1、宁夏吴忠市吴忠中学2020-2021学年高二物理3月月考试题第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明一、单选题（本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的。）1(本题0分)在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类社会的进步，人类社会的进步又促进了物理学的发展下列叙述中错误的是 ( )A奥斯特发现了电流的磁效应B库仑发现了电荷间的相互作用规律C洛仑兹提出了分子电流假说D法拉第发现了电磁感应现象2(本题0分)下图中能产生感应电流的是（）ABCD3如图所示，在O点正下方有一个有理想边界的匀强磁场，铜环在A点由静止释放向右摆至最高点B，不考
2、虑空气阻力，则下列说法正确的是（）AA、B两点在同一水平线BA点高于B点CA点低于B点D铜环将做等幅摆动4(本题0分)如图所示，U形金属框MNPQ水平放置，金属杆ab垂直于MN、PQ且与框架接触良好整个装置处于竖直方向的匀强磁场中(图中未画出)，并且磁场磁感应强度均匀增大，金属杆ab始终处于静止状态，则金属杆ab受到的摩擦力fA大小不变，方向水平向左B大小不变，方向水平向右C变大，方向水平向左D变大，方向水平向右5(本题0分)如图所示，A是一边长为l的正方形线框，电阻为R，现维持线框以恒定的速度v沿x轴运动，并穿过图中所示的匀强磁场B区域取逆时针方向为电流正方向，线框从图示位置开始运动，则线框
3、中产生的感应电流i随时间t变化的图线是图中的()ABCD6(本题0分) 如图所示，一个匝数为50匝的圆形线圈M，它的两端点a、b与内阻很大的电压表相连，线圈中磁通量的变化规律如图所示，则ab两点的电势高低与电压表读数正确的为A，20VB，100VC，20VD，100V7(本题0分)如图所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L和2L的两只单匝闭合线框a和b，以相同的水平速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，则在此过程中A线框a、b中电流大小之比=11B线框a、b中电流大小之比=12C线框a、b中焦耳热之比=12D线框a、b中焦耳热之比=188(本题0分)在如图所示的电路中，自感线圈
4、L的直流电阻很小，且小于灯泡A的电阻。开关S闭合后，灯泡正常发光。现断开开关S，以下说法正确的是（）A断开S的瞬间，灯泡立即熄灭B断开S的瞬间，通过灯泡的电流方向为从C到DC断开S后，灯泡先变亮，再逐渐变暗D断开S后，灯泡在原来亮度基础上逐渐变暗9如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(dL)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下导线框以某一初速度向右运动t0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域下列vt图像中，可能正确描述上述过程的是() ABCD10(本题0分)如图所示，匀强磁场方向竖直向下
5、，磁感应强度为B.正方形金属框abcd可绕光滑轴OO转动，边长为L，总电阻为R，ab边质量为m，其他三边质量不计，现将abcd拉至水平位置，并由静止释放，经一定时间到达竖直位置，ab边的速度大小为v，则下列说法不正确的是( ) A在竖直位置时金属框产生的电动势大小为E=BvLB从水平到竖直的过程中通过ab的电荷量为q=BL2/RC从水平到竖直的过程中金属框内产生热量大小等于mgLD从水平到竖直的过程中通过ab杆上b点电势大于a点电势二、多选题（本题共4小题，每小题4分，共20分。每小题至少有一个选项符合题意，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分。）11下列说法中正确的是（
