μ=，故C正确；D、滑块的位移x1=t0=v0t0，小车的位移x2=t0=v0t0，如此小车的长度L=v0t0﹣v0t0=v0t0，故D错误．应当选：AC．二、实验题〔本大题共二小题，13题10分，14题6分，共16分〕13．如图是用来验证动量守恒的实验装置：弹性球1用细线悬挂于O点，O点正下方桌子的边缘放有一静止弹性球2．实验时，将球1拉到A点并从静止开始释放，当它摆到悬点正下方时与球2发生对心碰撞．碰撞后，球1把处于竖直方向的轻质指示针OC推移到与竖直线最大夹角为β处，球2落到水平地面上的C点．测出有关数据即可验证1、2两球碰撞时动量守恒．现已测出：在A点时，弹性球1球心离水平桌面的距离为a，轻质指示针OC与竖直方向的夹角为β，球1和球2的质量分别为m1、m2，C点与桌子边沿间的水平距离为b．〔1〕在此实验中要求m1大于m2〔填大于，小于或等于〕；〔2〕此外，还需要测量的量是球1的摆长L 和桌面离水平地面的高度h ；〔3〕根据测量的数据，该实验中动量守恒的表达式为m1=m1〕+．【考点】验证动量守恒定律．【分析】要验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，所以要测量12两个小球的质量，1球下摆过程机械能守恒，根据守恒定律列式求最低点速度；球1上摆过程机械能再次守恒，可求解碰撞后速度；碰撞后小球2做平抛运动，根据平抛运动的分位移公式求解碰撞后2球的速度，然后验证动量是否守恒即可．【解答】解：〔1〕为了防止碰后球1反弹，故球1的质量应大于球b的质量；〔2〕要验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，所以要测量1、2两个小球的质量m1、m2，要通过平抛运动的分位移公式求解碰撞后2球的速度，所以要测量立柱高h，桌面高H；小球1从A处下摆过程只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律，有m1ga=m1v12解得：v1=碰撞后1小球上升到最高点的过程中，机械能守恒，根据机械能守恒定律，有m2gLβ=m2v22解得：v2=碰撞后小球2做平抛运动，t=所以2球碰后速度v3==，所以该实验中动量守恒的表达式为：m1v1=m2v3+m1v2带入数据得：m1=m1+故实验需要测量的量为：球1的摆长，桌面离水平地面的高度H；故答案为：〔1〕大于；〔2〕球1的摆长，桌面离水平地面的高度H；〔3〕m1=m1+14．气垫导轨上有A、B两个滑块，开始时两个滑块静止，它们之间有一根被压缩的轻质弹簧，滑块间用绳子连接〔如图甲所示〕，绳子烧断后，两个滑块向相反方向运动，图乙为它们运动过程的频闪照片，频闪的频率为10Hz，由图可知：〔1〕A、B离开弹簧后，应该做匀速直线运动，滑块A、B的质量分别为200g、300g，根据照片记录的信息，从图中可以看出闪光照片有明显与事实不相符合的地方是滑块应该有加速过程，然后再匀速运动．〔2〕假设不计此失误，分开后，A的动量大小为0.018 kg•m/s，B的动量的大小为0.018 kg•m/s，本实验中得出“在实验误差允许范围内，两滑块组成的系统动量守恒〞这一结论的依据是A、B的动量始终大小相等方向相反．【考点】验证动量守恒定律．【分析】根据频闪照片看出，A、B两滑块在相等时间内通过的位移都相等，各自做匀速直线运动．由v=，t=求出A、B滑块运动的速度大小．由P=mv求解两滑块动量的大小．根据两滑块动量关系分析答题．。

新疆巴州蒙古中学高二（下）第一次月考物理试卷一、选择题（每题4分，共56分，媒体有一个或多个正确，答案写在答题卡上）1．（4分）（2015春•新疆月考）关于电磁感应，下列说法中正确的是（） A．导体相对磁场运动，确定会产生电流B．导体切割磁感线，确定会产生电流C．闭合电路切割磁感线就会产生电流D．穿过电路的磁通量发生改变，电路中就确定会产生感应电动势【考点】：感应电流的产生条件．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：当闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时确定会产生感应电流．穿过电路的磁通量发生改变，电路中确定会产生感应电动势．【解析】：解：A、导体相对磁场运动时，若其运动方向与磁感线平行，不切割磁感线，不产生感应电流．