【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12

m/s2B.5s内汽车的位移为24.5mC.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4

s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：20

12IRTQ=；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B

C。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2mg

R【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：22mgRvB

L=，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?3

2mgLmgLmvW=++，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：()22243212215.056.746.7410/0.393/4401

xxxxamsmsT−−−+−−===．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=12mv2

+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=1

Ω，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()mvmmv=+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。