【文档说明】四川省德阳市绵竹市南轩中学2019-2020学年高二第一次月考物理试题【精准解析】.doc，共(17)页，831.000 KB，由小赞的店铺上传

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物理试卷一、选择题（1-8题单项选择题，9-11题为多选题，每题4分，少选得2分，错选不得分，共44分）1.在电磁感应现象中，下列说法正确的是（）A.感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化B.闭合线框放在变化的磁场中一定能产生感应电流C.闭合线框放在匀强磁场中做切割磁感线运动，

一定产生感应电流D.感应电流的磁场总是跟原来的磁场方向相反【答案】A【解析】【详解】A．根据楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化，故A正确；B．根据感应电流产生的条件可知：只要穿过闭合线圈的磁通量发生变化，线圈中一定有感应电流，闭合线框若平行与磁场的方向放在变化的磁

场中，不能产生感应电流。故B错误；C．闭合线框放在匀强磁场中做切割磁感线运动，若穿过线框的磁通量不变化，则没有感应电流产生。故C错误；D．由楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍原来磁通量的变化，可能跟原来磁场的方向相反，也可能相同，

故D错误。故选A。2.如图所示，匀强磁场中有一圆形闭合线圈，线圈平面与磁感线平行，能使线圈中产生感应电流的应是下述运动中的哪一种（）A.线圈平面沿着与磁感线垂直的方向运动B.线圈平面沿着与磁感线平行的方向运动C.线

圈绕着与磁场平行的直径ab旋转D.线圈绕着与磁场垂直的直径cd旋转【答案】D【解析】【详解】A．线圈平面沿着与磁感线垂直的方向运动时，磁通量始终为零，保持不变，线圈中没有感应电流产生；故A错误．B．线圈平面沿着与磁感线

平行的方向运动时，磁通量始终为零，保持不变，线圈中没有感应电流产生；故B错误．C．线圈绕着与磁场平行的直径ab旋转时，磁通量始终为零，保持不变，线圈中没有感应电流产生；故C错误．D．线圈绕着与磁场垂直的直径cd旋转时，磁通量从无到有发生

变化，线圈中有感应电流产生；故D正确．故选D．【点睛】感应电流产生的条件有两个：一是线圈要闭合；二是磁通量发生变化.3.如图所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一定值电阻R，导轨电阻可忽略不计．MN为放在ab和cd上的一导体杆，

与ab垂直，其电阻也为R．整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面(指向图中纸面内)．现对MN施力使它沿导轨方向以速度v(如图)做匀速运动．令U表示MN两端电压的大小，则()A.U＝12Blv，流过定值电阻R的感应

电流由b到dB.U＝12Blv，流过定值电阻R的感应电流由d到bC.U＝Blv，流过定值电阻R的感应电流由b到dD.U＝Blv，流过定值电阻R的感应电流由d到b【答案】A【解析】【详解】试题分析：当MN匀速运动时，MN相当于电源．由右手定则判断电流的方向．再根据闭合电路欧

姆定律求出MN两端电压的大小．当MN沿导轨方向以速度v匀速运动运动时，由法拉第电磁感应定律得：EBLv=，由闭合电路欧姆定律可得：MN两端电压大小为122EURBLvR==，由右手定则可知流过固定电阻R的感应电流由b到d．故选A4.如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R（指拉直时

两端的电阻），磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，与环的最高点A铰链连接的长度为2a、电阻为2R的导体棒AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为（）A.3BavB.6BavC.23BavD.B

av【答案】A【解析】【详解】当摆到竖直位置时，导体棒产生的感应电动势为：022vEBLvBaBav+===在竖直位置时，外电阻R外=4R电路电流4243EBavIRRR==+故AB两端的电压大小为43RBavUI==故A正确BCD错误。故选A。5.如图所示，一个圆形线圈的匝数为N

，半径为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B．在此过程中，线圈中产生的感应电动势为（）A.2NBatB.22NBatC.2BatD.22Bat【答案】B【解析】【详解】由法拉第电磁感

应定律可知，感应电动势：2221=22BBBNBaENNsNatttt−===，故B正确，ACD错误；6.如图所示为两个单摆做受迫振动的共振曲线，则下列说法正确的是()A.两个单摆的

固有周期之比为TⅠ∶TⅡ＝5∶2B.若两个受迫振动在地球上同一地点进行，则两者摆长之比为lⅠ∶lⅡ＝4∶25C.图线Ⅱ的单摆若是在地面上完成的，则该摆摆长约为2mD.若两个受迫振动分别在月球上和地球上进行，且摆长相等

