【文档说明】四川省南充市白塔中学2019-2020学年高二下学期第二次月考物理试题【精准解析】.doc，共(19)页，811.500 KB，由小赞的店铺上传

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白塔中学高二下第二次月考物理试题第Ⅰ卷(选择题，共56分)一、单项选择题(共9小题，每小题4分，共36分)1.伽利略对自由落体运动的研究，是科学实验和逻辑思维的完美结合，如图所示，可大致表示其实验和思维的过程，对这一过程的分析，下列正确的是A.伽利略认为自

由落体运动的速度是均匀变化的，这是他用实验直接进行了验证的B.其中丁图是实验现象，甲图是经过合理外推得到的结论C.运用甲图实验，可“冲淡”重力的作用，更方便进行实验测量D.运用丁图实验，可“放大”重力的作用，从而使实验现象更明显【答案】C【解析】伽利略设想物体下落的速度与时间成正比，因为当时无法

测量物体的瞬时速度，所以伽利略通过数学推导证明如果速度与时间成正比，那么位移与时间的平方成正比；由于当时用滴水法计算，无法记录自由落体的较短时间，伽利略设计了让铜球沿阻力很小的斜面滚下，来“冲淡”重力得作用效果，而小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，所用时间长的多，所以容易测量

．伽利略做了上百次实验，并通过抽象思维在实验结果上做了合理外推．其中甲图是实验现象，丁图是经过合理外推得到的结论，所以伽利略用来抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法．故C正确，ABD错误．故选C．2.一个电热器接在10V的直流电源上，消耗的功率是P，当把它接到一正弦波形交流

电源上时，消耗的功率是P/4，则该交流电源的电压的最大值是A.5VB.7.07VC.10VD.14.14V【答案】B【解析】设电热器的电阻为R，一个阻值不随温度变化的电热器接在10V的直流电压上，消耗的电功率为P；根据电功率定义得：P=210R；当把它接到一个正弦交流电压上时消耗的电功

率为P/4；24PUR=，解得：U=5V；所以最大值为：252?7.07mUUVV===；故选B．点睛：本题考查交流电的有效值；对于交变电流，求解热量、电功和电功率等与热效应有关的量，都必须用有效值．3.一辆汽车以

14m/s的速度做直线运动，某时刻开始以恒定的加速度刹车，第一个1s内位移为12m，汽车刹车的加速度小于14m/s2，下列说法正确的是()A.汽车刹车的加速度大小为12m/s2B.5s内汽车的位移为24.5

mC.汽车在第2s内的位移是10mD.汽车在第4s内的平均速度是1m/s【答案】B【解析】【详解】根据x1＝v0t1+12at12得，代入数据解得a=-4m/s2，故A错误．汽车速度减为零的时间000143.54vtssa−−−

＝＝＝，则5s内的位移等于3.5s内的位移，x=001422vt＝×3.5m＝24.5m，故B正确．根据△x=aT2得，第2s内的位移x2＝x1+aT2＝12−4×1m＝8m，故C错误．第4s内的位移等于

最后0.5s内的位移，采用逆向思维，x′＝12at′2＝12×4×0.25m＝0.5m，则第4s内的平均速度为0.5m/s，故D错误．故选B．【点睛】刹车问题是匀减速直线运动的典型题型．要注意刹车的时间，有些题目中要求t时间内的位移，但是刹车时间小于t，这时就不能直接根据位移时间公式求解

了．4.物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后．将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环．闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起．某同学另找来器材再探究此实验．他连接好电路，经重复试验，

线圈上的套环均未动．对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是A.线圈接在了直流电源上B.电源电压过高C.所选线圈的匝数过多D.所用套环的材料与老师的不同【答案】D【解析】金属套环跳起来的原因是开关S闭合时，套环上产生的感应电流与通电螺线管上的电流相互作用而引起的，线

圈接在直流电源上时，金属套环也会跳起．电压越高线圈匝数越多，S闭合时，金属套环跳起越剧烈．若套环是非导体材料，则套环不会跳起，故A、B、C选项错误，D选项正确．5.如图所示，螺线管的导线的两端与两平行金属板相接，一个带负电的小球用丝线悬挂

在两金属板间，并处于静止状态，若条形磁铁突然插入线圈时，小球的运动情况是（）A.向左摆动B.向右摆动C.保持静止D.无法判定【答案】A【解析】条形磁铁S极突然插入线圈时，螺线管磁场向左增加，楞次定律得左板为正极，右侧负极，带负电的通草球受向左

