2021-2022学年浙江省玉环市玉城中学高二（下）第一次月考物理试题含解析

2021-2022学年浙江省玉环市玉城中学高二（下）第一次月考物理试题一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分。）

1. 关于电磁波，下列说法中正确的是（　　）

A. 变化的电场一定在周围空间产生变化的磁场

B. 麦克斯韦首先预言了电磁波的存在，赫兹最先用实验证实了电磁波的存在

C. 电磁波和机械波都依赖于介质才能传播

D. 各种频率的电磁波在真空中以不同的速度来传播

【答案】B

【解析】

【详解】A．变化的电场一定在周围空间产生磁场，周期性变化的电场才会在周围空间产生变化的磁场，选项A错误；

B．麦克斯韦首先预言了电磁波的存在，赫兹最先用实验证实了电磁波的存在，选项B正确；

C．电磁波可以在真空中传播，选项C错误；

D．各种频率的电磁波在真空中传播的速度相同等于光速，选项D错误。

故选B。

2. 如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，一个矩形闭合导线框abcd沿纸面由位置1匀速运动到位置2。则（　　）

A. 导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→a

B. 导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a

C. 导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右

D. 导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向左

【答案】D

【解析】

【详解】AD．导线框进入磁场时，cd边切割磁感线，由右手定则可知，电流方向为a→d→c→b→a，这时由左手定则可判断cd边受到的安培力方向水平向左，A错误，D正确；

BC．在导线框离开磁场时，ab边处于磁场中且在做切割磁感线运动，同样用右手定则和左手定则可以判断电流的方向为a→b→c→d→a，这时安培力的方向仍然水平向左，BC错误。

故选D。

3. 下列说法中正确的是（   ）

A. 甲图中，两个分子从很远处逐渐靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子间相互作用的合力先变小后变大

B. 乙图中，在测量分子直径时，可把油膜厚度视为分子直径

C. 丙图中，猛推木质推杆，密闭的气体温度升高，压强变大，气体对外界做功

D. 丁图中，电冰箱的工作过程表明，热量可以自发的从低温物体向高温物体传递

【答案】B

【解析】

【详解】A．甲图中两个分子从很远处逐渐靠近的过程中，分子引力和斥力都增大，但引力大于斥力，分子力表现为引力并且分子力先增大后减小，当减小到零后，随两分子靠近，分子力表现为斥力，并且逐渐增大，故A错误；

B．图乙中是单分子油膜，因此油膜厚度就可以视为分子直径，故B正确；

C．丙图中，猛推木质推杆，由于速度快，热传递没来得及进行，只有外界对气体做功，内能增大，压强变大，温度升高，故C错误；

D．根据热力学第二定律热量不能自发地从低温物体转移到高温物体，故D错误。

故选B。

4. 如图所示，理想变压器的原线圈接在的交流电源上，副线圈接有R=55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是（　　）

A. 原线圈的输入功率为

B. 电流表的读数为1 A

C. 电压表的读数为

D. 副线圈输出交流电的周期为50s

【答案】B

【解析】

【详解】AC．理想变压器原线圈两端电压的有效值为

根据

解得

即电压表的读数为110 V，通过负载电阻的电流

则副线圈的输出功率

原线圈的输入功率也是220 W，AC错误。

B．根据

解得

即电流表读数为1 A，B正确；

D．由可知，角速度

原线圈所接交流电的周期

副线圈输出交流电的周期不变，仍为0.02 s，D错误。

故选B。

5. 关于物体的内能，下列叙述中不正确的是（　　）

A. 温度高的物体比温度低的物体内能大

B. 物体的内能不可能为零

C. 内能不相同的物体，它们的分子平均动能可能相同

D. 物体的内能与物体的温度、体积、物态和分子数有关

【答案】A

【解析】

【详解】A．温度是分子平均动能的标志，温度高只能表明分子平均动能大，而总的分子动能还与分子数有关，另外内能包括分子动能和分子势能，分子势能与物体的体积有关，因此不能简单的说温度高的物体比温度低的物体内能大，物体的内能与物体的温度、体积、物态和分子数都有关，A错误，D正确；

B．由于分子永不停息的做无规则运动，分子动能不可能为零，因此物体的内能不可能为零，B正确；

C．内能包括分子动能和分子势能，温度相同，分子的平均动能相同，但分子势能不一定相同，因此内能有可能不同，比如0℃的冰融化成0℃的水，内能增加，C正确。

故不正确的选A。

6. 某气缸内封闭有一定质量的理想气体，从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A，其V—T图像如图所示，则在该循环过程中，下列说法正确的是（  ）