，则图线Ⅱ是月球上的单摆的共振曲线【答案】A【解析】【分析】当受迫振动的频率等于单摆的固有频率，将发生共振，根据共振的频率大小，得出固有周期的大小，根据单摆的周期公式进行分析．【详解】若两次受迫振动均在地球上同一地点进行的，则重力加速度相等，因为固有频率比为2：5，则固有周期比为5：

2，根据2LTg=，知摆长比为25：4；故A正确，B错误；图线Ⅱ若是在地球表面上完成的，则固有频率为0.5Hz，则2LTg=T，解得：L=1m；故C错误；若两次受迫振动分别在月球上和地球上进行，因为图线Ⅰ单摆的固有频

率较小，则固有周期较大，根据2LTg=，知周期大的重力加速度小，则图线Ⅰ是月球上单摆的共振曲线，图线Ⅱ是地球上的单摆的共振曲线；故D错误；故选A．【点睛】解决本题的关键知道受迫振动的频率等于驱动力的频率，当驱动力的

频率等于固有频率时，发生共振．以及掌握单摆的周期公式．7.A、B是两个完全相同的电热器，A通以图甲所示的方波交变电流，B通以图乙所示的正弦式交变电流，则两电热器的电功率PA∶PB等于()A.5∶4B.3∶2C.2∶1D.2∶1【答案】A【解析】试题分析：据题意，通过电热器A的电流有效值为：2220

0242ITTIRRIRT+=,即：058II=，则电热器A的电功率为：2058APIR=,通过电热器B得到电流有效值为：2I，则电热器B的电功率为：2012BPIR=，故选项A正确．考点：本题考查交变电流的有效值的计算．8.如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自

身的直流电阻几乎为零．A和B是两个相同的小灯泡，下列说法正确的是（）A.当闭合开关S后，灯泡A亮度一直保持不变B.当闭合开关S后，灯泡B逐渐变亮，最后亮度不变C.再断开开关S后，灯泡A逐渐变暗，直到不亮D.再断开开关S后，灯泡B由暗变亮再逐渐熄灭【答案】D【解析】【详解】刚闭合S时，电源

的电压同时加到两灯上，A、B同时亮，随着L中电流增大，由于线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，B逐渐被短路直到熄灭，外电路总电阻减小，总电流增大，A灯更亮．故AB错误；稳定后再断开开关S后，灯泡A立即熄灭；灯泡B与线圈L构成闭合

回路，灯泡B由暗变亮再逐渐熄灭，故C错误，D正确．9.在匀强磁场中，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图像如图乙所示，则（）A.t=0.005s时线框的磁通量变化率为零B.t=0.01s时线框平面与中性面重合

C.线框产生的交变电动势有效值为220VD.线框产生的交变电动势频率为100Hz【答案】BC【解析】【详解】A．由图可知，当t=0.005s时感应电动势最大，此时线圈所在平面与中性面垂直，所以穿过线框回路的磁通量的变化率最大，故A错误；B．当t=0.01

s时感应电动势等于零，所以穿过线框回路的磁通量最大，即线框平面与中性面重合，故B正确；C．线框产生的交变电动势有效值为m311=220V22EE==故C正确；D．由图可知，周期为0sT=则线框产生的交变电动势频率为150HzfT==故D错误。故选BC。10.如图(a)所

示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路。线圈的半径为r1。在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图(b)所示。图

线与横、纵轴的截距分别为t0和B0。导线的电阻不计。在0至t1时间内，下列说法中正确的是（）A.R1中电流的方向由a到b通过R1B.电流的大小为20203nBrRtC.线圈两端的电压大小为30203nBrtD.通过电阻R1的电荷量202103nBrtR

t【答案】BD【解析】【详解】AB．由图像可知，在0至t1时间内00BBtt=由法拉第电磁感应定律有BEnnStt==而22Sπr=由闭合电路的欧姆定律有1EIRR=+联立上式解得电流的大小为20203nBrIRt=由楞次定律

可判断通过R1上的电流方向由b到a，故A错误，B正确；C．线圈两端的电压大小为2020223nBrUIRt==故C错误；D．通过电阻R1的电荷量为2021103nBrtqItRt==故D正确。故选BD。11.如图甲所示为以O点为平衡位置，在A、B

两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图象，由图可知下列说法中正确的是（）A.在t＝0.2s时，弹簧振子的加速度为正向最大B.在t＝0.1s与t＝0.3s两个时刻，弹簧振子在同一位置C.从t＝0到t＝0.2s

