2012-2013学年江西省井冈山中学高二第四次月考物理试卷与答案（带解析）.doc

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1、2012-2013学年江西省井冈山中学高二第四次月考物理试卷与答案（带解析） 选择题 关于电磁感应现象，下列说法中正确的是 ( ) A感应电流的磁场总是与原磁场方向相反 B闭合线圈放在变化的磁场中就一定能产生感应电流 C闭合线圈放在匀强磁场中做切割磁感线运动时，一定能产生感应电流 D感应电流的磁场总是阻碍原来磁场的磁通量的变化 答案： D 试题分析： AD、感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，磁通量增加感应电流的磁场总是与原磁场方向相反，磁通量减小与原磁场方向相同；D正确 B、闭合线圈放在变化的磁场中，线圈可能与磁场方向平行，则磁通量始终为零，不会产生感应电流；错误 C、闭合线圈

2、放在匀强磁场中做切割磁感线运动时，磁通量可能不变，即不一定能产生感应电流；错误 故选 D 考点：产生感应电流的条件，楞次定律 点评：注意对楞次定律中 “阻碍 ”的理解， “阻碍 ”不是阻止、也不是相同或相反。 如图甲所示，有缺口的金属圆环与板间距为 d的平行板电容器的两极板焊接在一起，金属圆环右侧有一垂直纸面向外的匀强磁场，现使金属圆环以恒定不变的速度 v向右运动由磁场外进入磁场，在金属圆环进入磁场的过程中，电容器带 电荷量 Q 随时间 t变化的定性图象应为( ) 答案： C 试题分析：金属圆环进入磁场的过程中，圆环切割磁感线的有效长度先增大后减小，最后不变（完全进入磁场中），由 可知，电容器

3、两板间的电势差也是先增大后减小，最后不变，由 可知电容器所带电量也是先增大后减小，最后不变。 故选 C 考点：电磁感应中的图象问题 点评：注意切割产生的感应电动势的公式 中 L为有效长度。 线圈所围的面积为 0.1m2，线圈电阻为 1 规定线圈中感应电流 I 的正方向从上往下看是顺时针方向，如图（ 1）所示磁场的磁感应强度 B随时间 t的变化 规律如图（ 2）所示则以下说法正确的是 A在时间 0 5s内， I的最大值为 0.01A B在第 4s时刻， I的方向为逆时针 C前 2 s内，通过线圈某截面的总电量为 0.01C D第 3s内，线圈的发热功率最大 答案： ABC 试题分析：根据法拉第电

4、磁感应定律 ,求出各段时间内的感应电动势，就可以解得电流的大小，根据楞次定律判断出各段时间内感应电流的方向。 A、根据法拉第电磁感应定律 可以看出 B-t图象的斜率越大则电动势越大，所以零时刻线圈的感应电动势最大，由欧姆定律有 ；正确 B、从第 3s末到第 5s末竖直向上的磁场一直在减小，根据楞次定律判断出感应电流的磁场与原磁场方向相同，所以电流方向为逆时针方向；正确 C、通过线圈某一截面的电量， ；正确 D、线圈的发热功率： 可见 B-t图象的斜率越大则电功率越大，所以零时刻线圈的发热功率最大；错误 故选 ABC 考点：法拉第电磁感应定律的应用 点评：本题的关键是掌握法拉第电磁感应定律 ，会

5、根据楞次定律判断感应电流的方向。 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，棒与导轨的电阻均不计，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作用下做加速上升运动的一段时间内，力 F做的功与安培力做的功的代数和等于 ( ) 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 答案： A 试题分析：棒在竖直向上的恒力 F作用下加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。 棒受重力 G、拉

