2020南充白塔中学高二下学期第二次月考物理试题含答案

这是一份2020南充白塔中学高二下学期第二次月考物理试题含答案

白塔中学高二下第二次月考物理试题第Ⅰ卷(选择题，共56分)一、单项选择题(共9小题，每小题4分，共36分)1．伽利略对自由落体运动的研究，是科学实验和逻辑思维的完美结合，如图所示，可大致表示其实验和思维的过程，对这一过程的分析，下列正确的是(　　)A．伽利略认为自由落体运动的速度是均匀变化的，这是他用实验直接进行了验证的B．其中丁图是实验现象，甲图是经过合理外推得到的结论C．运用甲图实验，可“冲淡”重力的作用，更方便进行实验测量D．运用丁图实验，可“放大”重力的作用，从而使实验现象更明显2．一个电热器接在10 V的直流电源上，消耗的功率是P，当把它接到一正弦波形交流电源上时，消耗的功率是P/4，则该交流电源的电压的最大值是(　　)A．5 V B．7.07 V C．10 V D．14.14 V3．一辆汽车以14 m/s的速度做直线运动，某时刻开始以恒定的加速度刹车，第一个1 s内位移为12 m，汽车刹车的加速度小于14 m/s2，下列说法正确的是(　　)A．汽车刹车的加速度大小为12 m/s2B．5 s内汽车的位移为24.5 mC．汽车在第2 s内的位移是10 mD．汽车在第4 s内的平均速度是1 m/s4.物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环．闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起．某同学另找来器材再探究此实验．他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均未动．对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是(　　)A．线圈接在了直流电源上B．电源电压过高C．所选线圈的匝数过多D．所用套环的材料与老师的不同5.如图所示，螺线管的导线的两端与两平行金属板相接，一个带负电的小球用丝线悬挂在两金属板间，并处于静止状态，若条形磁铁突然插入线圈时，小球的运动情况是(　　)A．向左摆动 B．向右摆动C．保持静止 D．无法判定6．如图所示，水平地面上方存在有界匀强磁场(上、下边界水平)，磁场上方有三个单匝正方形铜线圈A、B、C，它们从相同高度由静止开始同时下落．其中A有一个缺口，B、C都是闭合的，但B的导线最粗；A、B边长相等，C边长最大，但都小于磁场区域的高度．则线圈(　　)A．A最后落地 B．B最后落地C．C最后落地 D．B、C同时落地7.如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ，设先后两次通过金属框的磁通量变化分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则(　　)A．ΔΦ1>ΔΦ2 B．ΔΦ1＝ΔΦ2C．ΔΦ1<ΔΦ2 D．不能判断8．如图甲所示，闭合圆形线圈内存在方向垂直纸面向外的磁场，磁感应强度随时间变化的关系如图乙所示，则下列说法正确的是(　　)A．0～1 s内线圈中的感应电流逐渐增大，2～4 s内感应电流逐渐减小B．第4 s末的感应电动势为0C．0～1 s内与2～4 s内的感应电流相等D．0～1 s内感应电流方向为顺时针方向9．三个相同的电阻，分别通过如图甲、乙、丙所示的交变电流，三个图中的I0和周期T相同．下列说法中正确的是(　　)A．在相同时间内三个电阻发热量相等B．在相同时间内，甲、乙发热量相等，是丙发热量的2倍C．在相同时间内，甲、丙发热量相等，是乙发热量的1/2D．在相同时间内，乙发热量最大，甲次之，丙的发热量最小二、多项选择(共5小题，每小题4分，共20分)10．电源的电动势和内电阻都保持一定，在外电路的电阻逐渐变小的过程中，下面说法正确的是 （ ）A．路端电压一定逐渐变小 B．电源的输出功率一定逐渐减小C．电源内部消耗的电功率一定逐渐变大D．电路的电流一定变大11.如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路．将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态．