A. 从状态B到C，气体吸收热量

B. 从状态C到D，气体的压强增大

C. 从状态D到A，单位时间内碰撞器壁单位面积的分子数减少

D. 若气体从状态C到D，内能增加3kJ，对外做功5kJ，则气体向外界放出热量8kJ

【答案】C

【解析】

【详解】A．从状态B到C过程气体发生等温变化，内能不变，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体放出热量，A错误；

B．由V =T知，从C到D过程气体发生等压变化，B错误；

C．从D到A过程中，气体温度不变，则单个气体分子碰撞器壁的力不变，压强减小，则必然是单位时间内碰撞器壁单位面积的分子数减少造成的，C正确；

D．由

U = W + Q

得

Q = 8kJ

气体从外界吸收热量，D错误。

故选C。

7. 如图所示，三段长度相等的直导线a、b、c相互平行处在同一竖直面内，a、b间的距离等于b、c间的距离，通电电流Ia＜Ib＜Ic，方向如图所示，则下列判断正确的是（  ）

A. 导线b受到的安培力可能为0

B. 导线a受到的安培力可能为0

C. 导线c受到的安培力的方向一定向左

D. 导线a、b受到的安培力的方向一定相同

【答案】B

【解析】

【详解】A．根据同向电流相互吸引、反向电流相互排斥可知，导线b受到的安培力不可能为0，故A错误；

BD．导线a受到导线b给的向右的安培力和导线c给的向左的安培力，又因为通电电流Ia＜Ib＜Ic，ac之前的距离大于ab之间的距离，所以导线a受到的安培力可能为0，而导线b受到的安培力不可能为0，所以导线a、b受到的安培力的方向不一定相同，故B正确，D错误；

C．根据同向电流相互吸引、反向电流相互排斥可知，导线c受到的安培力的方向一定向右，故C错误。

故选B。

8. 如图所示为洛伦兹力演示仪的结构示意图，演示仪中有一对彼此平行且共轴的励磁圆形线圈，通入电流I后，能够在两线圈间产生匀强磁场；玻璃泡内有电子枪，通过加速电压U对初速度为零的电子加速并连续发射。电子刚好从球心O点正下方的S点水平向左射出，电子通过玻璃泡内稀薄气体时能够显示出电子运动的径迹。则下列说法正确的是（　　）

A. 若要正常观察电子径迹，励磁线圈的电流方向应为逆时针（垂直纸面向里看）

B. 若保持U不变，增大I，则圆形径迹的半径变大

C. 若同时减小I和U，则电子运动的周期减小

D. 若保持I不变，减小U，则电子运动的周期将不变

【答案】D

【解析】

【详解】A．若要正常观察电子径迹，则电子需要受到向上的洛伦兹力，根据左手定则可知，玻璃泡内的磁场应向里，根据安培定则可知，励磁线圈的电流方向应为顺时针，故A错误；

B．电子在磁场中，向心力由洛伦兹力提供，则有

可得

而电子进入磁场的动能由电场力做功得到，即

即U不变，则v不变。由于m、q不变，而当I增大时，B增大，故半径减小，故B错误；

C．因为，所以电子运动的周期与U无关，当减小电流I时，则线圈产生的磁场B也减小，则电子运动的周期T增大，故C错误；

D．由C中分析可知，I不变，U减小，T不变，故D正确。

故选D。

9. 如图所示，两相同灯泡A1、A2，A1与一理想二极管D连接，线圈L的直流电阻不计．下列说法正确的是

A. 闭合开关S后，A1会逐渐变亮

B. 闭合开关S稳定后，A1、A2亮度相同

C. 断开S的瞬间，a点的电势比b点低

D. 断开S的瞬间，A1会逐渐熄灭

【答案】C

【解析】

【分析】对于二极管来说具有单向导电性，而对于线圈来讲通直流阻交流，通低频率交流阻高频率交流；

【详解】A、闭合开关S后，因线圈自感，但两灯和线圈不是串联的关系，则两灯立刻亮，故A错误；

B、闭合开关S稳定后，因线圈L的直流电阻不计，,所以A1与二极管被短路，导致灯泡A1不亮，而A2将更亮，因此A1、A2亮度度不同，故B错误；

CD、断开S的瞬间，A2会立刻熄灭，线圈L与灯泡A1及二极管构成回路，因线圈产生感应电动势，a端的电势低于b端，但二极管具有单向导电性，所以所以回路没有感应电流，A1也是立即熄灭，故D错误，C正确；

故选C．

【点睛】记住自感线圈对电流突变时的阻碍：闭合开关瞬间L相当于断路，稳定后L相当于一段导线，断开瞬间L相当于电源，注意二极管的单向导电性．

10. 关于晶体和非晶体及分子势能，以下说法错误的是（　　）

A. 气体对外做功，其内能可能增加

B. 烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体

C. 分子势能可能随分子间距离的增加而增加

D. 在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体

【答案】B

【解析】

【详解】A．内能改变两种方式，做功和热传递，由于未说明传热情况，故内能可能增加，A选项不合题意，故A错误；

B．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，说明云母片导热各向异性，所以云母片是晶体，而非蜂蜡，B选项符合题意，故B正确；