电场力，将向左偏．A正确．故本题选A．6.如图所示，水平地面上方存在有界匀强磁场（上、下边界水平），磁场上方有三个单匝正方形铜线圈A、B、C，它们从相同高度由静止开始同时下落。其中A有一个缺口，B、C都是闭合的，但B的导线最粗；A、B边长相等，C边长最大，但都小

于磁场区域的高度。则线圈（）A.A最后落地B.B最后落地C.C最后落地D.B、C同时落地【答案】C【解析】【详解】线圈A由于有缺口，在磁场中不能形成电流，所以下落时不受安培力作用，故下落的加速度一直为g

；而B、C线圈是闭合的，进入磁场后，产生感应电流，线圈受到竖直向上的安培力作用，加速度小于g，则A线圈最先落地，设线圈的边长为L，横截面积为S，电阻率为ρ0，密度为ρ，质量为m，进入磁场后速度为v时加

速度为a，根据牛顿第二定律得mgFma−=安又FBIL=安EIR=EBLv=4mVLS==04LRS=联立解得2016Bvag=−可知a与横截面积S、长度L无关，而线圈C边长最大，进入磁场的位移大，所以C线圈最后落地，故ABD错

误，C正确。故选C。7.如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由位置Ⅰ平移到位置Ⅱ，第二次将金属框绕cd边翻转到位置Ⅱ，设先、后两次穿过金属框的磁通量变化分别为1和2，

则（）A.12B.12=C.12D.不能判断【答案】C【解析】【详解】第一次将金属框由位置I平移到位置Ⅱ，磁感线穿过金属框的方向没有改变，磁通量变化量等于在这两个位置时的磁通量的差值；第二次将金

属框绕边翻转到位置Ⅱ，磁感.线穿过金属框的方向发生改变，磁通量变化量等于两个位置时的磁通量绝对值之和，所以12，选项C正确.ABD错故选C8.如图甲所示，闭合圆形线圈内存在方向垂直纸面向外的磁场

，磁感应强度随时间变化的关系如图乙所示，则下列说法正确的是（）A.0~1s内线圈中的感应电流逐渐增大，2~4s内感应电流逐渐减小B.第4s末的感应电动势为0C.0~1s内与2~4s内的感应电流相等D.0~1s

内感应电流方向为顺时针方向【答案】D【解析】【详解】AC．根据法拉第电磁感应定律可得BSEnntt==01s内与24s内Bt−图像中磁感应强度是随时间线性变化的，所以磁感应强度的变化率Bt均为恒定值，则感应电动势均为恒定值，感

应电流均为恒定值，01s内与24s内的磁感应强度的变化率不同，所以感应电动势大小不同，感应电流也不相等，故AC错误；B．第4s末磁感应强度虽然为0，但磁感应强度变化率却不为0，所以感应电动势不为0，故B错误；D．01s内，磁场垂直纸面向外，磁感应强度大小在增

加，根据楞次定律知，感应电流方向为顺时针方向，故D正确。故选D。9.三个相同的电阻，分别通过如图(甲)、(乙)、(丙)所示的电流，(甲)为正弦式交流电，三个图中的I0和周期T都相同．下列说法中正确的是A.在相同时间内三个电阻发热量相等B.在相同时间内，(甲)、(丙)

发热量相等，是(乙)发热量的一半C.在相同时间内，(甲)、(乙)发热量相等，是(丙)发热量的2倍D.在相同时间内，(乙)发热量最大，(甲)次之，(丙)的发热量最小【答案】B【解析】【详解】甲的有效值为：02II

=，由2QIRt=可知一个周期内甲的发热量为：2012IRTQ=；乙前后半个周期电流大小相等，故其发热量为：220QIRT=；丙只有前半个周期有电流，故其发热量为：22030122IRTQIRT==，故可知在相同时间内，甲丙发热量相等，是乙

发热量的12，故B正确，ACD错误．二、多项选择(共5小题，每小题4分，共20分)10.电源的电动势和内电阻都保持一定，在外电路的电阻逐渐变小的过程中，下面说法正确的是（）A.路端电压一定逐渐变小B.电源的输出功率一定逐渐减小C.电源内部消耗的电功率一定逐渐变大D.电路的电流一定变大【

