河南省南阳市省示范性高中联谊学校2020学年高二物理上学期第二次月考试题（含解析） 16页

河南省南阳市示范性高中联谊学校2020学年高二上学期第二次月考物理试题 ‎ 一、选择题（1—8题单选，9—12题多选）‎ ‎1. 以下叙述正确的是（ ）‎ A. 法拉第发现了电流的磁效应 B. 惯性是物体的固有属性，速度大的物体惯性一定大 C. 牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因 D. 感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果 ‎【答案】D ‎【解析】奥斯特发现了电流的磁效应，选项A错误；惯性是物体的固有属性，质量大的物体惯性一定大，惯性大小与速度无关，选项B错误；伽利略最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因，选项C错误；感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果，选项D正确；故选D.‎ ‎2. 下列图中能产生感应电流的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B 考点：电磁感应现象 ‎【名师点睛】本题的解题关键是掌握产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁能量发生变化，明确磁通量的含义，并能用来进行判断。‎ ‎3. 在如图所示的交流电路中，保持电源电压一定，当交变电流的频率增大时，各电压表的示数将（ ）‎ A. 、增大，减小 B. 不变，减小，增大 C. 不变，增大，减小 D. 、、都不变 ‎【答案】C ‎【解析】据题，电压不变，当交流电的频率增加时，电感L的感抗增大，电容C的容抗减小，电阻R不变，则V1不变，V2增大，V3减小．故选C．‎ ‎4. 两只相同的电阻，分别通以正弦波形的交流电和方波形的交流电，两种交流电的最大值相等，且周期相等（如图所示）．在正弦波形交流电的一个周期内，正弦波形的交流电在电阻上产生的焦耳热为，其与方波形交流电在电阻上产生的焦耳热之比等于（）‎ A. 1∶1 B. 2∶1 C. 1∶2 D. 4∶3‎ ‎【答案】C ‎.........‎ 点睛：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．对于正弦式电流有效值I1=Im．对于方波，有效值I2=Im．‎ ‎5. 如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计．已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．则（）‎ A. 电路中感应电动势的大小为 B. 电路中感应电流的大小为 C. 金属杆所受安培力的大小为 D. 金属杆的热功率为 ‎【答案】B ‎【解析】导体棒切割磁感线产生感应电动势，故A错误；感应电流的大小，故B正确；所受的安培力为，故C错误；金属杆的热功率，故D错误。‎ ‎【考点定位】考查电磁感应知识。‎ 视频 ‎6. 如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框运动过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：设半圆弧的半径为L，导线框的电阻为R，当从静止开始绕过圆心O以角速度ω匀速转动时，根据转动切割感应电动势公式得：线框中产生的感应电动势大小为，由欧姆定律得感应电流为；当线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化时，根据法拉第电磁感应定律得，又　，根据欧姆定律得感应电流为．由题设知：，于是得：，解得：‎ 故ABD错误，C正确．‎ 考点：本题考查导体切割磁感线时的感应电动势、闭合电路的欧姆定律、法拉第电磁感应定律，意在考查考生的综合应用能力．‎ 视频 ‎7.‎ ‎ 如图所示，一直角三角形金属框，向左匀速地穿过一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，磁场仅限于虚线边界所围的区域，该区域的形状与金属框完全相同，且金属框的下边与磁场区域的下边在一直线上．若取顺时针方向为电流的正方向，则金属框穿过磁场的过程中感应电流i随时间t变化的图象是（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：设直角三角形右下角为α．