6、）A电动机应用了“自感”对交流电的阻碍作用B电磁灶应用了“涡流”的加热原理C电磁流量计应用了“涡流”所产生的电磁阻尼作用D日光灯启动时利用了“自感”所产生的高压12(本题0分)如图所示，两个闭合铝环A、B与一个螺线管套在同一铁芯上，A、B可以左右摆动，则()A在S闭合的瞬间，A、B必相斥B在S闭合的瞬间，A、B必相吸C在S断开的瞬间，A、B必相斥D在S断开的瞬间，A、B必相吸13如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为0。A和B是两个相同的小灯泡。则（ ）A当开关S突然闭合时，A灯泡马上亮，B灯泡逐渐亮B当开关S突然闭合时，A、B灯泡均马上亮，之后B灯泡逐渐熄灭，A灯泡变得更亮C
7、当开关S由闭合变为断开时，A灯泡逐渐熄灭，B灯泡闪亮之后再熄灭D当开关S由闭合变为断开时，A灯泡马上熄灭，B灯泡闪亮之后再熄灭14(本题0分)如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m的金属棒ab，导轨一端连接电阻R，其它电阻均不计。磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于导轨平面向下，金属棒ab在水平恒力F作用下由静止开始向右运动。则（ ）A随着ab运动速度的增大，其加速度减小B恒力F对ab做的功大于电路中产生的电能C当ab做匀速运动时，恒力F做功的功率大于电路中的电功率D只有ab做匀速运动时，它克服安培力做的功等于电路中产生的电能第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明三、实验题（
8、本题共2小题，共12分）15(本题0分)图为“研究电磁感应现象”的实验装置。（1）将图中所缺的导线补接完整。（2）如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后可能现的情况有：（选填“左偏”、“右偏”或“不偏”）将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将_。原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针_。16(本题0分)某同学使用下图所示的三组器材探究电磁感应现象。(1)在甲图中，闭合开关S后，将滑片P向右迅速移动的过程中，线圈B中的磁通量_。（选填“增大”或“减小”）(2)在乙图中，将导体棒向右平移的过程中，电表指针_。（选填“偏转”或“不偏转”） (3
9、)在丙图中，将条形磁铁向下插入线圈的过程中，感应电流从_（选填“正”或“负”）极接线柱流入电表。四、解答题17如图所示，一U形金属框的可动边AC长0.1m，匀强磁场的磁感强度为0.5T，AC以8m/s的速度水平向右移动，电阻R为5，（其它电阻均不计）（1）计算感应电动势的大小；（2）求出电阻R中的电流有多大？18如图所示，一个总阻值r=10，匝数的正方形金属线圈，与阻值R=20的定值电阻连成闭合回路线圈的边长，其内部空间包括边界处充满了垂直线圈平面向外的匀强磁场磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图所示导线电阻不计，求：（1）t=0时刻，穿过线圈的磁通量为多大？（2）0-0.02s过程中电阻R
10、的热功率为多大？19如图所示，竖直平行导轨间距l=20cm，导轨顶端接有一电键K导体棒ab与导轨接触良好且无摩擦，ab的电阻R=04，质量m=10g，导轨的电阻不计，整个装置处在与轨道平面垂直的匀强磁场中，磁感强度B=1T当ab棒由静止释放08 s后，突然接通电键，不计空气阻力，设导轨足够长求：（1）ab棒的最大速度（2）ab棒的最终速度的大小（g取10m/s2）20如图，电阻可忽略的足够长的光滑平行金属导轨间距l1.0m，倾角30，导轨上端ab接一阻值R1.5的电阻，磁感应强度B1.0T的匀强磁场垂直于轨道平面向上，阻值r0.5，质量m0.2kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端某处由
11、静止释放，下滑距离d1.2m时刚好达到最大速度，重力加速度g10m/s2，求：（1）金属棒的最大速度vm的大小；（2）从开始运动到刚好达到最大速度的过程中，金属棒上产生的焦耳热Qr；（3）金属棒从开始运动到刚好达到最大速度所用的时间t。参考答案1C【解析】奥斯特发现了电流的磁效应，选项A正确；库仑发现了电荷间的相互作用规律，选项B正确； 安培提出了分子电流假说，选项C错误；法拉第发现了电磁感应现象，选项D正确；此题选择不正确的选项，故选C.2B【详解】感应电流产生的条件：只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就有感应电流。A线圈未闭合，不满足感应电流产生的条件，故A错；B满足感应电流产生