故A错误．B、只有当闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时才会产生感应电流，所以导体切割磁感线，不确定会产生电流．故B错误．C、闭合电路一部分导体切割磁感线时才会产生电流，故C错误．D、穿过电路的磁通量发生改变，电路中确定会产生感应电动势．故D正确．故选：D．【点评】：解决本题的关键是精确驾驭产生感应电流的条件：闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时确定会产生感应电流．知道不论电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发生改变，电路中确定会产生感应电动势．2．（4分）恒定的匀强磁场中有一圆形闭合导线圈，线圈平面垂直于磁场方向，当线圈在磁场中做下列哪种运动时，线圈中能产生感应电流（） A．线圈沿自身所在平面运动B．沿磁场方向运动C．线圈绕随意始终径做匀速转动D．线圈绕随意始终径做变速转动【考点】：感应电流的产生条件．【分析】：产生感应电流的条件是：闭合回路中的磁通量发生改变．因此无论线圈如何运动关键是看其磁通量是否改变，从而推断出是否有感应电流产生．【解析】：解：A、由于磁场是匀强磁场，因此无论线圈沿自身所在的平面做匀速还是匀加速或者其它运动形式，其磁通量均不改变，无感应电流产生，故A错误；B、由于磁场是匀强磁场，因此无论线圈沿磁场方向运动做匀速还是匀加速或者其它运动形式，其磁通量均不改变，无感应电流产生，故B错误；C、D、当线圈绕随意一条直径转动时，无论是匀速转动，还是变速转动，其磁通量发生改变，故有感应电流产生，故正确；故选：．【点评】：解题时把握问题实质，关键是看闭合线圈中的磁通量是否改变，与运动形式无关．3．（4分）关于磁通量、磁通密度、磁感应强度，下列说法正确的是（） A．磁感应强度越大的地方，磁通量越大B．穿过某线圈的磁通量为零时，由可知磁通密度为零C．磁通密度越大，磁感应强度越大D．磁感应强度在数值上等于1 m2的面积上穿过的最大磁通量【考点】：磁通量；磁感应强度．【分析】：磁通量等于穿过磁场中某一面积的磁感线的条数，当平面与磁场平行时，穿过该平面的磁通量为零．当平面与垂直时，磁通量最大．匀强磁场中穿过某一平面的磁通量为Φα，α是平面与磁场方向的夹角．磁通密度是磁感应强度的一个别名，它表示垂直穿过单位面积的磁力线的多少．磁通量密度，简称磁通密度，它从数量上反映磁力线的疏密程度．磁通密度等于穿过磁场中单位面积的磁感线的条数．【解析】：解；A、匀强磁场中穿过某一平面的磁通量为Φα，α是平面与磁场方向的夹角．所以磁感应强度越大的地方，磁通量不确定越大，还要看夹角．故A错误；B、磁通密度是磁感应强度的一个别名，它表示垂直穿过单位面积的磁力线的多少．磁通密度与磁通量的大小无关，穿过某线圈的磁通量为零时，磁通密度不确定为0．故B错误，C正确．D、1 m2的面积上穿过的最大磁通量即磁通密度，它表示垂直穿过单位面积的磁力线的多少，等于磁感应强度．故D正确．故选：【点评】：本题关键从磁通量的几何意义进行推断．对于匀强磁场，磁通量可以用公式进行定量计算．理解磁通密度是磁感应强度的一个别名，它表示垂直穿过单位面积的磁力线的多少．4．（4分）关于感应电流，下列说法中正确的是（）A．只要穿过线圈的磁通量发生改变，线圈中就确定有感应电流B．只要闭合导线做切割磁感线运动，导线中就确定有感应电流C．若闭合电路的一部分导体不做切割磁感线运动，闭合电路中确定没有感应电流D．当穿过闭合电路的磁通量发生改变时，闭合电路中确定有感应电流【考点】：感应电流的产生条件．【分析】：闭合电路中产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生改变．既不是磁场发生改变，也不是面积发生改变．【解析】：解：闭合电路中产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生改变．A、只要穿过线圈的磁通量发生改变，线圈中就确定有感应电动势，当线圈闭合时，才确定有感应电流，故A错误；B、闭合电路中的部分导体运动但假如不切割磁感线不产生感应电流，因为只有闭合电路中的部分导体切割磁感线时才能产生感应电流，故B错误；C、若闭合电路的一部分导体不做切割磁感线运动，但闭合电路所处的位置，磁场发生改变，就会产生感应电流，故C错误；D、当穿过闭合电路的磁通量发生改变时，闭合电路中确定有感应电流．