6、力 F和安培力 的作用由动能定理： ，得 ，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。 故选 A 考点：电磁感应中的能量转化 点评：运用功能关系分析实际问题对于各种功能关系理解要到位，哪些力对物体做功，物体的哪种能量发生变化，分析时不能遗漏。 如图所示，矩形线圈 abcd的边长分别是 ab L， ad D，线圈与磁感应强度为 B的匀强磁场平行，线圈以 ab边为轴做角速度为 的匀速转动，下列说法正确的是 (从图示位置开始计时 )( ) A t 0时线圈的感应电动势为零 B转过 90时线圈的感应电动势为零 C转过 90的过程中线圈中的平均感应电动势为 BLD D转过 90的过程中线圈中

7、的平均感应电动势为 答案： BD 试题分析： A、 t 0时线圈的 cd边切割磁感线，垂直磁感线方向向里运动，感应电动势最大；错误 B、转过 90时线圈的 cd边转动的线速度方向与磁场方向平行，感应电动势为零；正确 CD、转过 90的过程中线圈中的平均感应电动势为 ；D正确 故选 BD 考点：法拉第电磁感应定律 点评：注意由法拉第电磁感应定律求感应电动势时公式 计算平均感应电动势，而 即可计算平均感应电动势也可计算瞬时感应电动势。 如图所示，匀强磁场方向竖直向下，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

8、abcd拉至水平位置，并由静止释放，经时间 t到达竖直位置，产生热量为 Q，若重力加速度为 g，则 ab边在最低位置所受安培力大小等于 ( ) A. B BL C. D. 答案： D 试题分析： ab边向下摆动的过程中，根据能量转化和守恒定律可知，金属框中产生的焦耳热应等于此过程中机械能的损失，设 ab 边在最低位置时的速度为 v，则 ，可得 ，由 ，则ab边在最低位置所受安培力大小等于 。 故选 D 考点：电磁感应中的能量转化 点评：电磁感应过程中产生感应电动势，回路中有感应电流产生焦耳热，要善于从能量角度去分析、思考问题。 如图所示，两水平放置的平行金属板 M、 N 放在匀强磁场中，导线

9、ab贴着M、 N 边缘以速度 v 向右匀速滑动，当一带电粒子以水平速度 v0 射入两板间后，能保持匀速直线运动，该带电粒子可能 ( ) A带正电，速度方向向左 B带负电，速度方向向左 C带正电，速度方向向右 D带负电，速度方向向右 答案： CD 试题分析：导线 ab切割磁 感线，随没有形成闭合回路，没有感应电流，但有感应电动势，由右手定则可知 a端电势高，即 M板电势高于 N 板电势，由粒子的电性知粒子受电场力的方向，粒子匀速直线运动，由平衡条件知洛伦兹力的方向，由左手定则判断粒子运动方向。 AC、导线 ab切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则可知 a端电势高，即M板电势高于 N 板电势，

10、M、 N 板间电场方向向下，带正电的粒子，受竖直向下的电场力，粒子匀速直线运动，由平衡条件知洛伦兹力的方向向上，由左手定则知速度方向向右； C正确 BD、带负电粒子，受竖直向上的电场力，粒子匀速直线运动，由平衡 条件知洛伦兹力的方向向下，由左手定则知速度方向向右； D正确 故选 CD 考点：右手定则与左手定则的应用 点评：左手定则和右手定则很容易混淆，为了便于区分，可把两定则简单地总结为 “判断受力用左手，运动生电用右手 ”。 如图所示，蹄形磁铁的两极间，放置一个线圈 abcd，磁铁和线圈都可以绕OO轴转动，磁铁如图示方向转动时，线圈的运动情况是 ( ) A俯视，线圈顺时针转动，转速与磁铁相同

11、 B俯视，线圈逆时针转动，转速与磁铁相同 C线圈与磁铁转动方向相同，但转速小于磁铁转速 D线圈静止不动 答案： C 试题分析：磁铁相对线圈转动，通过线圈的磁通量变化，线圈中产生感应电流，则线圈受安培力作用，阻碍两者的相对运动，由 “来拒去留 ”可知线圈跟着磁铁同方向转动，如果转速相同，则没有相对运动，线圈中不产生感应电流，线圈不受安培力作用，则线圈不会转动，所以线圈与磁铁转动方向相同，但转速小于磁铁转速。 故选 C 考点：楞次定律的应用 点评：注意感应电流受到的安培力总是阻碍相对运动，由 “来拒去留 ”判断线圈的运动方向，使问题的判断更简单。 在北半球，地磁场的水平分量由南向北，竖直分量竖直向