12、的条件，故B正确；C穿过闭合水平圆线圈的磁通量不变，不满足感应电流产生的条件，故C错；D穿过闭合水平线圈的磁通量不变，不满足感应电流产生的条件，故D错；故选B。3B【解析】试题分析：由于铜环刚进入和要离开磁场过程中，会产生感应电流，一部分机械能转化为电能，所以铜环运动不到与A点等高点，即B点低于A点，故B正确考点：考查了感应电流产生条件4D【解析】由题意，磁场磁感应强度均匀增大时，金属杆ab始终处于静止状态，穿过回路的磁通量均匀增大，根据法拉第电磁感应定律得知，回路中产生的感应电动势恒定不变，则感应电流也恒定不变，根据F=BIL，可知安培力均匀增大，因金属杆ab始终处于静止状态，根据平衡条件可
13、知，金属杆ab受到的摩擦力f也均匀增大；根据楞次定律可知，为阻碍磁通量的增大，面积MQab有收缩趋势，即金属杆ab受的安培力方向水向左，根据平衡条件可知，金属杆ab受到的摩擦力f的方向水平向右，故ABC错误，D正确；故选D【点睛】金属杆ab始终处于静止状态，穿过回路的磁通量均匀增大，产生的感应电动势和感应电流恒定不变，根据楞次定律分析安培力的方向，由平衡条件判断摩擦力如何变化5B【解析】由于线框进入和穿出磁场时，线框内磁通量均匀变化，因此在线框中产生的感应电流大小不变，根据楞次定律可知，线框进入磁场时感应电流的方向与规定的正方向相同，穿出磁场时感应电流的方向与规定的正方向相反，故ACD错误，B
14、正确.故选：B6B【详解】磁场增加，则感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，根据楞次定律，电流逆时针方向，B正确7A【解析】闭合线框a产生的感应电动势，电阻为，则产生的电流为；闭合线框b产生的感应电动势，电阻为，则产生的电流为，故，故A正确，B错误；线框a产生的热量为，其中， ，得；线框b产生的热量为，其中， ，得，故，故CD错误；选A.【点睛】将闭合线框a和b匀速拉出磁场，根据感应电动势公式、电阻定律和欧姆定律求出电流之比，根据焦耳定律求出产生的热量之比8C【解析】【分析】当灯泡处于正常发光状态，由线圈电阻与灯泡电阻关系得出其电流关系，迅速断开开关S时，灯泡中原来的电流突然消失，线圈中电流逐渐
15、减小，且要与灯泡组成回路。【详解】当灯泡正常发光时，线圈的直流电阻远小于灯泡的电阻，故线圈支路的电流大于灯泡电流，开关断开，则灯泡中的电流立即消失，但是L由于自感要阻碍自身电流的减小，L中的电流逐渐减小，由于L与灯泡组成回路，L中的电流要经过灯泡，所以灯泡中的电流突然变大且电流为反方向由D到C，然后逐渐减小到零，故灯泡闪亮一下再熄灭，故C正确，ABD错误。【点睛】本题主要考查了自感现象是特殊的电磁感应现象，法拉第电磁感应定律和楞次定律同样适用。9D【详解】线框进入磁场时，由右手定则和左手点则可知线框受到向左的安培力，由于，则安培力减小，故线框做加速度减小的减速运动；同理可知线框离开磁场时，线框
16、也受到向左的安培力，做加速度减小的减速运动；线框完全进入磁场后，线框中没有感应电流，不再受安培力作用，线框做匀速运动，本题选D10D【分析】线框在下落过程中，ab棒下落到最低点时恰好垂直切割磁场，可用计算电动势；应该用平均电流来计算电量q，；由能量守恒定律可计算热量；根据电源内部，电流由电源负极流向正极的规律，确定四指指尖方向为等效电源正极，电势较高【详解】A、线框在竖直位置时，ab边恰好垂直切割磁场，而且只有ab边切割，此时电动势，A正确； B、线框从水平到竖直的过程中，磁通量的变化量为，则该过程中，流过导线横截面的电量，B正确；C、除ab外，其他三边质量不计，故线框在下落的整个过程中，重心
17、下降，根据能量守恒定律得，其中Q为整个过程中线框中产生的热量，解得：，C正确；D、在下落过程中，根据右手定则可知，a点电势大于b点电势，D错误故本题不正确的选项为D【点睛】识记产生感应电动势的常规规律并熟练解决问题，是解决本题的关键11BD【解析】电动机应用了线圈在磁场中受到安培力转动故A错误电磁灶里面的线圈中变化的电流，产生变化的磁场，从而形成涡流，根据电流的热效应进行加热故B正确电磁流量计应用了带电粒子在磁场中受力的原理制成的，选项C错误；日光灯启动时利用了“自感”所产生的高压故D正确故选BD12BD【详解】AB在S闭合瞬间，穿过两个线圈的磁通量变化相同，线圈中产生同方向的感应电流，同向电