故D正确．故选：D．【点评】：本题考查的是闭合电路产生感应电流的条件，要留意产生感应电流的条件是磁通量发生改变而不是磁场发生改变，也不是面积发生改变．5．（4分）在一长直导线中通以如图所示的恒定电流时，套在长直导线上的闭合线环（环面与导线垂直，长直导线通过环的中心），当发生以下改变时，确定能产生感应电流的是（）A．保持电流不变，使导线环上下移动B．保持导线环不变，使长直导线中的电流增大或减小C．保持电流大小不变，将直导线逆时针旋转90°后在水平面内前后移动 D．保持电流大小不变，环在与导线垂直的水平面内左右水平移动【考点】：感应电流的产生条件．【分析】：依据产生感应电流的条件，通过闭合回路的磁通量是否发生改变来推断即可．【解析】：解：A、保持电流不变，使导线环上下移动．磁通量不变，所以没有感应电流，所以A错误；B、保持导线环不变，使长直导线中的电流增大或减小，磁通量始终为零，磁通量不变，所以没有感应电流，所以B错误；C、保持电流大小不变，使直导线在竖直平面内逆时针转动，磁场由原来的与导线平行变成有确定的夹角，磁通量改变，产生感应电流，所以C正确；D、保持电流大小不变，环在与导线垂直的水平面内左右水平移动时，环面始终与磁场平行，磁通量始终为零，磁通量不变，所以没有感应电流，所以D错误；故选：C．【点评】：该题考查常见的磁场（通电直导线的磁场）的特点，故该题要从常见的磁场的特点的角度进行分析．属于简洁题．6．（4分）如图所示，矩形线圈与磁场垂直，且一半在匀强磁场内，一半在匀强磁场外，下述过程中使线圈产生感应电流的是（）A．以为轴转动45° B．以为轴转动45°C．将线圈向下平移 D．将线圈向上平移【考点】：感应电流的产生条件．【分析】：磁通量是穿过线圈的磁感线的条数．比照产生感应电流的条件：穿过电路的磁通量发生改变进行分析推断有无感应电流产生．【解析】：解：A、以边为轴转动45°，穿过线圈的磁通量仍为Φ，保持不变，没有感应电流产生，不符合题意．故A错误．B、以边为轴转动45°，穿过线圈的磁通量从Φ减小到零，有感应电流产生，符合题意．故B正确．C、将线圈向下平移时，穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流产生，不符合题意．故C错误．D、将线圈向上平移时，穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流产生，不符合题意．故D错误．故选：B【点评】：对于匀强磁场磁通量，可以依据磁感线条数直观推断，也可以依据磁通量的计算公式Φα（α是线圈与磁场方向的夹角）进行计算．7．（4分）如图所示，一条形磁铁原来做自由落体运动，当它通过闭合线圈回路时，其运动状况是（）A．接近线圈和离开线圈时速度都变小B．接近线圈和离开线圈时加速度都小于gC．接近线圈时做减速运动，离开线圈时做匀速运动D．接近线圈时加速度小于g，离开线圈时加速度大于g【考点】：楞次定律．【分析】：解本题时应当驾驭：楞次定律的理解、应用．在楞次定律中线圈所做出的全部反应都是阻碍其磁通量的改变．如：感应电流磁场的磁通量、面积、速度、受力等．【解析】：解：闭合导体环内的磁通量增大，环内感应电流的磁场与原磁场的方向相反，所以对磁体的运动有阻碍作用，所以磁铁向下的加速度小于g；随速度的增大，产生的感应电动势增大，则感应电流增大，阻力增大，所以磁铁做加速度减小的加速运动．同理，当离开线圈时，穿过线圈的磁通量减小，则产生感应电流的磁场阻碍磁通量减小，从而对磁体有阻力，导致加速度减小，但速度仍在增大，错误，B正确．故选：B．【点评】：本题从力、运动的角度考察楞次定律，思维含量高，考察角度新奇．要留意运用楞次定律的推广形式解答比较便捷．8．（4分）一个面积4×10﹣2m2、匝数100匝的线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t改变的规律如图所示，则下列推断正确的是（）A．在起先的2s内穿过线圈的磁通量改变率等于﹣0.08B．在起先的2s内穿过线圈的磁通量的改变量等于零C．在起先的2s内线圈中产生的感应电动势等于﹣0.08VD．在第3s末线圈中的感应电动势等于零【考点】：法拉第电磁感应定律；磁通量．