金属框进入磁场的过程，感应电动势为 E=BLv，L=vttanα，则得 E=Bv2t•tanα，感应电流大小：，由楞次定律判断得知：感应电流为逆时针方向，是负值；金属框穿出磁场的过程，感应电动势为：E=BLv，, L0是三角形底边的长度，则得：E=B（2L0-vt）v•tanα，感应电流大小：，由楞次定律判断得知：感应电流为顺时针方向，是正值；由数学知识可知C图象正确．故选C．‎ 考点：法拉第电磁感应定律 ‎【名师点睛】本题是楞次定律和法拉第电磁定律、欧姆定律的综合应用，先根据楞次定律判断感应电流的方向．再由E=BLv，分析感应电动势，其中L是有效的切割长度．由欧姆定律得到感应电流与时间的关系式，分段得到电流的表达式，再选择图象。‎ ‎8. 如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为，通过线框导体横截面的电荷量为；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为，通过线框导体横截面的电荷量为，则（）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】设ab和bc边长分别为lab，lbc，若假设穿过磁场区域的速度为v，Q1=BI1Lab∙Lbc=∙Lbc，q1=I1△t=；同理可以求得：Q2=BI2Lbc∙Lab=Lab，q2=I2△t=；lab＞lbc，由于两次“穿越”过程均为相同速率穿过，因此：Q1＞Q2，q1=q2，故A正确，BCD错误．故选A．‎ 点睛：在电磁感应题目中，公式q=，常考，要牢记，选择题中可直接应用，计算题中要写出推导过程；对于电磁感应能量问题一般有三种方法求解：①利用电路中产生的热量等于克服安培力做得功；②利用动能定理；③利用能量守恒；具体哪种方法，要看题目中的已知条件．‎ ‎9. 如图所示，电阻，电动机的绕组。当电键打开时，电流表的示数是0.5A，当电键合上后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数I和电路消耗的总电功率应是（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】BD ‎【解析】当电键S断开时，由欧姆定律得，U=I1R1=10V．当电键S闭合后，通过R1的电流仍为0.5A，电动机的电流I2＜，故电流表的电流I＜1.5A，电路中电功率P=UI＜15W．故BD正确，AC错误．故选BD.‎ 点睛：本题要抓住非纯电阻电路与纯电阻电路的区别，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，I2＜是关键不等式．‎ ‎10. 如图甲、乙所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯泡A的电阻，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则（）‎ A. 在电路甲中，断开S后，A将逐渐变暗 B. 在电路甲中，断开S后，A将先变得更亮，然后才逐渐变暗 C. 在电路乙中，断开S后，A将逐渐变暗 D. 在电路乙中，断开S后，A将先变得更亮，然后才逐渐变暗 ‎【答案】AD ‎【解析】A、在电路甲中，断开S，由于线圈阻碍电流变小，导致A将逐渐变暗．故A正确，B错误；C、在电路乙中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导致A将变得更亮，然后逐渐变暗．故C错误，D正确；故选AD．‎ ‎【点睛】线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈左端是电源正极．当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈右端是电源正极．‎ ‎11. 图甲为交流发电机的原理图，正方形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，电流表为理想交流电表，线圈中产生的交变电流随时间的变化如图乙所示，则（）‎ A. 电流表的示数为10A B. 线圈转动的角速度为 C. 0.01s时线圈平面和磁场平行 D. 0.01s时线圈的磁通量变化率为0‎ ‎【答案】AD ‎【解析】由题图乙可知交流电电流的最大值是Im=10A，周期T=0.02s，由于电流表的示数为有效值，故示数I=Im=10A，选项A正确；角速度ω==100π rad/s，选项B错误；0.01s时线圈中的感应电流为0，则穿过线圈的磁通量为最大，磁通量变化率为0，故线圈平面与磁场方向垂直，选项C错误，D正确；故选AD．‎ 点睛：此题考查交流电的产生和描述，知道电表示数为有效值，知道中性面的特点：感应电动势为零，则穿过线圈的磁通量变化为零，磁通量最大．‎ ‎12. 