C．当时，间距增大，分子力做负功，分子势能增大，C选项不合题意，故C错误；

D．晶体和非晶体可以相互转变，比如天然的水晶是晶体，而熔融后的玻璃是非晶体，D选项不合题意，故D错误。

故选B。

11. 如图所示，由均匀导线制成的半径为R的圆环，以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的有界匀强磁场，边界如图中虚线所示。当圆环运动到图示位置（∠aOb＝90°）时，a、b两点的电势差为（　　）

A. BRv B. BRv

C. BRv D. BRv

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】圆环到达图示位置时，产生的感应电动势为

E＝BRv

由右手定则可知，在虚线右侧圆环上的电流方向为由b到a，所以

φa>φb

设圆环电阻为r，由闭合电路欧姆定律得，a、b两点的电势差

Uab＝E－Irab＝

故选D。

12. 如图中是匀强磁场里的一片金属片，其平面与磁场方向平行，一个粒子从某点以与垂直的速度射出，动能是，该粒子在磁场中的运动轨迹如图所示。今测得它在金属片两边的轨道半径之比是，若在穿越金属板过程中粒子受到的阻力大小及电荷量恒定，则下列说法正确的是

A. 该粒子的动能增加了

B. 该粒子的动能减少了

C. 该粒子做圆周运动的周期减小

D. 该粒子最多能穿越金属板6次

【答案】B

【解析】

【详解】ABD．根据：

可得：

所以：

即：

又因为动能表达式：

所以开始的动能为：

穿过金属板后的动能：

粒子每穿过一次金属片损失的动能：

所以有：

即该粒子最多能穿过的金属板的次数为5次；故B正确，AD错误；

C．带电粒子在磁场中做圆周运动的周期，根据：

可得：

可知周期与速度无关，故C错误。

故选B。

13. 如图，质量为m，长为3l的均匀直导线折成等边三角形线框LMN，竖直悬挂于两根绝缘细线上，并使边MN呈水平状态。现置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B。当两根绝缘细线所受拉力为零时，通过导线MN的电流强度大小为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】当两根绝缘细线所受拉力为零时，即等边三角形线框，LMN所受的安培力与重力大小相等，方向相反，由于NLM导线的等效长度为L，由并联电路特点可知，

由平衡条件有

解得

故选B。

二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对得2分，选对但不全的得1分，不选、多选、错选的均不得分。）

14. 如图甲所示，一汽缸竖直放置，汽缸内有一质量不可忽略的活塞．将一定质量的气体封闭在汽缸内，活塞与汽缸壁无摩擦，气体处于平衡状态．现保持温度不变，把汽缸向右倾斜90°（如图乙所示），达到平衡后，与原来相比（　　）

A. 气体的压强变大 B. 气体的压强变小

C. 气体的体积变大 D. 气体的体积变小

【答案】AD

【解析】

【分析】

【详解】对活塞受力分析可知，开始时，封闭气体的压强

而汽缸向右倾斜90°后

故

由于温度不变，由玻意耳定律知

故选AD。

15. 图甲为风力发电简易模型。在风力作用下，风叶带动与杆固连的永磁铁转动，磁铁下方的线圈与电压传感器相连。在某一风速时，传感器显示如图乙所示，则(　　)

A. 磁铁的转速为10 r/s

B. 线圈两端电压有效值为6V

C. 交流电的电压表达式为U＝12sin 5πt(V)

D. 该交流电可以直接加在击穿电压为9 V的电容器上

【答案】BC

【解析】

【详解】A．由题图乙可知电压的周期为T＝0.4s，故磁铁的转速为

n＝＝r/s＝2.5 r/s

故A错误；

B．通过题图乙可知电压的最大值为12V，故有效值

U＝＝V＝6V

故B正确；

C．周期T＝0.4 s，故

ω＝＝rad/s＝5π rad/s

故电压的表达式为

U＝12sin 5πt(V)

故C正确；

D．电容器的击穿电压为交流电的最大值，而交流电的最大值大于电容器的击穿电压，故该交流电不能直接加在击穿电压为9 V的电容器上，故D错误。

故选BC。

16. 在如图所示的虚线框内有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁感应强度随时间变化规律如图所示．边长为l、电阻为R的正方形均匀线框abcd有一半处在磁场中，磁场方向垂直于线框平面，此时线框ab边的发热功率为P，则下列说法正确的是(　　)