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：由图象看出，磁感应强度随时间匀称增大，从而得出磁通量的改变率，再由法拉第电磁感应定律求出线圈中产生的感应电动势，从而即可求解．【解析】：解：A、由图象的斜率求得：﹣2，因此﹣2×4×10﹣2 ﹣8×10﹣2，故A正确，B、起先的2s内穿过线圈的磁通量的改变量不等于零，故B错误；C、依据法拉第电磁感应定律得：100×2×4×10﹣2 8V，可知它们的感应电动势大小为8V，故C错误；D、由图看出，第3s末线圈中的磁通量为零，但磁通量的改变率不为零，感应电动势也不等于零，故D错误；故选：A．【点评】：本题中磁感应强度匀称增大，穿过线圈的磁通量匀称增加，线圈中产生恒定的电动势，由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，是常常采纳的方法和思路．9．（4分）如图所示，闭合导线框的质量可以忽视不计，将它从图示位置匀速拉出匀强磁场．若第一次用0.3s时间拉出，外力做的功为W1，通过导线截面的电荷量为q1；其次次用0.9s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电荷量为q2，则（）A． W1＜W2，q1＜q2 B． W1＜W2，q12 C． W1＞W2，q12 D． W1＞W2，q1＞q2【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．【专题】：电磁感应——功能问题．【分析】：第一次用t时间拉出，其次次用3t时间拉出，速度变为原来的倍．线框匀速运动，外力与安培力平衡，推导出安培力的表达式，依据功的定义表示出比较功的大小．依据感应电荷量公式比较电量．【解析】：解：设线框的长为L1，宽为L2，速度为v．线框所受的安培力大小为，又，线框匀速运动时，外力与安培力平衡，则外力的大小为，外力做功为1=∝v，可见，外力做功与所用时间成反比，则有W1＞W2．两种状况下，线框拉出磁场时穿过线框的磁通量的改变量相等，依据感应电荷量公式式可知，通过导线截面的电量相等，即有q12．故选：C．【点评】：要对两种状况下物理量进行比较，我们应当先把要比较的物理量表示出来再求解．关键要驾驭安培力的推导方法和感应电荷量的表达式．10．（4分）如图示，一通电螺线管b放在闭合金属线圈a内，螺线管的中心正好和线圈的一条直径重合．要使线圈a中产生感应电流，可采纳的方法有（）A．将螺线管在线圈a所在平面内转动B．使螺线管上的电流发生改变C．使螺线管以为轴转动D．使螺线管以与垂直的一条直径为轴转动【考点】：通电直导线和通电线圈四周磁场的方向．【分析】：依据产生感应电流的条件：穿过闭合线圈的磁通量要发生改变来推断．图示时刻穿过线圈的磁通量为零．【解析】：解：图示位置，穿过线圈a的磁通量为零；A、将螺线管在线圈a所在平面内转动，穿过线圈a的磁通量始终为零，磁通量不变，则没有感应电流产生，故A错误；B、使螺线管上的电流发生改变，穿过线圈a的磁通量始终为零，磁通量不变，则没有感应电流产生，故B错误；C、使螺线管以为轴转动，穿过线圈a的磁通量始终为零，磁通量不变，则没有感应电流产生，故C错误；D、使螺线管以与垂直的一条直径为轴转动，穿过线圈a的磁通量发生改变，线圈中有感应电流产生，故D正确；故选：D．【点评】：知道感应电流产生的条件、依据题意推断穿过线圈的磁通量是否改变，即可正确解题．11．（4分）法拉第电磁感应定律可以这样表述：闭合电路中感应电动势的大小（）A．跟穿过这一闭合电路的磁通量成正比B．跟穿过这一闭合电路的磁感应强度成正比C．跟穿过这一闭合电路的磁通量的改变率成正比D．跟穿过这一闭合电路的磁通量的改变量成正比【考点】：法拉第电磁感应定律．【分析】：由法拉第电磁感应定律可知，闭合电路中产生的感应电动势的大小与磁通量的改变率成正比，与磁通量与磁通量的改变量无关．【解析】：解：由法拉第电磁感应定律，可知感应电动势E与磁通量的改变率成正比，即感应电动势取决于磁通量的改变快慢，与其他因素没有干脆关系；故错误，C正确．故选：C【点评】：在理解法拉第电磁感应定律时要留意区分Φ，△Φ，与三者间的关系，明确电动势只取决于磁通量的改变率，与磁通量与磁能量的改变量无关．12．（4分）圈N位于大线圈M中，二者共轴共面．