【文档说明】重庆市万州二中2020-2021学年高二下学期3月第一次月考物理试答案.pdf，共(9)页，1.137 MB，由小赞的店铺上传

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答案第1页，总9页2021年春高二（下）第一次月考高二物理参考答案1．A【详解】A．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系，故A正确；B．根据通电螺线管产生的磁场与条形磁铁的磁场的相似性，安培提出了磁性是分子内

环形电流产生的，即分子电流假说，故B错误；C．法拉第探究磁产生电的问题，发现导线中电流“通、断”时导线附近的固定导线圈中出现感应电流，而导线中通有恒定电流时导线圈中不产生感应电流，故C错误；D．楞次定律指出感应电流的磁场总要阻

碍引起感应电流的磁通量的变化，故D错误。2．C【详解】由图可知，线框与磁感线平行，所以无磁感线穿过线框平面，故此时磁通量为零即最小，此位置有两条边垂直切割磁感线，所以产生的感应电动势最大，故C正确．3．C【解析】【分析】分段确定线

框有效的切割长度，分析线框中感应电动势的大小与位置坐标的关系．线框的电阻一定，感应电流与感应电动势成正比．【详解】bc边的位置坐标x在0-L过程，线框bc边有效切线长度从0到L再减到0，感应电流的方向为逆时针方向，感应电动势从0

增加到BLv，再减到0，感应电流从0增加到BLvR，再减到0；bc边的位置坐标x在L-2L过程中，bc边进入右侧磁场切割磁感线产生顺时针方向的电流，ad边在左侧磁场切割磁感线产生顺时针方向的电流，两电流同向，则相加；随线向右运动，电流

先增加后减小到0，最大值为2BLvR；bc边的位置坐标x在2L-3L过程，bc边出离磁场，线框ad边有效切线长度从0到L再减到0，感应电流的方向为逆时针方向，感应电动势从0增加到BLv，再减到0，感应电流从0增加到BLvR，再减到0；则

图像C答案第2页，总9页正确，ABD错误；故选C.【点睛】本题关键确定线框有效切割长度与x的关系，再结合数学知识选择图象；注意感应电流的方向的判断.4．C【解析】试题分析：闭合S瞬间，线圈L与灯泡并联与R串联，线圈阻碍电流的增加，灯泡中有电流，故

灯泡发光，A错误；由于线圈L的直流电阻不计，闭合S，稳定后，灯泡被短路，电流强度为零，灯泡熄灭，故B错误．断开S的瞬间，电容器放电，R中电流不为零，线圈中电流减小，产生自感电动势，相当于电源，灯泡中电流过一会儿为零．故C正确，D错误．故选C。考点：自感现象【名师点睛】本题考查自感线

圈的双重作用的理解：当电流稳定不变时，自感线圈是电阻不计的导线；当电流变化时，相当于一个电源。5．D【详解】A．金属线框进入磁场时，由于电磁感应，产生电流，根据楞次定律判断电流的方向为a→d→c→b→a，故A错误；B．金属线框离开磁场时由于电磁感应，产生电流，根

据楞次定律判断电流的方向为a→b→c→d→a，故B错误；C．根据能量转化和守恒，线圈每次经过边界时都会消耗机械能，故可知，金属线框dc边进入磁场与ab边离开磁场的速度大小不相等，故C错误；D．根据楞次定律，感应电

流产生的安培力总是阻碍物体与磁场之间的相对运动，所以向左摆动进入或离开磁场的过程中，所受安培力方向向右；向右摆动进入或离开磁场的过程中，所受安培力方向向左，故D正确。故选D。6．D【详解】在时间0~1s内，原磁场向上且增强，感应电流的磁场向下，由右手定则可判断出线圈的感应电

流方向沿如图所示的正方向，由于原磁场的变化是均匀的，产生的感应电动势不变，线答案第3页，总9页圈中的感应电流也不变；在时间1s~2s内，原磁场不变，感应电流为0；当时间2s~3s内的情况与时间0~1s内的情况相反，感应电流为负方向且不变．故D项符合题意，ABC三项不符合题意．7．C【解析