12、下，如图所示，鹭洲路上，某人骑车从 东往西行走，则下列说法正确的是 ( ) A自行车左车把的电势比右车把的电势高 B自行车左车把的电势比右车把的电势低 C图中辐条 AB，此时 A端比 B端的电势高 D图中辐条 AB，此时 A端比 B端的电势低 答案： AD 试题分析：切割磁感线产生感应电动势的导体相当于电源，在电源内部电流是从负极到正极。 AB、某人骑车从东往西行走，车把切割地磁场的竖直分量，由右手定则知左侧电势高； A正确 CD、辐条在转动时切割地磁场的水平分量，由右手定则知 B端电势高； D正确 故选 AD 考点：楞次定律 点评：熟练掌握地磁场的分布情况是解本题的关键。 将一磁铁缓慢地或迅

13、速地插到闭合线圈中同样位置处，不发生变化的物理量有 ( ) A磁通量的变化量 B磁通量的变化率 C感应电流的大小 D流过导体横截面的电荷量 答案： AD 试题分析： A、将一磁铁缓慢地或迅速地插到闭合线圈中同样位置处，磁通量的变化量相同；正确 B、因移动快慢不同，所用时间就不同，磁通量的变化率不同；错误 C、由 可知感应电流的大小不同；错误 D、由 因 、 R相同，则流过导体横截面的电荷量；正确 故选 AD 考点：法拉第电磁感应定律 点评 ：注意变化量与变化率的区别。 实验题 为了测一个自感系数很大的线圈 L的直流电阻 RL，实验室提供以下器材： （ A）待测线圈 L（阻值约为 2，额定电流

14、2A） （ B）电流表 A1（量程 0.6A，内阻 r1=0.2） （ C）电流表 A2（量程 3.0A，内阻 r2约为 0.2） （ D）滑动变阻器 R1（ 0 10） （ E）滑动变阻器 R2（ 0 1k） （ F）定值电阻 R3=10 （ G）定值电阻 R4=100 （ H）电源（电动势 E约为 9V，内阻很小） （ I）单刀单掷开关两只 S1、 S2，导线若干。 要求实验时，改变滑动变阻器的阻值，在尽可能大的范围内测得多组 A1表 和A2表的读数 I1、 I2，然后利用给出的 I2I 1图象（如右图所示），求出线圈的电阻 RL。 实验中定值电阻应选用 ，滑动变阻器应选用 。 请你画完图

15、方框中的实验电路图。 实验结束时应先断开开关 。 由 I2I 1图象，求得线圈的直流电阻 RL= 。 答案： ， 见 2.0 试题分析： 可以把定值电阻和 串联后看成一个电压表，由图可知 最大电流为 3A， 此时为 0.5A，则电阻两端电压约为 ，定值电阻和 的总电阻 ， ，故选 ；本题应选用分压电路，滑动变阻器越小越好，故选 。 实验电路如图 由于切断 时，由于断电自感，在电感线圈两端会产生瞬时高电压，在 中会产生很大的电流，损毁 ，所以实验结束时应先断开开关 。 由 可得 ，推导可得 ， k为斜率，k=6，代入数据解得 。 考点：电阻的测量 点评：有些电路实验中给的一些图像可以通过电路的欧