在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为8J，在M点的动能为6J，不计空气的阻力，则下列判断正确的是（）‎ A. 小球水平位移与的比值为1∶3‎ B. 小球水平位移与的比值为1∶4‎ C. 小球落到B点时的动能为32J D. 小球从A点运动到B点的过程中最小动能为6J ‎【答案】AC ‎【解析】将小球的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速直线运动，竖直分运动为匀变速直线运动，对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间间隔内位移之比为1：3，故A正确；B错误；设物体在B动能为EkB，水平分速度为VBx，竖直分速度为VBy．由竖直方向运动对称性知mVBy2=8J 对于水平分运动运用动能定理 Fx1=mVMx2-mVAX2‎ F（s1+s2）=mVBx2-mVAX2‎ s1：s2=1：3‎ 解得：Fs1=6J；F（s1+s2）=24J 故EkB=m（VBy2+VBx2）=32J 因而C正确；‎ 由于合运动与分运动具有等时性，设小球所受的电场力为F，重力为G，则有：‎ Fx1=6J， •t2=6J Gh=8J，‎ ‎••t2=8J 所以：‎ 由上图可得：tanθ=得：sinθ=‎ 则小球从 A运动到B的过程中速度最小时速度一定与等效G’垂直，即图中的 P点，故 EKmin=mvmin2=m（v0sinθ）2=J，故D错误．故选AC．‎ 点睛：本题关键将合运动分解为水平方向的匀加速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动，然后对水平分运动运用动能定律求解.‎ 二、填空题（2小题）‎ ‎13. （1）现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如图所示连接．下列说法中正确的是____‎ A．开关闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转 B．线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转 C．开关闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，会使电流计指针静止在中央零刻度 D．开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才会偏转 ‎（2）如图(a)所示是螺旋测微器，读数为_________mm.用游标尺为20分度的卡尺测量球的直径，示数如图(b)所示，读数为_________cm.‎ ‎（3）用多用表测量某元件的电阻，选用“”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转角度过大，因此需选择倍率的电阻挡________（填：“”或“”），并需________后，再次进行测量，多用表的示数如图所示，测量结果为________.‎ ‎【答案】 (1). A (2). 0.615 (3). 0.675 (4). ×10 (5). 欧姆调零 (6). 70‎ ‎【解析】（1）电键闭合后，线圈A插入或拔出都可以使穿过线圈B的磁通量都会发生变化，都会使B产生感应电动势，从而引起电流计指针偏转，故A正确；线圈A插入线圈B中后，电键闭合和断开的瞬间，穿过线圈B的磁通量都会发生变化，会产生感应电流，电流计指针均会偏转，故B错误；电键闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动时，穿过线圈B的磁通量发生变化，会产生感应电流，电流计指针会发生偏转，故C错误；电键闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速或加速滑动时，穿过线圈B的磁通量发生变化，都会产生感应电流，电流计指针会发生偏转，故D错误；故选A．‎ ‎（2）螺旋测微器读数为：0.5mm+0.01mm×11.5=0.615mm；‎ 游标尺读数为：0.6cm+0.05mm×15=0.675cm.‎ ‎（3）多用表指针偏转角度过大，说明档位选的太高，因此需选择倍率为“×10”的电阻挡，并需重新调零后，再次进行测量；测量结果为7×10Ω=70Ω.‎ ‎14. 在测量电源的电动势和内阻的实验中，由于所用电压表(视为理想电压表)的量程较小，某同学设计了如图所示的实物电路．‎ ‎（1）实验时，应先将电阻箱的电阻调到________．（选填“最大值”、“最小值”或“任意值”）‎ ‎（2）改变电阻箱的阻值R，分别测出阻值的定值电阻两端的电压U，下列两组R的取值方案中，比较合理的方案是________．