下列说法正确的是　(　　)A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动12．如图所示，一小男孩在斜坡上做推沙包游戏，将一小沙包从斜坡底端以初速度v向上推出，沙包沿斜坡做匀减速直线运动，依次经A、B、C到达最高点D，已知AB＝7 m，BC＝5 m，小沙包从A到B和从B到C所用的时间都是2 s．则(　　)A．沙包上滑过程中加速度的大小为1 m/s2B．沙包滑到B点的速度为3 m/sC．从C到D所用时间为4 sD．B、D之间相距8 m13．如图所示，在匀强磁场的上方有一半径为R的导体圆环，圆环的圆心距离匀强磁场上边界的距离为h.将圆环静止释放，圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间，速度均为v.已知圆环的电阻为r，匀强磁场的磁感应强度大小为B，重力加速度为g.下列说法正确的是(　　)A．圆环进入磁场的过程中，圆环的左端电势高B．圆环进入磁场的过程做的是匀速直线运动C．圆环进入磁场的过程中，通过导体某个横截面的电荷量为eq \f(πR2B,r)D．圆环进入磁场的过程中，电阻产生的热量为2mgR14．(多选)如图所示，同一竖直面内的正方形导线框a、b的边长均为l，电阻均为R，质量分别为2m和m.它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l、磁感应强度大小为B、方向垂直竖直面的匀强磁场区域．开始时，线框b的上边与匀强磁场的下边界重合，线框a的下边到匀强磁场的上边界的距离为l.现将系统由静止释放，当线框b全部进入磁场时，a、b两个线框开始做匀速运动．不计摩擦和空气阻力，则(　　)A．a、b两个线框匀速运动的速度大小为eq \f(mgR,B2l2)B．线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为eq \f(3B2l3,mgR)C．从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a所产生的焦耳热为mglD．从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为2mgl第Ⅱ卷(非选择题，共44分)三、填空题(共2小题，共11分)15．(5分)(1)在测定匀变速直线运动加速度的实验中，从以下步骤中选出必要的步骤并将其代号按合理顺序填写在横线上：________________.（1分）A．拉住纸带，将小车移至靠近打点计时器处，先接通电源，后放开纸带；B．将打点计时器固定在平板上，并接好电路；C．把一条细绳拴在小车上，细绳跨过定滑轮，下面吊着重量适当的钩码；D．断开电源，取下纸带；E．将平板一端抬高，轻推小车，使小车恰能在平板上做匀速运动；F．将纸带固定在小车尾部，并穿过打点计时器的限位孔；G．换上新的纸带，再重复做两三次．(2)某同学利用打点计时器所记录的纸带来研究做匀变速直线运动小车的运动情况，实验中获得一条纸带，如图所示，其中两相邻计数点间有四个点未画出．已知所用电源的频率为50 Hz，则打A点时小车运动的速度vA＝________m/s，小车运动的加速度a＝________m/s2(结果保留3位有效数字)．（每空2分）16.某同学为了较精确的测量一阻值约为20Ω的电阻Rx的阻值.①在以下备选器材中电流表应选__________,电压表应选_______,变阻器应选_________.（只填写器材对应的字母代号，每空1分）电源E（电动势3 V、内阻可忽略不计）电流表A1（量程50 mA，内阻约12Ω）电流表 A2（量程3 A， 内阻约0.12 Ω）电压表V1（量程3 V，内阻约3 kΩ）电压表V2（量程15 V，内阻约15 kΩ）滑动变阻器R1（0～10 Ω，允许最大电流2.0 A）滑动变阻器R2（0～1000 Ω，允许最大电流0.5 A）定值电阻R（30Ω，允许最大电流1.0A）开关及导线若干②请在方框中画出实验电路图（要求直接测量量的变化范围尽可能大一些，所选器材用对应符号标出，2分）。③若某次测量中，电压表读数为U，电流表读数为I，则计算待测电阻的阻值表达式为Rx＝________________。（1分）四、计算题（共3小题，17题9分，18题12分，19题12分，共33分）17．