M与二平行导体轨道相连接，金属杆l与导轨接触良好，并位于匀强磁场中，要使N中产生逆时针方向的电流，下列做法中可行的是（）A．杆l向右匀速运动 B．杆向左匀速运动C．杆l向右加速运动 D．杆向右减速运动【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：杆L运动时，切割磁感线产生感应电流，由右手定则推断感应电流的方向．感应电流流过大线圈M，M产生磁场，就有磁通量穿过小线圈N，依据安培定则推断感应电流产生的磁场方向，依据楞次定律推断小线圈N中产生的电流方向，即可选择符合题意的选项．【解析】：解：、杆l向右或向左匀速运动时，杆l产生的感应电动势和感应电流恒定不变，大线圈M产生的磁场恒定不变，穿过小线圈N中的磁通量不变，没有感应电流产生，不符合题意．故错误．C、杆l向右加速运动时，杆l中产生的感应电动势和感应电流均增加，由右手定则推断出来杆l中感应电流方向向上，依据安培定则推断可知，M产生的磁场方向：垂直纸面对外，穿过N的磁通量增大，由楞次定律推断得知：线圈N产生顺时针方向的感应电流，不符合题意．故C错误．D、杆l向右减速运动时，杆l中产生的感应电动势和感应电流均减小，由右手定则推断出来杆l中感应电流方向向上，依据安培定则推断可知：M产生的磁场方向：垂直纸面对外，穿过N的磁通量减小，由楞次定律推断得知：线圈N产生逆时针方向的感应电流，符合题意．故D正确．故选：D．【点评】：本题是有两次电磁感应的问题，比较困难，关键要驾驭右手定则、楞次定律和安培定则，并能娴熟运用．13．（4分）如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一个水平放置的金属棒以水平初速度V0抛出，设运动的整个过程中棒的取向不变且不计空气阻力，则金属棒在运动过程中产生的感应电动势大小将（）A．越来越大 B．越来越小 C．保持不变 D．无法确定【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；平抛运动．【专题】：电磁感应中的力学问题．【分析】：由感应电动势公式α，α是有效的切割速度，即是垂直于磁感线方向的分速度，结合平抛运动的特点分析选择．【解析】：解：金属棒做平抛运动，其水平方向的分运动是匀速直线运动，水平分速度保持不变，等于v0．由感应电动势公式α，α是垂直于磁感线方向的分速度，即是平抛运动的水平分速度，等于v0，则感应电动势0，B、l、v0均不变，则感应电动势大小保持不变．则C正确．故选：C．【点评】：本题考查对感应电动势公式的理解和平抛运动的特点．14．（4分）图所示，闭合导体框从高处自由下落，进入匀强磁场，从边起先进入磁场到边即将进入磁场的这段时间里，下列表示线圈运动状况的速度一时间图象可能的有（）A． B． C． D．【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势．【专题】：电磁感应与图像结合．【分析】：边刚进入磁场时，所受安培力有三种状况，安培力小于重力、若安培力等于重力、安培力大于重力，分别进行分析．【解析】：解：A、在边刚进入磁场时，若重力恰好等于安培力，则物体受力平衡，做匀速直线运动；故A正确；B、在边刚进入磁场时，假如重力大于安培力，加速度向下，线圈进入磁场做加速运动，由于速度增加会所得感应电流增加，安培力增加，所以线圈的合力是在减小的，加速度也在减小，这个过程是变加速运动．当安培力增加到等于重力，线圈就做匀速运动，故线圈不行能做匀加速运动．故B错误．C、若刚进入磁场时F＜，﹣，金属棒加速运动，速度增大则F增大，则a减小，即金属棒做加速度减小的加速运动，C正确；D、若刚进入磁场时F＞，﹣，金属棒减速运动，速度减小则F减小，则a减小，即金属棒做加速度减小的减速运动，D正确；故选：．【点评】：解决本题的关键知道线圈在整个过程中的运动状况，依据楞次定律和切割产生的感应电动势结合牛顿其次定律公式进行分析．二、计算题（每题11分，共44分）15．（11分）如图，在磁感应强度为0.2T匀强磁场中，有一长为0.5m的导体在金属框架上以10m的速度向右滑动，R12=20Ω，其他电阻不计，则流过的电流是多大？【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．