】根据右手定则，感应电动势的方向为：a→b；故右板带正电荷；故A错误；下落过程中的最大感应电动势：mEBLv，ab两端的电压为：2233abmUEBLv==，电容器的最大带电量为：23abQCUBLvC==，B错误；因为当达到最大

速度时，安培力与重力平衡，即Fmg安，整个电路消耗的最大电功率等于克服安培力做功的功率，即PFvmgv安，即Pvmg，C正确，D错误；故选C.【点睛】由右手定则判断出ab产生的感应电动势方向，即可判断电容器极板的电性．线框做切割磁感线运动时，根据切割公式E=BLv、

闭合电路欧姆定律公式和安培力公式可得到安培力22BLvFR安，当线框的速度达到最大时，根据平衡条件求解最大速度；此时电容器的带电量最大；根据牛顿第二定律分析加速度的变化情况；根据P=Fv分析杆ab克服安培力的最大功率．8．B【详解】A．

在cd边经过磁场边界线L1和L4过程中qItR代入数据，得22BLqR故A错误；B．ab边从L2到L3的过程中，穿过线圈的磁通量没有改变，没有感应电流产生，不受安培力，线圈做匀加速直线运动，则ab边进入下方磁场的速度比cd边进入下方磁场的速度大，所受的安培力增大，所以ab边经过

磁场边界线L3后线圈要做一段减速运动。故B正确。答案第4页，总9页C．cd经过磁场边界线L3时恰好做匀速直线运动，根据平衡条件有mgBIL而BLvIR联立得22mgRvBLcd边从L3到L4的过程做匀速运动，所用时间为232LBLtvmgRcd边从L2到L3的过程中线圈做匀加速直线运

动，加速度为g，设此过程的时间为t1。由运动学公式得0111222vvvLttvt得231LBLtvmgR故cd边经过磁场边界线L2和L4的时间间隔为231222LBLtttvmgR故C错误；D．线圈从开始运动到cd边经过磁场边界线L4过程，根据能量守恒得322

2441·3322mgRQmgLmvmgLBL故D错误。故选B。9．CD【解析】【详解】导线框匀速或加速向右移动时，线框的磁通量没有变化，所以没有感应电流产生，故A、B错误；导线框匀速向下移动时，线框的磁

通量减小，将产生感应电流，故C正确；导线框答案第5页，总9页匀速向上移动时，线框的磁通量增大，将产生感应电流，故D正确。故选CD。【点睛】通过线圈的磁通量发生变化时，则会出现感应电动势，当电路闭合时，则产生感应电流。本

题解答时要紧扣产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量变化进行判断，磁通量可根据磁感线的条数理解。10．AC【解析】线框进入磁场的过程中穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向外，则感应电流的方向为ABCDA方向，故A正确；AC刚进入磁场时CD边切割磁感线，AD边不切割磁感线，

所以产生的感应电动势：E=Bav，则线框中感应电流为：�=��=����，故B错误；AC刚进入磁场时线框的cd边产生的安培力与v的方向相反，ad边受到的安培力的方向垂直于AD向下，它们的大小都是：F=BIa，由几何关系可以看出，AD边与

CD边受到的安培力的方向相互垂直，所以AC刚进入磁场时线框所受安培力为AD边与CD边受到的安培力的矢量合，即：F合=2F=2�2�2�R，故C正确；当AC刚进入磁场时，CB两端电压：U=I×�4=14Bav，故D错误；故选AC．11．AC【详

解】A．线框水平方向上进磁场和出磁场受安培力做减速运动，在无磁场区以及全部在磁场中做匀速直线运动，在竖直方向上仅受重力，做自由落体运动。根据自由落体运动212hgt解得线框的运动的时间为2htg，故

A正确；B．在进磁场和出磁场过程中，线框在水平方向受安培力作用，水平方向的速度减小，当水平方向的速度减为0时，线框只有竖直方向的速度，水平方向的位移不再增大。则在进或出磁场中，根据动量定理有00BILtmv又qIt

