2017-2018学年甘肃省静宁县第一中学高二下学期第二次月考物理试题

静宁一中2017-2018学年度第二学期高二月考试题（卷）物理一、选择题（本大题13小题，共57分。

其中1～8为单选题，每题4分：9～13为多选题，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，错选得0分。

）1．关于电磁感应，下列说法中正确的是A．只要穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中就一定有感应电动势B．只要穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中就一定有感应电流C．只要闭合导线做切割磁感线运动，导线中就一定有感应电流D．若闭合电路的一部分导体不做切割磁感线运动，闭合电路中一定没有感应电流2．如图所示，在下列四种情况中，感应电流的方向判断正确的是3．通过某电流表的电流按如图所示的规律变化，则该电流表的读数为()A．4 2 A B．4 AC．5 A D．5 2 A4．穿过某线圈的磁通量随时间的变化的关系如图所示，在线圈内产生感应电动势最大值的时间是()A．0～2 s B．2～4 sC．4～6 s D．6～8 s5．如图所示，闭合金属线框从一定高度自由下落进入匀强磁场中，磁场足够大，从ab边开始进入磁场到cd边刚进入磁场的这段时间内，线框运动的速度—时间图象不可能是图中的()6．法拉第圆盘发电机的示意图如图所示，铜圆盘安装在竖直的同轴上，两铜片P、Q分别于圆盘的边缘和同轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中，圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B．若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流沿b到a的方向流动C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍7．小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示。

此线圈与一个R＝10 Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，下列说法正确的是()A．交变电流的周期为0．125 sB．交变电流的频率为8 HzC．交变电流的有效值为 2 AD．交变电流的最大值为4 A8．如图所示，两平行的虚线区域内存在有界匀强磁场，有一较小的三角形线框abc，其ab边与磁场边界平行，bc边小于磁场区域的宽度，，现使此线框向右匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直．则下列各图中哪一个可以定性地表示线框在穿过磁场的过程中感应电流随时间变化的规律（设逆时针电流方向为正方向）9．一个100匝的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的电动势e随时间t变化的关系如图所示，图线为正弦曲线，那么()A．该交流电的电动势有效值为220 VB．该交流电的电动势有效值为110 2 VC．t＝1．5π s时，穿过线圈的磁通量变化率最大D．穿过线圈的磁通量最大值为2．2 Wb10．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，电路达到稳定后，灯泡A发光，则()A．在电路(a)中，断开S，A将渐渐变暗B．在电路(a)中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗C ．在电路(b)中，断开S ，A 将渐渐变暗D ．在电路(b)中，断开S ，A 将先变得更亮，然后渐渐变暗11．如图所示，A 为通电线圈，电流方向如图，B 、C 为与A 在同一平面内的两同心圆，ΦB 、ΦC 分别为通过两圆面的磁通量的大小，下述判断中正确的是( )A ．穿过两圆面的磁通量是垂直纸面向外的B ．穿过两圆面的磁通量是垂直纸面向里的C ．ΦB >ΦCD ．ΦB <ΦC12．闭合矩形导线框abcd 固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，规定垂直纸面向里为磁场的正方向，abcda 方向电流的正方向，水平向右为安培力的正反向，磁感应强度B 随时间变化的规律如图所示，关于线框中的电流i 、ad 边所受的安培力F 随时间t 变化的图象，下列说法正确的是13．如图甲所示，abcd 是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m ，电阻为R ．在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN 和PQ 是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc 边平行，磁场方向垂直于线框平面向里．现使金属线框从MN 上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由静止下落到刚完全穿过匀强磁场区域过程的v -t 图象，图中字母均为已知量．重力加速度为g ，不计空气阻力．下列说法正确的是( )A ．金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba 方向B ．金属线框的边长为v 1(t 2－t 1)C ．磁场的磁感应强度为)(1121t t v mgRv 1D．金属线框在0～t4的时间内所产生的热量为2mgv1(t2－t1)＋12m()v23－v22二、实验题（8分，每空两分）14、一灵敏电流计（电流表），当电流从它的正接线柱流人时，指针向正接线柱一侧偏转．现把它与一个线圈串联，试就如图中各图指出：（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”）．三、计算题：本题共4小题，共45分。

解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。

只写出最后答案的不能得分。

有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

15、（9分）如图所示为一台小型发电机的示意图，矩形线圈在匀强磁场中绕OO′轴匀速转动，磁场方向与转轴垂直．矩形线圈的面积S=2．0×10﹣2m2，匝数N=40，线圈电阻r=1．0Ω，磁场的磁感应强度B=0．20T．线圈绕OO′轴以ω=100rad/s的角速度匀速转动．线圈两端外接电阻R=9．0Ω的小灯泡和一个理想交流电流．从图示位置开始计时，求：（1）线圈中产生的感应电动势的瞬时表达式．（2）流过灯泡的电流。