答案】ACD【解析】【详解】A．当外电阻减小时，根据闭合电路欧姆定律EIRr=+电流增大，路端电压UEIr=−E，r不变，I增大，U减小，故A正确；B．外电阻等于电源内电阻时，电源输出功率最大，由于外电阻与内电阻关系未知，无法判断电源的输出功率的变化，故B错误；C．电源内部消耗的功率2PIr

=电流增大，内电阻不变，则电源内部消耗的功率增大，故C正确；D．外电路电阻逐渐减小，电源电动势和内阻保持一定，根据闭合电路欧姆定律EIRr=+电流逐渐增大，故D正确。故选ACD。11.如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方

向水平放置在纸面内的直导线连接成回路．将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态．下列说法正确的是（）A.开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极

指向垂直纸面向外的方向D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动【答案】AD【解析】【详解】A．断出直导线中电流方向为由南向北，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向里，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A正确；BC．开关闭合并保持一段时间后，

左侧线圈中磁通量不变，线圈中感应电动势和感应电流为零，直导线中电流为零，小磁针恢复到原来状态，BC错误；D．开关闭合并保持一段时间后再断开后的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断

出直导线中电流方向为由北向南，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向外，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D正确．12.如图所示，一小男孩在斜坡上做推沙包游戏，将一小沙包从斜坡底端以初速度v向上推出，沙包沿斜坡做匀减速直线运动，依次经A、B、C

到达最高点D，已知AB=7m，BC=5m，小沙包从A到B和从B到C所用的时间都是2s。则（）A.沙包上滑过程中加速度的大小为1m/s2B.沙包滑到B点的速度为3m/sC.从C到D所用时间为4sD.B、D之间

相距8m【答案】BC【解析】【详解】A．根据2BCABxxaT−=得沙包的加速度为BCAB2xTax−=代入数据得20.5m/sa=−故A错误；B．B点的速度等于AC段的平均速度，则有ABBCB2xxvT+=代入数据得B3m/sv

=故B正确；C．根据速度时间公式得，B到D的时间为BBD0vta−=代入数据得BD6st=则由C到D的时间为CD642st=−=故C正确；D．根据速度位移公式得2BBD02vxa−=代入数据解得BD9mx=故D错误。故选BC。13.如图

所示，在匀强磁场的上方有一半径为R的导体圆环，圆环的圆心距离匀强磁场上边界的距离为h。将圆环静止释放，圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间，速度均为v。已知圆环的电阻为r，匀强磁场的磁感应强度大小为B，重力加速度

为g。下列说法正确的是（）A.圆环进入磁场的过程中，圆环的左端电势高B.圆环进入磁场的过程做的是匀速直线运动C.圆环进入磁场的过程中，通过导体某个横截面的电荷量为2RBrD.圆环进入磁场的过程中，电阻产生的热量为2mgR【答案】CD【解析】【

详解】A．根据楞次定律可判断电流方向为逆时针，内部电流流向电势高的一端，圆环的右端电势高，故A错误；B．圆环进入磁场的过程中，切割磁感线的有效长度不同，受到的安培力大小不同，不可能做匀速直线运动，故B错误；C．圆环进入磁场的过程中，通过导体某个横截面的电荷量2rRBQr==故C正确；D．由

于圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相同，根据动能定理可得20mgRW−=因此根据功能关系，电阻产生的热量为2QmgR=故D正确。故选CD。14.如图所示，同一竖直面内的正方形导线框ab、的边长均为L，电阻均为R，质量分别为2m和m．它们分别系

在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2L、磁感应强度大小为B、方向垂直竖直面的匀强磁场区域．开始时，线框b的上边与匀强磁场的下边界重合，线框a的下边到匀强磁场的上边界的距离为L．现将系统由静止释放，当线框b全部进入磁场时，ab、两个线框开始做匀速运动．不计摩擦和

空气阻力，重力加速度为g，则A.ab、两个线框匀速运动时的速度大小为22mgRBLB.线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为233BLmgRC.从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a所产生的焦耳热为mgLD.从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，两线

框共克服安培力做功为2mgL【答案】ABC【解析】【分析】当b刚全部进入磁场时，系统开始做匀速运动，分别对两线框列平衡方程，可得线框受到安培力大小，继而求得感应电流大小，根据欧姆定律和法拉第电磁感应定律可得系统匀速运动的速度大小，即可求得线框通过磁场的时间