答案第6页，总9页则有0BqLmv且RBLxRq联立得220BLxmvR解得022mRvxBL，即在v0一定的情况下，线框进出磁场中的水平位移不变，与h无关，而线框在无磁场区和完全在磁场区，水平方向的位移都一样为d，故总的水平位移不变；同理

，当水平方向的速度没有减到零时线框就落地，则h越高，x越大，总的水平位移越大，故B错误；C．线框进入和穿出条形磁场区域时，才产生感应电动势，才受到安培力，出现安培力做功，从而产生焦耳热，由公式220BLvFBILR可知v0越大，线框进出磁场任一过程中安培力越大，因为距离一定，则线框克服安

培力做功越多，故产生的焦耳热一定越多，故C正确；D．线框进入和穿出条形磁场区域时，才产生感应电动势，才受到安培力，在水平方向做减速运动。因为线框在水平方向上做变减速运动，虽然v0的大小连续变化，下落时间不变，但落地点不

是相应的连续变化，故D错误。故选AC。12．A2R150【解析】【详解】（1）电路最大电流约为150.37537540XUVIAmAR，因此电流表应选择A2；（2）滑动变阻器R2的额定电流是0.1A＜0.375A，且滑动变阻器R2的最大阻值较大，实验操作不方便，为保证电路

安全，方便实验操作，滑动变阻器应选R1；（3）实验要求电表读数从零开始变化，因此滑动变阻器应采用分压接法，答案第7页，总9页因电流表的内阻约10Ω，被测电阻在40Ω至60Ω，相差不大，电流表的分压作用会比较明显，因此

应采用电流表外接法，实验电路图如图所示．（4）若电压表示数为9V，电流表示数为180mA，则9XUV；100.1810XXIAR；代入欧姆定律：XXXURI解的：50XR13．发生，发生，相反BD【解析

】(1)闭合电键，磁通量增加，指针向右偏转，将原线圈迅速插入副线圈，磁通量增加，则灵敏电流计的指针将向右偏转一下；原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电阻增大，则电流减小，穿过副线圈的磁通量减小，则灵敏

电流计指针向左偏转一下；(2)如果副线圈B两端不接任何元件，线圈中仍有磁通量的变化，仍会产生感应电动势，不会没有感应电流存在，但是可根据楞次定律来确定感应电流的方向，从而可以判断出感应电动势的方向，故BD正确，AC错误；故选BD．1

4.（1）φm=0.02WbEm=100πV（2）e=100πcos(100πt)V（3）0.1C【解析】（1）线圈位于中性面时，磁感应强度最大，φm=BS=Bl1l2=0.02Wb图示位置的感应电动势最大，其大小为12mENBll代入数据得

Em=100πV（2）线圈的角速度ω=100πrad/s感应电动势的瞬时值表达式e=100πcos(100πt)V答案第8页，总9页（3）从t=0起转过90°过程中，Δt内流过R的电荷量：12NBllNNBSqtRrtRrRr代入数据得0.1Cq.15．

(1)22mgRBd；(2)22224mgRBd；(3)322444mgRmgLBd【详解】解：(1)金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，金属棒达到最大速度，此后开始做匀速直线运动；设最大速度为mv，当金属棒达到最大速度时，做匀速直线运动，由平衡条件得：30FBIdmgsin

又：Fmg解得：2mgIBd由2LEEIRrR，mEBdv联立解得：22mmgRvBd；(2)灯泡的额定功率：222222()24LLmgmgRPIRRBdBd(3)金属棒由静止开始上滑4L的过程中，由能量守恒定律可知：2144302mQFLmgLs

inmv金属棒上产生的电热：32244124rmgRQQmgLBd16．(1)1.2V(2)0.0576W(3)51.810C【详解】(1)根据法拉第电磁感应定律：410.215002010V1.2V2BEnnStt(2)根据

全电路欧姆定律，有：121.2A0.12A451EIRRr答案第9页，总9页根据P=I2R1解得：P=0.122×4=5.76×10-2W；(3)S闭合时，电容器两端的电压U=IR2=0.6V电容器所带的电量Q=CU=1.8×10-5C