18、流相吸，则A、B相吸，A错误，B正确；CD在S断开瞬间，穿过两个线圈的磁通量变化相同，线圈中产生同方向的感应电流，同向电流相吸，则A、B 相吸，C错误，D正确故选BD【点睛】本题考查了楞次定律的应用，同时要掌握：同向电流相互吸引，反向电流相互排斥也可以使用楞次定律的规范化的步骤解答，比较麻烦13BD【详解】AB刚闭合S时，电源的电压同时加到两灯上，A、B同时亮，随着L中电流增大，由于线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，B逐渐被短路直到熄灭，外电路总电阻减小，总电流增大，A灯更亮，A错误、B正确；CD灯泡B与线圈L构成闭合回路，所以稳定后再断开开关S后，流过L的电流回流到灯泡B，由选项AB知
19、，此时的电流比最开始流过灯泡B的电流大，则灯泡B由暗变亮（闪一下）再逐渐熄灭，灯泡A立即熄灭，C错误、D正确。故选BD。14AB【解析】金属棒所受的安培力为： ，根据牛顿第二定律可得： ，可知随速度v增大，安培力增大，则加速度减小，故A正确；根据能量守恒得，外力F对ab做的功等于电路中产生的电能以及ab棒的动能之和，所以恒力F对ab做的功大于电路中产生的电能，故B正确；当ab棒匀速运动时，外力做的功全部转化为电路中的电能，则外力F做功的功率等于电路中的电功率，故C错误；根据功能关系知，克服安培力做的功等于电路中产生的电能，与是否匀速无关，故D错误。所以AB正确，CD错误。15右偏 左偏 【解析
20、】【详解】（1）探究电磁感应现象实验电路分两部分，要使原线圈产生磁场必须对其通电，故电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，灵敏电流计与副线圈组成另一个闭合电路；如图所示：（2）在闭合电键时，穿过线圈的磁通量增加，灵敏电流计的指针向右偏了一下；闭合开关，将原线圈迅速插入副线圈时，穿过线圈的磁通量增加，灵敏电流计指针将右偏。原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，穿过线圈的磁通量减少，灵敏电流计指针左偏。16增大 偏转 负 【详解】(1)1在甲图中，闭合开关S后，将滑片P向右迅速移动中，滑动变阻器接入电路的电阻变小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流变大，线圈A中电流变大，线圈A
21、产生的磁场增强，线圈B中的磁通量增大。(2)2在乙图中，将导体棒向右平移时，导体棒切割磁感线，闭合电路中有感应电流产生，电表指针偏转。(3)3在丙图中，将条形磁铁S极向下插入线圈时，线圈中的磁场方向向上，磁通量增加，闭合电路中有感应电流产生，由楞次定律可知，感应电流从电表的负极接线柱流入电表。17（1）0.4V（2）0.08A【解析】试题分析：（1）感应电动势：E=BLv=05018=04V；（2）通过R的电流：考点：法拉第电磁感应定律【名师点睛】本题考查了求感应电动势与电路电流，应用公式E=BLv与闭合电路的欧姆定律即可正确解题18（1）610-5Wb（2）0.2W【详解】（1）当t=0时，
22、则；（2）依据电动势的公式；依据欧姆定律总电流再依据功率的表达式19（1）（2）【详解】v=gt=8m/s，由静止释放0.8s时：此时安培力F大于重力G=mg=0.1N，闭合开关后，导体棒做减速运动，故导体棒的最大速度最终当导体棒的重力和安培力平衡时，导体棒保持恒定速度做匀速直线运动即：，代入数据解得：20（1）2m/s（2）0.2J（3）1s【解析】【详解】（1）金属棒的速度达到最大时，合外力0，设电流为I，由平衡条件有：mgsinBIl感应电动势为：EBlvm由闭合电路欧姆定律有：代入数据得最大速度为：vm2m/s（2）设从开始运动到刚好达到最大速度的过程中，回路中产生的热量为Q，由能量守恒定律有：又有解得：Qr0.2J（3）从开始运动到刚好达到最大速度的过程中，由动量定理有：mgtsinBIltmvm又有代入数据可得：t1s