时间内，弹簧振子做加速度增加的减速运动D.在t＝0.6s时，弹簧振子有最小的弹性势能【答案】BC【解析】【详解】在t＝0.2s时，弹簧振子的位移为正向最大，由a＝kxm−，知加速度为负向最大，故A错误．在t＝0.1s与t＝0.3s两个时刻，弹簧振子的位移相同，说明弹簧振子在同一位置，故B正确

．从t＝0到t＝0.2s时间内，弹簧振子的位移增大，加速度增加，速度减小，所以弹簧振子做加速度增加的减速运动．故C正确．在t＝0.6s时，弹簧振子的位移最大，速度最小，由机械能守恒知，弹簧振子有最大的弹性势能，故D错误．选BC．三、实验题（每空2分，共18

分）12.为了探究电磁感应现象，某实验小组将电池、线圈A、线圈B、滑动变阻器、灵敏电流计、开关按照如图所示的方式连接．当闭合开关时发现灵敏电流计的指针右偏．由此可知：(1)当滑动变阻器的滑片P向右移动时，灵敏电流计的

指针________(填“左偏”、“不动”、“右偏”)；(2)将线圈A拔出时，灵敏电流计的指针________(填“左偏”、“不动”、“右偏”)，此时线圈A与线圈B中电流的绕行方向________(填“相同”或“相反”)．【答案】(1).右偏(2

).左偏(3).相同【解析】【详解】(1)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明穿过线圈的磁通量增加，电流计指针向右偏，合上开关后，将滑动变阻器的滑片迅速向右移动时，接入电路的电阻变小，电流增大，穿过线圈的

磁通量增大，电流计指针将向右偏；(2)将线圈A拔出时,穿过B的磁通量减小，电流表指针向左偏；根据楞次定理的“增反减同”可知此时两线圈中的电流流向相同.【点睛】知道探究电磁感应现象的实验有两套电路，这是正确连接实物电路图的前提与关键．对于该实验

，要明确实验原理及操作过程，平时要注意加强实验练习．13.用单摆测定重力加速度的实验装置如图1所示。(1)组装单摆时，应在下列器材中选用______选填选项前的字母。A．长度为1m左右的细线B．长度为

30cm左右的细线C．直径为1.8cm的塑料球D．直径为1.8cm的铁球(2)若用毫米刻度尺测量摆线的长时，将摆线平放，用游标卡尺测量摆球直径，卡尺游标位置如图（B）所示，可知摆球直径是______cm。(3)测出悬点O至小球球心的距离摆长L及单摆完成n次全振动所

用的时间t，则重力加速度g=______（用L、n、t表示）。(4)用多组实验数据做出2TL−图象，也可以求出重力加速度g。已知三位同学做出的2TL−图线的示意图如图2中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b

对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线b，下列分析正确的是______（选填选项前的字母）。A．出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长LB．出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次C．图线c对应的g值小于图线b对应的g值D．图线a对应

的g值大于图线b对应的g值(5)某同学测出不同摆长时对应的周期Y，作出2TL−图线，如图3所示，再利用图线上任两点A、B的坐标()11,xy、()12,xy，可求得g=______。若该同学测摆长时漏加了小球半径，而其它测量、计算均无误，也不考虑实验误差，则用上述方法算得的g值

和真实值相比是______（选项“偏大”、“偏小”或“不变”）。【答案】(1).AD(2).1(3).2224nLt(4).B(5).()221214xxyy−−(6).不变【解析】【详解】(1)[1]为了减小实验误差，应选择1m左右的摆线，为减小空气

阻力的影响，摆球应选质量大而体积小的铁球，故BC错误，AD正确。故选AD。(2)[2]由图可知，20分度的游标卡尺的主尺读数为19mm，游标尺上第8个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其读数为080mm=所以最终读数为mm0mm19mm1cm+==(3)[

3]根据2LTg=可知2222222444LLnLgTttn===(4)[4]根据单摆的周期公式2LTg=得224TLg=根据数学知识可知，2TL−图像的斜率为24kg=即当地的重力加速度为24gk=A．由图可知，对图线a，当L为零时T不为零，所测摆长偏小

，可能是把摆线长度作为摆长，即误将悬点到小球上端的距离记为摆长L，故A错误；B．实验中误将49次全振动记为50次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，图线的斜率k偏小，故B正确；C．由图可知，图线c对应的斜率k偏小，小于图线b对应的斜率，由24g

k=可知图线c的g值大于图线b对应的g值，故C错误；D．由图像可知，图线a与图线b的斜率相等，由24gk=可知图像a的g值等于图线b对应的g值，故D错误。故选B。(5)[5][6]根据单摆的周期公式2LTg=得224TLg=2TL−图像的斜率为221214yxkygx−=−=则重力加速度