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：由公式求出棒产生的感应电动势，依据闭合电路欧姆定律求出通过棒的感应电流．【解析】：解：导体棒切割磁感线产生的感应电动势：0.2×0.5×101V两电阻并联，电路总电阻：R总Ω=10Ω，流过的电流是：0.1A；答：流过的电流是0.1A．【点评】：本题是电磁感应与电路的综合，也可以作出等效电路分析电路的结构，运用法拉第定律和欧姆定律就可以解决．16．（11分）水平放置的导体框架，宽0.50m，接有电阻0.20Ω，匀强磁场垂直框架平面对里，磁感应强度0.40T．一导体棒垂直框边跨放在框架上，并能无摩擦地在框架上滑动，框架和导体的电阻均不计．当以4.0m的速度向右匀速滑动时，求：（1）棒中产生的感应电动势大小；（2）维持导体棒做匀速运动的外力F的大小．【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：（1）由求出感应电动势；（2）由欧姆定律求出电路中电流，由安培力公式求出安培力，由平衡条件求出外力F的大小．【解析】：解：（1）棒中产生的感应电动势：0.4×0.5×4=0.8V；（2）感应电流大小为：4A导体棒受到的安培力：0.4×4×0.50.8N，导体棒做匀速运动，由平衡条件得：外力 0.8N；答：（1）棒中产生的感应电动势大小为0.8V；（2）维持导体棒做匀速运动的外力F的大小为0.8N．【点评】：本题考查了感应电动势、外力、推断金属棒的运动性质，应用、安培力公式、平衡条件即可正确解题．17．（11分）如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长．电阻不计的平行金属导轨相距，导轨平面与水平面成θ=37°角，下端连接阻值为R的电阻．匀强磁场方向与导轨平面垂直．质量为0.2．电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25．求：（102，37°=0.6，37°=0.8）（1）求金属棒沿导轨由静止起先下滑时的加速度大小；（2）当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8W，求该速度的大小．【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件与其应用；牛顿其次定律．【专题】：电磁感应中的力学问题．【分析】：（1）起先下滑时，速度为零，无感应电流产生，因此不受安培力，依据牛顿其次定律可干脆求解加速度的大小．（2）金属棒下滑速度达到稳定时，金属棒所受合外力为零，依据平衡条件求出安培力，然后依据公式求解．【解析】：解：（1）金属棒刚起先下滑的初速为零，没有感应电流产生，金属棒不受安培力，则依据牛顿其次定律：θ﹣μθ ①由①式解得10×（O.6﹣0.25×0.8）24m2 ②故金属棒沿导轨由静止起先下滑时的加速度大小为4m2．（2）设金属棒运动达到稳定时，速度为v，所受安培力为F，棒在沿导轨方向受力平衡θ﹣μθ﹣0 ③此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率：④由③、④两式解得10m ⑤故当金属棒下滑速度达到稳定时，棒的速度大小为10m．答：（1）金属棒沿导轨由静止起先下滑时的加速度大小为4m2；（2）该速度的大小为10m．【点评】：解这类问题的突破口为正确分析安培力的改变，依据运动状态列方程求解．18．（11分）如图所示，边长为0.1m正方形线圈在大小为0.5T的匀强磁场中以边为轴匀速转动．初始时刻线圈平面与磁感线平行，经过1s线圈转了90°，求：（1）线圈在1s时间内产生的感应电动势平均值．（2）线圈在1s末时的感应电动势大小．【考点】：沟通的峰值、有效值以与它们的关系；沟通发电机与其产生正弦式电流的原理．【专题】：沟通电专题．【分析】：（1）由法拉第电磁感应定律可求得平均值；（2）分析线框所在位置，感应电流的产生明确此时刻的感应电动势．【解析】：解：（1）由法拉第电磁感应定律可得：平均感应电动势0.005V；（2）1s时，线框与磁场垂直，处于中性面上；故感应电动势为零；答：（1）平均电动势为0.005V；（2）1s末的感应电动势为0．【点评】：本题考查平均电动势和瞬时电动势的计算，要留意正确驾驭瞬时电动势的计算方法．。