【文档说明】江西省上饶市横峰中学2020-2021学年高二下学期第一次月考物理答案.doc，共(8)页，174.000 KB，由小赞的店铺上传

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高二物理第一次月考答案1．B【解析】【详解】A、安培发现了右手定则，用于判断导体棒切割磁感线产生感应电动势的方向；故A错误.B、法拉第发现了电磁感应现象，总结了闭合回路的磁通量发生变化产生感应电流；故B正确；C、楞次发现了楞次定律，用于判定

磁通量变化产生的感应电流方向，故C错误；D、奥斯特发现了电流磁效应，在通电导线周围产生磁场；故D错误；故选B.2．D【详解】A．如果导体在运动中，导体没有组成闭合回路，或回路中磁通量不发生变化，则没有感应电流；故A错误。B．如果没有闭合回路，

即使导体在磁场中切割磁感线运动也不会产生感应电流；故B错误。C．闭合电路中一段导体沿磁感线运动，则磁通量始终为零不发生变化，回路中不会产生电流；故C错误。D．闭合电路中有部分导体切割磁感线运动时，必须使

回路中的磁通量发生变化，才能满足产生感应电流的条件；故D正确。故选D。3．C【详解】A．对整体分析，运用牛顿第二定律得出加速度：FaMm=+，水平方向受到的力不变，则整体的加速度不变。物体由静止做匀加速运动，速度v=at；故洛伦兹力：F=qvB=qBat洛伦兹力大小随时间t变化的应过原点，故A错误

。BD．物块A对物块B的摩擦力大小以及B对A的摩擦力为f=mAa，所以f随时间t的变化保持不变，故不可能是摩擦力的变化图象，故BD错误。C．A受的支持力：N=mAg+qvB=mAg+qBat符合图中所示规律，故C正

确；故选C。4．C【解析】试题分析：电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小．该电路中，灯泡a与线圈L并联，串联电阻后再灯泡b并联．S刚闭合瞬间，ab同时亮，由于灯泡a与线圈L并联后串联电阻0R．所以a

支路的电阻值大，所以a比b暗，故A错误；电路稳定后，最后a被L短路，所以a最后会熄灭，故B错误；当S闭合足够长时间后再断开，a与L组成自感回路，L产生自感电动势，a逐渐熄灭；b比a多串联了定值电阻，所以a灯比b灯亮些，故C正确D错误．5．C【详解】A．三个灯泡均正常发光，副线圈

回路中的电流是原线圈中电流的2倍，因此原副线圈的匝数比为122121nInI==故A错误；B．因为副线圈回路两个灯泡的并联，电压为0U，根据1102UnUn=解处原线圈两端的电压为102UU=，则交流电源的电压00023UUUU=+=故B错误；C．最大值max002332UU

U==，故C正确；D．若断开S，副线圈回路的总电阻变大，输出功率变小，输出电流变小，输入电流变小。灯泡L1两端的电压减小，原线圈两端的电压升高，所以副线圈两端的电压增大，灯泡L2变亮，故D错误。故选C。6．A【详解】由楞次定律可知，PQM中感应电流为逆时针方向，PQ边

的电流方向由P到Q，由左手定则可知，PQ所受的安培力方向向右；圆形磁场的半径为tan30a3tn30rLL==，则线圈中的感应电流大小为2212318LEBSkLIkRtRRR====

，则PQ边所受安培力2022183kLLFBIrBR==3027kLBR=，故A正确，BCD错误.7．C【解析】试题分析：带正电油滴处于静止，说明感应电动势恒定，在正对金属板之间产生的电场为恒定的匀强电场，电场力与重力平衡．即电场力向上，说明上极

板为感应电动势的负极，根据电流在电源内部从负极流向正极可以判断感应电流是自上而下的方向，右手判断感应电流的磁场是竖直向上的，根据楞次定律感应电流的磁场总是阻碍原磁场的变化，说明原磁场在减小，根据感应电动势恒定，判断原磁场在均匀减小，选项C对．考点：电磁感应楞次定律8．ACD【解析】试题分析：小球斜

上抛运动，只受向下的重力作用，故根据动量定理，在任意相等的时间t内动量的变化都为mgt，选项A正确；任意相等的时间内，在竖直方向的位移不同，故重力做功不同，动能的变化不相同，选项B错误；任意相等的时间内速度的变化均为gt，选

项C正确；根据动量定理可知，动量的变化率等于合外力，即等于mg，故动量的变化率保持不变，选项D正确；故选ACD．考点：动量定理【名师点睛】此题主要考查动量定理的应用；物体合外力的冲量等于物体动量的变化量，也可以说物体所受的合

外力等于动量的变化率；物体合外力的功等于动能的变化量．9．BC【详解】A．由图像知交流电的周期为0.02s，所以频率为50Hz，故A错误；BD．副线圈电压有效值为2002V200V2U==有故200V为电压表的读数，副线圈的电流为200A=20A10在本题中，电流与匝数成反比，故有1221In