16、姆定律找到对应的关系式，这样可以使问题大大简化。 如下图所示，是使用游标卡尺和螺旋测微器分别测量两个工件时的情况图中分度游标卡尺的读数为 _mm，螺旋测微器的 读数为_mm. 答案： .60 4.700 试题分析：游标卡尺读数方法：首先读出游标尺 0刻线对应的主尺的整数部分读作 n毫米，然后读出游标尺第几个刻度线和主尺刻度线对齐，读作 m，最后读数为： (m+n0.05)mm，所以本题读作 10.60mm 螺旋测微器的读数包括两部分：大于 0 5mm 的刻度值由主尺读出，用 m 表示；小于 0 5mm的刻度值由旋轮 (即可动刻度 )读出，用 n表示，可动刻度要估读一位，则螺旋测微器所测量的值为

17、 m+0 01n，单位为毫米。所以本题读作4.700mm 考点：仪器读数 点评：虽然游标卡尺度数反复要求，但是总有学生掌握不住，希望学生掌握这种方法，不要死记硬背。 填空题 把一线框从一匀强磁场中拉出，如图所示。第一次拉出的速率是 v ，第二次拉出速率是 2 v ，其它条件不变，则前后两次拉力大小之比是 ，拉力功率之比是 ，线框产生的热量之比是 ，通过导线截面的电量之比是 。答案： 2 1： 4 1： 2 1： 1 试题分析：线框被匀速拉出，拉力与安培力相等即 可得拉力的功率为 可得 线框产生的热量 可得 通过导线截面的电量 可得 考点：法拉第电磁感应定律的应用 点评：电 磁感应问题，有时从能

18、量角度思考解决显得比较简单。克服安培力做功，就有电能产生，如果安培力做功，就有电能转化为其他形式的能。 计算题 如图所示，正方形闭合线圈边长为 0.2 m，质量为 0.1 kg，电阻为 0.1 ，在倾角为 30的斜面上的砝码质量为 0.4 kg，匀强磁场磁感应强度为 0.5 T，不计一切摩擦，砝码沿斜面下滑线圈开始进入磁场时，它恰好做匀速运动 (g取 10 m/s2) (1)求线圈匀速上升的速度； (2)在线圈匀速进入磁场的过程中，砝码对线圈做了多少功？ (3)线圈进入磁场的过程中产生多少焦耳 热？ 答案： (1)10m/s (2)0.4J (3)0.2J 试题分析： (1)设绳子的拉力为 F

19、， 对砝码： 对线框： 代入数据得： (2) . (3)由能量转化守恒定律得： . 考点：电磁感应中的能量转化与守恒 点评：电磁感应现象中，导体克服安培力做多少功，就有多少机械能等其他形式的能转化为电能 如图甲所示，水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置，间距 d 0.5 m，电阻不计，左端通过导线与阻值 R 2 的电阻连接，右端通过导线与阻值 RL 4 的小灯泡 L连接 .在 CDFE矩形区域内有竖直向上的匀强磁场， CE长 l 2 m，有一阻值 r 2 的金属棒 PQ放置在靠近磁场边界 CD处 .CDFE区域内磁场的磁感应强度 B随时间变化规律如图乙所示 .在 t 0至 t 4 s内，金属棒

20、 PQ保持静止，在 t 4 s时使金属棒 PQ以某一速度进入磁场区域并保持匀速运动 .已知从 t 0开始到金属棒运动到磁场边界 EF 处的整个过程中，小灯泡的亮度没有发生变化 .求： (1)通过小灯泡的电流； (2)金属棒 PQ在磁场区域中运动的速度大小 . 答案： (1)0.1A (2)1m/s 试题分析： (1)0 4 s内，电路中 的感应电动势 此时灯泡中的电流 (2)由于灯泡亮度没有变化，故 没变化 . 根据 解得 考点：电磁感应与电路综合 点评：本题中将产生感应电动势的那部分电路等效为电源，分析内外电路结构，应用闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律理顺电学量之间的关系。 如图所示，在直