一个质量为m，电荷量为－q，不计重力的带电粒子从x轴上的P(a，0)点以速度v，沿与x轴正方向成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限．求：(1)匀强磁场的磁感应强度B；(2)穿过第一象限的时间．18．如图所示，相距L＝0.5 m足够长的两根光滑导轨与水平面成37°角，导轨电阻不计，导轨处在磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面斜向上．ab、cd为水平金属棒且与导轨接触良好，它们的质量均为m＝0.5 kg、电阻均为R＝2 Ω.ab棒与一绝缘水平细绳相连处于静止状态，现让cd棒从静止开始下滑，直至与ab相连的细绳刚好被拉断，在此过程中cd棒电阻R上产生的热量为1 J，已知细线能承受的最大拉力为T＝5 N. g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求细绳被拉断时：(1)ab棒中电流的方向与大小．(2)cd棒的速度大小．(3)cd棒沿导轨下滑的距离．19．足够长的平行金属轨道M、N，相距L＝0.5 m，且水平放置；M、N左端与半径R＝0.4 m的光滑竖直半圆轨道相连，金属棒b和c可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量mb＝mc＝0.1 kg，电阻Rb＝Rc＝1 Ω，轨道的电阻不计．平行水平金属轨道M、N处于磁感应强度B＝1 T的匀强磁场中，磁场方向与轨道平面垂直，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图所示．若使b棒以初速度v0＝10 m/s开始向左运动，求：(1)c棒的最大速度；(2)c棒中产生的焦耳热；(3)若c棒达最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c到达轨道最高点时对轨道的压力的大小．高二物理月考试题(答案)1.解析：伽利略对自由落体运动的研究，由于当时条件的限制，无法用实验直接进行验证，A选项错误；甲、乙、丙均是实验现象，丁图是经过合理的外推得到的结论，B选项错误；利用甲图实验时，可以“冲淡”重力的作用，C选项正确，D选项错误．答案：C2.答案：B3.解析：根据x1＝v0t1＋eq \f(1,2)ateq \o\al(2,1)得汽车刹车的加速度为a＝eq \f(x1－v0t1,\f(1,2)t\o\al(2,1))＝eq \f(12－14×1,\f(1,2)×1) m/s2＝－4 m/s2，故A错误；汽车速度减为零的时间为t0＝eq \f(0－v0,a)＝eq \f(－14,－4) s＝3.5 s<5 s，则5 s内的位移为：x＝eq \f(v0,2)t0＝eq \f(14,2)×3.5 m＝24.5 m，故B正确；汽车在第2 s内的位移为x2＝v0t2＋eq \f(1,2)ateq \o\al(2,2)－x1＝14×2－eq \f(1,2)×4×4－12 m＝8 m，故C错误；汽车在第4 s内的位移等于最后0.5 s内的位移，采用逆向思维，有x′＝eq \f(1,2)at′2＝eq \f(1,2)×4×0.25 m＝0.5 m，则汽车在第4 s内的平均速度为eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(x′,t′)＝eq \f(0.5,1) m/s＝0.5 m/s，故D错误．故选B.答案：B4.答案：D5.解析：选A.条形磁铁突然插入线圈时，由楞次定律可判定线圈中产生瞬间电流给平行金属板充电，左板带正电，右板带负电，小球在电场力作用下向左摆动，故A正确6.解析：选C.线圈A由于有缺口，在磁场中不能形成电流，所以下落时不受安培力作用，故下落的加速度一直为g；而B、C线圈是闭合的，进入磁场后，产生感应电流，线圈受到竖直向上的安培力作用，加速度小于g，则A线圈最先落地，设线圈的边长为L，横截面积为S，电阻率为ρ0，密度为ρ，质量为m，进入磁场后速度为v时加速度为a，根据牛顿第二定律得mg－eq \f(B2L2,R)v＝ma，a＝g－eq \f(B2L2,mR)v＝g－eq \f(B2L2,ρ·4LS·ρ0\f(4L,S)) v＝g－eq \f(B2v,16ρ·ρ0)，可知a与横截面积S、长度L无关，而线圈C边长最大，进入磁场的位移大，所以C线圈最后落地，选项C正确，选项A、B、D错误．