；当左、右两线框分别向上、向下运动2l的距离时，两线框等高，根据能量守恒得系统机械能的减少等于产生的总焦耳热；根据功能关系求解两线框组成的系统克服安培力做的功；【详解】A、设两线框刚匀速运动的速度为v，此时轻绳上的张力为T，则对a有：2TmgBIL=−，对b有：Tmg=，EIR=，EBLv=，联

立解得：22mgRvBL=，故A正确；B、线框a从下边进入磁场后，线框a通过磁场时以速度v匀速运动，设线框a通过磁场的时间为t，则：2333LBLtvmgR==，故B正确；C、从开始运动到线框a全部进入磁

场的过程中，线框a只在a匀速进入磁场的过程中产生焦耳热，设为Q，由功能关系可得：2mgLmgLQ−=，所以：QmgL=，故C正确；D、设两线框从开始运动至a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做的功为W，此过程中左、右两线框分

别向上、向下运动2L的距离，对这一过程，由能量守恒定律有：2142?32mgLmgLmvW=++，解得：32244322mgRWmgLBL=−，故D错误；故选ABC．第Ⅱ卷(非选择题，共44分)三、填空题(共2小题，共11分)15.（1）在测定匀

变速直线运动加速度的实验中，从以下步骤中选出必要的步骤并将其代号按合理顺序填空写在横线上：________．A．拉住纸带，将小车移至靠近打点计时器处，先接通电源，后放开纸带；B．将打点计时器固定在平板上，并接好电路；

C．把一条细绳拴在小车上，细绳跨过定滑轮，下面吊着重量适当的钩码；D．断开电源，取下纸带；E．将平板一端抬高，轻推小车，使小车恰能在平板上作匀速运动；F．将纸带固定在小车尾部，并穿过打点计时器的限位孔；G．换上新的纸带，再重

复做两三次.（2）某同学利用打点计时器所记录的纸带来研究做匀变速直线运动小车的运动情况，实验中获得一条纸带，如图三所示，其中两相邻计数点间有四个点未画出．已知所用电源的频率为50HZ，则打A点时小车运动的速度vA=_______m/s，小车运动的加速度

a=_______m/s2．（结果要求保留三位有效数字）【答案】(1).BFCADG(2).0.337m/s(3).0.393m/s2【解析】试题分析：根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上A点时小车的瞬时速度大小

，根据匀变速直线运动的推论公式2xaT=可以求出加速度的大小．（1）实验时先进行组装器材，顺序为：B、F、C，本实验只为测量加速度，不需要平衡摩擦力，故E步骤多余，然后然后进行顺序为：A、D、G，故顺

序为BFCADG（2）相邻计时点间的时间间隔为50.020.1Ts==根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，得26.7410/0.337/220.1OBAxvmsmsT−===根据匀变速直线运动的推论公式2xaT=可以求出加速度的

大小，得23112−=xxaT，24222xxaT=−，为了更加准确的求解加速度，我们对加速度取平均值，得()1212aaa=+即小车运动的加速度为：()22243212215.056.746.7410/0.393/4401xxxxamsmsT−−−+−−===．16.某同

学为了较精确的测量一阻值约为20Ω的电阻Rx的阻值。(1)在以下备选器材中电流表应选__________，电压表应选_______，变阻器应选_________。（只填写器材对应的字母代号）。电源E（电动势

3V、内阻可忽略不计）电流表A1（量程50mA，内阻约12Ω）电流表A2（量程3A，内阻约0.12Ω）电压表V1（量程3V，内阻约3kΩ）电压表V2（量程15V，内阻约15kΩ）滑动变阻器R1（0~10Ω，允许最大电流2.0A）滑动变阻器R2（0~1000Ω，允许最大电流0.5A）定值电

阻R（30Ω，允许最大电流1.0A）开关及导线若干(2)请在方框中画出实验电路图_______（要求直接测量量的变化范围尽可能大一些，所选器材用对应符号标出）(3)若某次测量中，电压表读数为U，电流表读数为I，则计算待测电阻的阻值表达式为Rx=_________

_______。【答案】(1).V1(2).A1(3).R1(4).(5).URI−【解析】【详解】(1)[1][2][3]测量电阻的阻值一般利用伏安法，电压表显然应选量程为3V的V1；根据欧姆定律容易求得电路中的最大电流150mAxEIR==显然超过了电流表A1的量程，但电流表A2的量程又太大，