In=即2121120A2A10nIIn===所以交流电流表的读数为2A，故B正确，D错误；C．输出功率等于电阻R上的热功率，为22200W4000W10UPR===故C正确。故选BC。10．BD【详解】A.金属棒ab开始做加速运动，

速度增大，感应电动势增大，所以感应电流也增大，导致金属棒受到的安培力增大，所以加速度减小，即金属棒做加速度逐渐减小的变加速运动，根据牛顿第二定律，有：mgsinBILma−=其中：EBLvIRR==故：22BLvagsinmR=−故A

错误；B.由电量计算公式：nBLxqERRttRI====可得，下滑的位移大小为：qRxBL=故B正确；C.根据能量守恒定律：产生的焦耳热为：221122mgqRQmgxsinmvsinmvBL=−=−故C错误；D.金属棒ab受到的最大安培力大小为：22BLvBLvFBILB

LRR===故D正确；故选BD。11．乙2.92.2【解析】【分析】先观察图丙，发现R=0时，有一定数值，随着R增大，增大，即电压表示数减小，据此判断是哪个图的实验数据描绘出来的；根据给出的斜率，找到U与R的关系，再利用闭合电路欧姆定律

列式求出电动势和内阻；【详解】解：(1)先观察图丙，发现R=0时，有一定数值，随着R增大，增大，即电压表示数减小，显然甲图电压表示数会随着R的增大而增大，乙图中电压表示数会随着R的增大而减小，故可以判断图丁中图线是利用图乙的实验数据描绘的；(2)根据乙图电路和闭合电路欧姆定律可得：

，化简为：，依据实验数据绘出的图线可得：，，解得：，；12．(1)1200；（2）55；（3）27.3~27.6【解析】【详解】多用电表欧姆档读最上边一排刻度，测量值为：R=12×100=1200Ω；选用量程为100mA的电流档

测量电流时，应按第二排刻度，选用中间三排示数的第三排数据进行读数比较方便，读数为：I=55mA；选择开关置于直流电压量程50V挡，应按第二排刻度，选用中间三排示数的第二排数据进行读数比较方便，读数为：V=27.5V.故答案为：1200；55；27.5.13．（1）9/16×

104㎏(N/C)（2）4.2×10-2N【解析】试题分析：对小球受力分析，受到重力、电场力和细线的拉力，根据电场力方向与场强方向的关系判断电性，根据共点力平衡条件和电场力列式求解场强的大小；小球在最低点时对细线的拉力最大，由机械能守恒求出小球在最低点的速度，然后由牛顿第二定律即可求出小球受

到的拉力。（1）对小球受力分析如图所示：根据平衡条件，水平方向：FTsin37o=Eq竖直方向：FTcos37o=mg联立解得：4910/16ENC=(2)从撤消电场，到小球运动到最低点的过程，设细线长度为L根据机械能守恒：()2

11372omgLcosmv−=小球运动在最低点时，根据向心力公式：2TvFmgmL−=代入数据解得：FT=4.2×10-2N点睛：本题主要考查了在电场力作用下物体的平衡，关键是对小球受力分析，然后根据共点力平衡条件并通过合成法求解。14．最大速度为：4mg5qB;最大位移为：2228

15mgqB【详解】经分析，物块沿斜面运动过程中加速度不变，但随速度增大，物块所受支持力逐渐减小，最后离开斜面．所以，当物块对斜面的压力刚好为零时，物块沿斜面的速度达到最大，同时位移达到最大，即qvmB

＝mgcosθ物块沿斜面下滑过程中，由动能定理得21sin2mgsmv=联立解得：22mm22cos48,52sin15mvmgmgmgvsqBqBgqB====15．(1)8m/s5(2)0.0183J(3)5T46【解析】【详解】(1)在达到稳定速度前，金属棒的加速

度逐渐减小，速度逐渐增大，达到稳定速度时，有sinAmgF=其中,AEFBILIRr==+根据法拉第电磁感应定律，有EBLv=联立解得：m1.6sv=(2)根据能量关系有21·sin2mgsmvQ=+电阻R上产生的热量RRQQRr

=+解得：0.0183JRQ=(3)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，根据牛顿第二定律，有：sinmgma=根据位移时间关系公式，有212xvtat=+设t时刻磁感应强度为B，总磁通量不变，有：()BLsBLsx=+当t

=1s时，代入数据解得，此时磁感应强度：5T46B=16．(1)3m/s(2)1.5J(3)1.0m/s【解析】【分析】小铁块在弧形轨道末端时，由牛顿第二定律在弧形轨道末端时的速度，求出由动能定理可以求出克服摩擦力的功；小铁块与木板相互作用过程系统动量守恒，由动量守恒定律可

以求出它们的共同速度；解：(1)小铁块在弧形轨道末端时，满足20mvFmgR=－解得：03/vms＝(2)根据动能定理20102fmgRWmv=－－解得：1.5fWJ=(3)根据动量守恒定律()0mvmMv=＋解得

：1.0/vms=