【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max002332UUU==，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2022183kLLFBI

rBR==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200

2V200V2U==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1221InIn=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：221122m

gqRQmgxsinmvsinmvBL=−=−故C错误；D.金属棒ab受到的最大安培力大小为：22BLvBLvFBILBLRR===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)120

0；（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：()211372omgLcosmv−=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：222815mgqB【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=