故我们可以将定值电阻R（30Ω）与待测电阻Rx相串联，此时电路中的最大电流60mAxEIRR==+利用电流表A1测量电流即可。由于要求直接测量量的变化范围尽可能大一些，故只能采用分压电路，且滑动变阻器使用电阻较小的R1。(2)[4]最后我们确定电流表的

解法,由于此时电路的临界电阻0AV123000190xRRRRR===+则应该利用电流表的外接法，由此得到实验电路图如图所示(3)[5]当电压表读数为U，电流表读数为I，则计算待测电阻的阻值表达式xURRI=−四、计算题（共3小

题，17题9分，18题12分，19题12分，共33分）17.如图所示，一个质量为m、电荷量为－q（q＞0）的带电粒子从x轴上的P点以速度v沿与x轴成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限。已知OP=a，不计带电粒子

的重力。求：(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小；(2)带电粒子穿过第一象限所用的时间。【答案】(1)32mvaq；(2)433av（或439av）【解析】【详解】(1)做粒子通过P、Q两点速度方向的垂线，两垂线的交点即为圆心O。画出粒子在第一象限运动的轨迹。运动轨迹如图可知运动

半径cos30aR=洛仑兹力提供向心力2vqvBmR=解得3=2mvBaq(2)由运动轨迹图可知，圆弧轨迹对应的圆心角为120=粒子通过第一象限所需时间3Tt=周期2RTv=解得433atv=（或439av）18.如图所示，相距L=0.5m足够长的两根光滑导轨与水平面成37°角

，导轨电阻不计，导轨处在磁感应强度B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面斜向上．ab、cd为水平金属棒且与导轨接触良好，它们的质量均为m=0.5kg、电阻均为R=2Ω．ab棒与一绝缘水平细绳相连处于静止状态，现让cd棒从静止开始下滑，直至与ab相

连的细绳刚好被拉断，在此过程中cd棒电阻R上产生的热量为1J，已知细线能承受的最大拉力为T=5N，g=10m/s2，sin370=0.6，cos370=0.8．求细绳被拉断时：（1）ab棒中电流的方向与大小（2）cd棒的

速度大小（3）cd棒沿导轨下滑的距离【答案】（1）电流的方向是从a流向b，I=1A（2）v=4m/s(3)2m【解析】（1）cd棒切割，由右手定则可知，ab棒中电流的方向是从a流向b．细绳被拉断瞬时，对ab棒有:Tcos37°=mgsin37°+BIL解得：I=1A（2）由闭合电路欧

姆定律可得BLv=I(R+R)解得v=4m/s(3)金属棒cd从静止开始运动直至细绳刚好被拉断的过程中，ab、cd电流相同，电阻相同：可得Qab=Qcd=1J在此过程中电路产生的总热量Q=Qab+Qcd=2J由能量守恒得mgs∙sin370=12mv

2+Q解得s=2m19.足够长的平行金属轨道M、N，相距L=0.5m，且水平放置。M、N左端与半径R=0.4m的光滑竖直半圆轨道相连，金属棒b和c可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量mb=mc=0.1kg，电阻Rb=Rc=1Ω，轨道的电阻不计。平行水平金属轨道M、N

处于磁感应强度B=1T的匀强磁场中，磁场方向与轨道平面垂直，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图所示。若使b棒以初速度v0=10m/s开始向左运动，求：(1)c棒的最大速度；(2)c棒中产生的焦耳热；(3)若c棒达最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c到达轨道

最高点时对轨道的压力的大小。【答案】(1)5m/s；(2)1.25J；(3)1.25N【解析】【详解】(1)在磁场力作用下，b棒做减速运动，c棒做加速运动，当两棒速度相等时，c棒达最大速度。选两棒为研究对象，根据动量守恒定律有b0bc()mvm

mv=+解得c棒的最大速度0bcmvvmm=+015m/s2vv==(2)从b棒开始运动到两棒速度相等的过程中，系统减少的动能转化为电能，两棒中产生的总热量为22bc0b112.)2(5J2Qmmmvv−+==因为bcRR=所以c棒中产生的焦

耳热为c25.J21QQ==(3)设c棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v，从最低点上升到最高点的过程由机械能守恒可得22ccc12212mvmvRmg=−解得3m/sv=在最高点，设轨道对c棒的弹力

为F，由牛顿第二定律得2ccvmRmgF+=解得1.25NF=由牛顿第三定律得，在最高点c棒对轨道的压力为1.25N。