7.解析：选C.导体MN周围的磁场并非匀强磁场，靠近MN处的磁场强些，磁感线密一些，远离MN处的磁感线疏一些，当线框在Ⅰ位置时，穿过平面的磁通量为ΦI，当线框平移到Ⅱ位置时，磁通量为ΦⅡ，则磁通量的变化量为ΔΦ1＝|ΦⅡ－ΦⅠ|＝ΦⅠ－ΦⅡ.当线框翻转至Ⅱ位置时，磁感线相当于从“反面”穿过平面，则磁通量为－ΦⅡ，则磁通量的变化量是ΔΦ2＝|－ΦⅡ－ΦⅠ|＝ΦⅠ＋ΦⅡ，所以ΔΦ1<ΔΦ2.8.解析：D　[根据法拉第电磁感应定律可得E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝neq \f(ΔB,Δt)S，0～1 s内与2～4 s内B－t图像中磁感应强度是随时间线性变化的，所以磁感应强度的变化率eq \f(ΔB,Δt)均为恒定值，则感应电动势均为恒定值，感应电流均为恒定值，0～1 s内与2～4 s内的磁感应强度的变化率不同，所以感应电动势大小不同，感应电流也不相等，选项A、C错误；第4 s末磁感应强度虽然为0，但磁感应强度变化率却不为0，所以感应电流不为0，选项B错误；0～1 s内，磁场垂直纸面向外，磁感应强度大小在增加，根据楞次定律知，感应电流方向为顺时针方向，选项D正确．]9.答案：C10. 答案：ACD11. 答案：AD.由电路可知，开关闭合瞬间，右侧线圈环绕部分的电流向下，由安培定则可知，直导线在铁芯中产生向右的磁场，由楞次定律可知，左侧线圈环绕部分产生向上的电流，则直导线中的电流方向由南向北，由安培定则可知，直导线在小磁针所在位置产生垂直纸面向里的磁场，则小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A正确；开关闭合并保持一段时间后，穿过左侧线圈的磁通量不变，则左侧线圈中的感应电流为零，直导线不产生磁场，则小磁针静止不动，B、C错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，穿过左侧线圈向右的磁通量减少，则由楞次定律可知，左侧线圈环绕部分产生向下的感应电流，则流过直导线的电流方向由北向南，直导线在小磁针所在处产生垂直纸面向外的磁场，则小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D正确．12. 答案：BC解析：根据xBC－xAB＝aT2得沙包的加速度为a＝eq \f(xBC－xAB,T2)＝eq \f(5－7,4) m/s2＝－0.5 m/s2，故A错误；B点的速度等于AC段的平均速度，则有vB＝eq \f(xAB＋xBC,2T)＝eq \f(7＋5,4) m /s＝3 m/s，故B正确；根据速度时间公式得，B到D的时间为tBD＝eq \f(0－vB,a)＝eq \f(－3,－0.5) s＝6 s，则由C到D的时间为tCD＝6－2 s＝4 s，故C正确；根据速度位移公式得xBD＝eq \f(0－v\o\al(2,B),2a)＝eq \f(0－9,－1) m＝9 m，故D错误．故选B、C.13. 答案： CD　[根据楞次定律可判断电流方向为逆时针，内部电流流向电势高的一端，A错误；圆环进入磁场的过程中，切割磁感线的有效长度不同，受到的安培力大小不同，不可能做匀速直线运动，B错误；圆环进入磁场的过程中，通过导体某个横截面的电荷量Q＝eq \f(ΔΦ,r)＝eq \f(πR2B,r)，C正确；根据功能关系，圆环进入磁场的过程中，电阻产生的热量为2mgR，D正确．]14答案：. ABC　[设两线框匀速运动的速度为v，此时轻绳上的张力大小为T，则对a有T＝2mg－BIl，对b有T＝mg，又I＝eq \f(E,R)，E＝Blv，解得v＝eq \f(mgR,B2l2)，故A正确．线框a从下边进入磁场后，线框a通过磁场时以速度v匀速运动，则线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间t＝eq \f(3l,v)＝eq \f(3B2l3,mgR)，故B正确．从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a只在其匀速进入磁场的过程中产生焦耳热，设为Q，由功能关系有2mgl－Tl＝Q，得Q＝mgl，故C正确．