为()221214xxgyy−=−若该同学测摆长时漏加了小球半径，而其它测量、计算均无误，也不考虑实验误差，则用上述方法算得的g值和真实值相比是不变的。四、解答题14.如图所示，某发电机的输出功率为5×104W，输出电压为250V，输电线路总电阻R=60Ω，理想

升压变压器的匝数比n1：n2=1：20，为使用户获得220V电压，求：（1）输电线路损失的功率为多大？（2）降压变压器的匝数比是多少？【答案】△P=6×103W；201【解析】【详解】（1）根据变压器电压关系:12UU=12nn得，U2=5×103V，变压器功率关系：P

2=P1，输电线上的电流I2=22PU=10A，输电线上的功率损失：△P=I22R=6×103W（2）降压变压器的输入电压：U3=U2﹣I2R=4400V根据降压变压器电压关系：34nn=34UU=20

115.如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1m，导轨平面与水平面成θ=37º角，下端连接阻值为R的电阻.匀强磁场方向与导轨平面垂直向上.质量为0.2kg，电阻不计的金属棒放在两导轨

上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25.⑴求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；⑵当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8W，求该速度的大小；【答案】（1）4m/s2；（

2）10m/s【解析】【详解】（1）当金属棒由静止开始下滑时，由牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma代入数据解得a=4m/s2（2）当金属棒稳定下滑时，设其速度为v，则mgsinθ-μmgcosθ-F安=0而P=F安v代入数

据解得v=10m/s16.水平放置的两根平行金属导轨ad和bc，导轨两端a、b和c、d两点分别连接电阻R1和R2，组成矩形线框，如图所示，ad和bc相距L=0.5m。放在竖直向下的匀强磁场中．磁感应强度B=1.2T，一根电阻为0.2Ω的导体棒PQ跨接在两根金属导轨上，在外力作用下以4.0m/s的

速度向右匀速运动，若电阻R1=0.3Ω，R2=0.6Ω，导轨ad和bc的电阻不计，导体与导轨接触良好。求：(1)感应电流的方向；(2)导体PQ产生的感应电动势的大小；(3)导体PQ向右匀速滑动过程中，外力做功的功率

。【答案】(1)QP→；(2)2.4V；(3)14.4W【解析】【详解】(1)导体棒向右匀速运动时，等效为电源，根据右手定则，导体棒PQ中电流方向为QP→。(2)导体PQ产生的感应电动势为104V2VEBLv===(3)由图可知，R1、R2并联

，即总电阻为121011RRR==+总根据闭合电路的欧姆定律可知导体棒中产生的感应电流的大小为6AEIRr==+总导体棒PQ向右匀速滑动的过程中，根据平衡条件，外力F大小等于导体棒受到的安培力的

大小，则160V3FBIL===外力做功的功率为34W144WWFv===17.如图（俯视图），虚线右侧有竖直向下的磁感应强度为B=0.5T的匀强磁场，边长为L=0.4m，质量为m=0.5kg的正方形导线框起初静止在光滑水平

地面上．从t=0时刻起，用水平恒力F向右拉线框从图示位置开始运动，此后线框运动的v-t图像如右图所示．求：（1）恒力F的大小；（2）线框进入磁场过程中感应电流的大小；（3）线框进入磁场过程中线框产生的热量．【答案】（1）2N，（2）10A，

（3）0.8J【解析】试题分析：（1）在0-0.4s内线框在拉力F作用下，做初速度为0的匀加速度直线运动，由v-t图求出加速度，由牛顿第二定律求拉力F的大小；（2）线框匀速进入磁场，由平衡条件得FFBIL==安，可以求出感应电流的大小；（3）线框匀速进入磁场过程中，由能

量守恒定律得：QFL=，即可求解产生的热量.（1）由v-t图可知，在0-0.4s内线框在拉力F作用下，做初速度为0的匀加速度直线运动由v-t图得：加速度221.6/4/0.4amsms==由牛顿第二定律得：0.542FmaNN===（2）线框以速度为1.6/vms=

匀速进入磁场，由平衡条件得：FFBIL==安解得：2100.50.4FIAABL===（3）线框匀速进入磁场过程中，由能量守恒定律得：20.40.8QFLJJ===