（3）线圈由图示位置转过90°的过程中，通过灯泡的电荷量．16、（6分）如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=0．1T，金属棒AD长0．4m，与框架宽度相同，电阻r=1．3Ω，框架电阻不计，电阻R1 =2Ω，R2=1Ω．当金属棒以5m/s速度匀速向右运动时，求：（1）流过金属棒的感应电流为多大？（2）若图中电容器C为0．3μF，则电容器中储存多少电荷量？17、（12分）如图所示，固定在匀强磁场中的水平导轨ab、cd的间距L1＝0．5 m，金属棒ad与导轨左端bc的距离为L2＝0．8 m，整个闭合回路的电阻为R＝0．2 Ω，磁感应强度为B0＝1 T 的匀强磁场竖直向下穿过整个回路．ad杆通过滑轮和轻绳连接着一个质量为m＝0．04 kg 的物体，不计一切摩擦，现使磁场以ΔBΔt＝0．2 T/s 的变化率均匀地增大．求：(1)金属棒上电流的方向． (2)感应电动势的大小．(3)物体刚好离开地面的时间(g ＝10 m/s 2)．18、（18分）如图甲所示，MN 、PQ 为间距L ＝0．5 m 足够长的平行导轨，NQ ⊥MN ，导轨的电阻均不计．导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°，NQ 间连接有一个R ＝4 Ω的电阻．有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为B 0＝1 T ．将一根质量为m ＝0．05 kg 的金属棒ab 紧靠NQ 放置在导轨上，且与导轨接触良好．现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至cd 处时达到稳定速度，已知在此过程中通过金属棒截面的电量q ＝0．2 C ，且金属棒的加速度a 与速度v 的关系如图乙所示，设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ 平行．取g ＝10 m/s 2．求：(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数μ； (2)cd 离NQ 的距离s ；(3)金属棒滑行至cd 处的过程中，电阻R 上产生的热量；(4)若将金属棒滑行至cd 处的时刻记作t ＝0，从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，为使金属棒中不产生感应电流，则磁感应强度B 应怎样随时间t 变化？静宁一中2017-2018学年度第二学期高二月考试题（卷）物理答案14． （1）偏向正极；（2）S 极；（3）向上；（4）顺时针．15．解：（1）线圈中产生的感应电动势的最大值表达式为：E m =NBSω=40×0．2×2．0×10﹣2×100V=16V线圈中产生的感应电动势的瞬时表达式：e=16cos100tV（2）回路中的最大电流为：I m =电流的有效值为：I=（3）感应电动势的平均值为：感应电流的平均值为：通过的电量为：q=16． （1）棒产生的电动势：0.2V E Blv ==，外电阻为：1212212213R R R R R ⨯===Ω++，通过棒的感应电流：0.20.12 1.33E I A R r ===++． （2）电容器两板间的电压：210.1315U IR V ==⨯=， 电容器带电量：6810.31021015Q CU C --==⨯⨯=⨯． 17．解析：(1)由楞次定律可以判断，金属棒上的电流由a 到d ．(2)由法拉第电磁感应定律得：E ＝ΔΦΔt ＝S ΔBΔt＝0．08 V ．(3)物体刚好离开地面时，其受到的拉力F ＝mg 而拉力F 又等于棒所受的安培力． 即mg ＝F 安＝BIL 1 其中B ＝B 0＋ΔB Δt t I ＝ER解得t ＝5 s ．18．解析：(1)由图乙可知：当v ＝0时，a ＝2 m/s 2mg sin θ－μmg cos θ＝ma 解得：μ＝0．5．(2)由图乙可知：当v m ＝2 m/s 时当金属棒达到稳定速度，有F A ＝B 0IL E ＝B 0Lv I ＝ER ＋r又：mg sin θ＝F A ＋μmg cos θ得：r ＝1 Ω q ＝It ＝n ΔΦΔt R ＋r t ＝n ΔΦR ＋r s ＝2 m ．(3)金属棒滑行至cd 处的过程中，由动能定理得： mgh －μmgs cos 37°－W F ＝12mv 2W F ＝Q 总＝0．1 J Q R ＝R R ＋rQ 总 Q R ＝45Q 总＝0．08 J ．(4)当回路中的总磁通量不变时，金属棒中不产生感应电流，此时金属棒将沿导轨做匀加速运动．由牛顿第二定律得：mg sin θ－μmg cos θ＝ma得：a ＝2 m/s 2 B 0Ls ＝BL ⎝⎛⎭⎫s ＋vt ＋12at 2 B ＝B 0s s ＋vt ＋12at2＝22＋2t ＋t 2．。