21、角坐标系的原点 O 处有一放射源，向四周均匀发射速度大小相等、方向都平行于纸面的带电粒子。在放射源右侧有一很薄的挡板，垂直于 x 轴放置，挡板与 xoy 平面交线的两端 M、 N 正好与原点 O 构成等边三角形，O 为挡板与 x 轴的交点。在整 个空间中，有垂直于 xoy 平面向外的匀强磁场（图中未画出），带电粒子在磁场中沿顺时针方向做匀速圆周运动。已知带电粒子的质量为 m，带电荷量大小为 q，速度大小为 ， MN 的长度为 L。（不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用） （ 1）确定带电粒子的电性； （ 2）要使带电粒子不打在挡板上，求磁感应强度的最小值； （ 3）要使 MN 的右侧都有粒子打

22、到，求磁感应强度的最大值。（计算过程中，要求画出各临界状态的轨迹图） 答案：（ 1）正电荷 （ 2） （ 3） 试题分析：根据带电粒子在磁场中沿顺时针方向做匀速圆周运动，利用左手定则可判断出粒子带正电荷。 带电粒子在匀强磁场中运动，利用洛伦兹力公式等于向心力和图中几何关系列方程解答。 （ 1）由左手定则可得，粒子带正电荷。 （ 2）设磁感应强度大小为 B，带电粒子运动的轨迹半径为 r，带电粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，有： 得 由于从 O 点射出的粒子的速度大小都相同，由上式可知，所有粒子的轨迹半径都相等。 由几何知识可知，为使粒子不打在挡板上，轨迹的半径最大值为 由 两式可得，磁感应

23、强度的最小值 3）为使 MN 的右侧都有粒子打到，打在 N 点的粒子最小半径的轨迹为图乙中的圆弧 OMN，图中点 O3为轨迹的圆心，由于内接 OMN 为正三角形， 由几何知识，最小的轨迹半径为 粒子做匀速圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，有 所以，磁感应强度的最大值 考点：带电粒子在磁场中的运动 点评：对带电粒子在磁场中匀速圆周运动的求解，关键是画出匀速圆周运动的轨迹，利用几何知识找出圆心及相应的半径，从而找出圆弧所对应的圆心角由圆心和轨迹用几何知识确定半径是研究带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的重要方法 如图所示为某一 仪器的部分原理示意图，虚线 OA、 OB关于 y轴对称， OA、 OB将

24、 xOy平面分为 、 、 三个区域，区域 、 内存在水平方向的匀强电场，电场强度大小相等、方向相反。质量为 m电荷量为q的带电粒子自 x轴上的粒子源 P处以速度 v0沿 y轴正方向射出，经一定时间到达 OA上的 M点，且此时速度与 OA垂直。已知 M到原点的距离 OM = L，不计粒子的重力。求： （ 1）匀强电场的电场强度 E的大小； （ 2）为使粒子能从 M 点经 区域通过 OB 上的 N 点， M、 N 点关于 y 轴对称，可在区域 内适当范围加一垂直 xOy平面的匀强磁场，求该 磁场的磁感应强度的最小值和粒子经过区域 到达 x轴上 Q 点的横坐标； （ 3）当匀强磁场的磁感应强度取（

25、2）问中的最小值时，且该磁场仅分布在一个圆形区域内。由于某种原因的影响，粒子经过 M点时的速度并不严格与 OA垂直，成散射状，散射角为 （ 较小），但速度大小均相同，如图所示，求所有粒子经过 OB时的区域长度。 答案：（ 1） （ 2） （ 3） 2Lsin 试题分析：（ 1）粒子在 区域内做类平抛运动， (2) 粒子在 区域内做匀速圆周运动，其轨道半径 因为 又 粒子进入 区域后，其运动轨迹 NQ与 PM对称，则 水平位移 由（ 1）知： （ 3）该圆形磁场区域的半径 r等于其轨迹圆半径 R，即 r R L 所有粒子出磁场时速度方向平行，其落点在直线 OB上的 GH两点之间，如图 考点：带电粒子在组合场中的运动 点评：如果组合场是电场和磁场组合则带电粒子在电场中做类平抛会匀变速直线运动，类平抛分解成匀速直线运动和初速度为零的匀加速直线运动来研究；在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力为向心力，根据几何关系找半径，根据圆心角求时间。