（选填“1”或“2”）‎ ‎（3）根据实验数据描点，绘出的图象是一条直线．若直线的斜率为k，在坐标轴上的截距为b，则该电源的电动势E=_______，内阻r=______.（用k、b和 表示）‎ ‎【答案】 (1). 最大值 (2). 2 (3). (4). ‎ ‎【解析】（1）电路为限流接法，开始时应让电流最小，然后再逐渐增大，故开始时滑动变阻器应达到最大值处；‎ ‎（2）对比两方案可知，方案1中电阻箱电阻较大，而R0的阻值只有10Ω，故在调节电阻箱时，电流的变化不明确，误差较大； 而方案2中电阻箱的阻值与R0相差不大，可以测出相差较大的多组数据，故方案2更合理；‎ ‎（3）由闭合电路欧姆定律可得： ；可得 由函数知识可知：图象的斜率k=；故E=；‎ 图象与纵坐标的交点；r=−R0；‎ 点睛：本题考查测定电动势和内阻的实验，本实验要特别注意数据的处理，能正确应用图象并结合函数关系进行分析得出结果．‎ 三、计算题（3小题）‎ ‎15. 如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.4m，金属导轨所在的平面与水平面夹角，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.5T、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻的直流电源．现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻，金属导轨电阻不计，g取．已知，求：‎ ‎（1）导体棒受到的安培力大小；‎ ‎（2）导体棒受到的摩擦力及方向．‎ ‎【答案】（1）0.3N；（2）0.06N.‎ ‎【解析】（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：‎ 导体棒受到的安培力：F安=BIL=0.5×1.5×0.4=0.3N ‎（2）导体棒所受重力沿斜面向下的分力为：F1=mg sin37°=0.24N 由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件有：‎ mg sin37°+f=F安 代入数据得：f=0.06N ‎16. 如图所示，长度为d的绝缘轻杆一端套在光滑水平转轴O上，另一端固定一质量为m电荷量为q的带负电小球．小球可以在竖直平面内做圆周运动，AC和BD分别为圆的竖直和水平直径．等量异种点电荷＋Q、－Q分别固定在以C为中点、间距为2d的水平线上的E、F两点．让小球从最高点A由静止开始运动，经过B点时小球的速度大小为v，不考虑q对＋Q、－Q所产生电场的影响．重力加速度为g求：‎ ‎（1）小球经过C点时球对杆的拉力大小；‎ ‎（2）小球经过D点时的速度大小．‎ ‎【答案】（1），（2）.‎ ‎【解析】（1）图中AC是等势面，故电荷从A到C过程中，电场力不做功，根据动能定理，有：‎ mg（2d）=mvC2-0‎ 解得：vC=2‎ 在C点，拉力和重力一起提供向心力，根据牛顿第二定律，有：F-mg=m 解得：F=5mg ‎（2）对从B到C过程，根据动能定理，有：mgd+W电=mvC2−mv2‎ 对从B到C过程，根据动能定理，有：‎ ‎-mgd+W电=mvD2−mvC2‎ 联立解得：vD=‎ 点睛：本题关键是灵活选择过程根据动能定理列式求解，同时要熟悉等量异号电荷的电场线分布情况．‎ ‎17. 轻质细线吊着一质量为m=0.42kg、边长为L=1m、匝数n=10的正方形线圈，其总电阻为.在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，如图甲所示．磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示．（）‎ ‎（1）判断线圈中产生的感应电流的方向是顺时针还是逆时针；‎ ‎（2）求线圈的电功率；‎ ‎（3）求在t=4s时轻质细线的拉力大小．‎ ‎【答案】（1）逆时针方向， （2）0.25W,（3）1.2N ‎【解析】（1）由楞次定律可知：磁场在增加，则电流的方向为逆时针方向；‎ ‎（2）根据法拉第电磁感应定律；‎ 解得：E=10×=0.5V；‎ 再由P=；代入数据，可解得：P==0.25W；‎ ‎（3）根据闭合电路欧姆定律，则有：I==0.5A；‎ 且F安=nBIL 在t=4s时，磁场的大小B=0.1×4+0.2=0.6T 所以安培力F安=10×0.6×0.5×1=3N；‎ 那么由平衡条件，则拉力F=mg-F安=0.42×10-3=1.2N 点睛：考查楞次定律、法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律的应用，掌握平衡方程的内容，注意安培力的方向变化．‎