设两线框从开始运动至a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做的功为W，此过程中左、右两线框分别向上、向下运动2l的距离．对这一过程，由能量守恒定律有：4mgl＝2mgl＋eq \f(1,2)·3mv2＋W，得W＝2mgl－eq \f(3m3g2R2,2B4l4)，故D错误．]第Ⅱ卷(非选择题，共52分)三、填空题(共4小题，每小题5分，共20分)15.解析：(1)根据匀变速直线运动的规律可知，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，eq \x\to(v)等于挡光片通过光电门过程中中间时刻的瞬时速度，eq \x\to(v)＝vA＋eq \f(1,2)a·Δt.(2)分析图c，结合速度公式可知，纵轴截距等于vA，图线的斜率k＝eq \f(1,2)a.解得，vA＝52.2 cm/s，a＝16.3 cm/s2.答案：(1)eq \x\to(v)＝vA＋eq \f(1,2)a·Δt　(2)52.2　16.316. 答案：（1）V1；A1 ；R1 （2）如图所示（3）.【解析】测量电阻的阻值一般利用伏安法，电压表显然应选量程为3 V 的V1；根据欧姆定律容易求得电路中的最大电流，显然超过了电流表A1 50 mA的量程，但电流表 A2的量程又太大，故我们可以将定值电阻R（30Ω）与待测电阻Rx相串联，此时电路中的最大电流，利用电流表A1 测量电流即可。由于要求直接测量量的变化范围尽可能大一些，故只能采用分压电路，且滑动变阻器使用电阻较小的R1。最后我们确定电流表的解法：由于此时电路的临界电阻，则应该利用电流表的外接法。由此得到实验电路图如图所示，当电压表读数为U，电流表读数为I，则计算待测电阻的阻值表达式.四、计算题18、解析：(1)cd棒切割磁感线，由右手定则可知，ab棒中电流的方向是从a流向b，细绳被拉断瞬时，对ab棒有：Tcos 37°＝mgsin 37°＋BIL代入数据：5×0.8＝0.5×10×0.6＋2I×0.5解得：I＝1 A(2)由闭合电路欧姆定律得：E＝I(R＋R)＝1×(2＋2)V＝4 V感应电动势为：E＝BLv得：v＝eq \f(E,BL)＝eq \f(4,2×0.5) m/s＝4 m/s(3)金属棒cd从静止开始运动直至细绳刚好被拉断的过程中，ab、cd电流相同，电阻相同，可得：Qab＝Qcd＝1 J在此过程中电路产生的总热量为：Q＝Qab＋Qcd＝2 J由能量守恒得：mgssin 37°＝eq \f(1,2)mv2＋Q代入数据为：0.5×10s×0.6＝eq \f(1,2)×0.5×42＋2解得：s＝2 m.答案：(1) 从a流向b, 1 A　(2)4 m/s　(3)2 m17、解析：(1)作出带电粒子做圆周运动的圆心和轨迹，由图中几何关系知：Rcos 30°＝a得：R＝eq \f(2\r(3)a,3)由Bqv＝meq \f(v2,R)得：B＝eq \f(mv,qR)＝eq \f(\r(3)mv,2qa)(2)运动时间：t＝eq \f(120°,360°)·eq \f(2πm,qB)＝eq \f(4\r(3)πa,9v).19、解析：(1)在磁场力作用下，b棒做减速运动，c棒做加速运动，当两棒速度相等时，c棒达最大速度．选两棒为研究对象，根据动量守恒定律有mbv0＝(mb＋mc)v解得c棒的最大速度v＝eq \f(mb,mb＋mc)v0＝eq \f(1,2)v0＝5 m/s.(2)从b棒开始运动到两棒速度相等的过程中，系统减少的动能转化为电能，两棒中产生的总热量为Q＝eq \f(1,2)mbveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)(mb＋mc)v2＝2.5 J因为Rb＝Rc，所以c棒中产生的焦耳热为Qc＝eq \f(Q,2)＝1.25 J.(3)设c棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v′，从最低点上升到最高点的过程由机械能守恒可得：eq \f(1,2)mcv2－eq \f(1,2)mcv′2＝mcg·2R解得v′＝3 m/s.在最高点，设轨道对c棒的弹力为F，由牛顿第二定律得mcg＋F＝mceq \f(v′2,R)解得F＝1.25 N.由牛顿第三定律得，在最高点c棒对轨道的压力为1.25 N.答案：(1)5 m/s　(2)1.25 J　(3)1.25 N