A. 磁感应强度

B. 线框中感应电流为

C. 线框cd边的发热功率为P

D. a端电势高于b端电势

【答案】BC

【解析】

【详解】AB．由图看出，在每个周期内磁感应强度随时间均匀增大，线圈产生大小恒定的感应电流，设感应电流的大小为I，则有对ab边，

P=I2•R

得

I=2；

由闭合电路欧姆定律得，感应电动势为

 E=IR=2

根据法拉第电磁感应定律得：

；

由图知，

联立以上三式得：

故A错误，B正确．

C．正方形四边的电阻相等，电流相等，则发热功率相等，都为P，故C正确．

D．由楞次定律判断得知，线圈中感应电流方向沿逆时针，则a端电势低于b端电势．故D错误．

故选BC．

【点睛】本题是法拉第电磁感应定律、欧姆定律、功率和楞次定律的综合应用，感应电动势与电路知识与电磁感应联系的纽带，计算时要注意运用线圈的有效面积，即处于磁场中的面积．

非选择题部分

二、非选择题（本大题共6小题；其中第17题6分，第18小题6分，第19小题7分，第20小题12分，第21小题12分，第22小题12分；共55分。）

17. 如图为“探究电磁感应现象”的实验装置．

将图中所缺的导线补接完整．

如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后可能出现的情况有：

①将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将________偏转（选填“发生”或“不发生”）；

②原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针________偏转（选填“发生”或“不发生”）；

③在上述两过程中灵敏电流计指针的偏转方向________（选填“相同”或“相反”）．

在做“探究电磁感应现象”实验时，如果副线圈两端不接任何元件，则副线圈电路中将________．（不定项选择）

A.因电路不闭合，无电磁感应现象

B.有电磁感应现象，但无感应电流，只有感应电动势

C.不能用楞次定律判断感应电动势方向

D.可以用楞次定律判断感应电动势方向

【答案】    ①.     ②. 发生，发生，    ③. 相反，    ④. BD

【解析】

【详解】(1)将电源、电键、变阻器、小螺线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示；

(2)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；

(3)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．

18. 在“油膜法估测油酸分子大小”实验中，有下列实验步骤：

①用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定；

②往边长约为40cm的浅盘里倒入约2cm深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上；

③将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小；

④用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积；

⑤将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上；

完成下列填空：

(1)上述步骤中，正确的顺序是_____________；

(2)油酸酒精溶液的浓度为每1000mL溶液中有纯油酸1mL，用注射器测得1mL上述溶液有200滴，把一滴该溶液滴入盛水的表面撒有痱子粉的浅盘里，待水面稳定后，测得油酸膜的近似轮廓如图所示，图中正方形小方格的边长为1cm，则每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是___________mL，油酸膜的面积是_________________cm2。根据上述数据，估测出油酸分子的直径是____________nm。（结果均保留三位有效数字）

【答案】    ①. ④②①⑤③    ②.     ③. 40.0    ④. 1.25

【解析】

【详解】(1)[1] 实验操作开始之前要先配制油酸酒精溶液，确定每一滴溶液中含有纯油酸的体积，实验操作时要在浅盘放水、痱子粉，为油膜形成创造条件，然后是滴入油酸、测量油膜面积，计算油膜厚度，则正确的顺序是④②①⑤③

(2)[2]1滴酒精油酸溶液中含油酸的体积

[3]由于每格边长为1cm，则每一格就是1cm2，估算油膜面积以超过半格以一格计算，小于半格就舍去的原则，估算出40格，则油酸薄膜面积为

[4]由于分子是单分子紧密排列的，因此分子直径为

19. 如图甲所示，边长为L的n匝正方形金属线圈置于垂直线圈平面的磁场中，线圈的总电阻为R，用导线e、f连接一阻值也为R的定值电阻，其他电阻不计。磁场的磁感应强度B随时间的变化关系如图乙所示，正方向为垂直线圈平面向外。求：

（1）在0到时间内，通过电阻R的电荷量；

（2）在到时间内，电阻R两端的电压哪端高，高多少。

【答案】（1）；（2）e端高，

【解析】

【详解】（1）在0到t1时间内，根据法拉第电磁感应定律

联立解得

（2）在2t1到3t1时间内，电路的总电动势为

电阻R两端的电压为

根据楞次定律知，e端电势高，高

20. 如图所示为边长为L的单匝正方形线圈abcd，放在磁感强度为B的匀强磁场中，从图示位置开始以bc边为轴匀速转动．线圈从图示位置转过一周的过程中产生的热量已知线圈的bc边与磁场方向垂直，线圈电阻为求：

(1)线圈转动的角速度大小；

(2)线圈从图示位置转过时，线圈产生的感应电动势的瞬时值；

(3)线圈从图示位置转过的过程中，线圈产生的感应电动势的平均值．

【答案】（1）(2)(3)

【解析】

【详解】(1)线圈转动过程中，产生的感应电动势有效值大小

线圈从图示位置转过一周的过程中所用的时间：

所以热量

Q=

解得：

；

(2)线圈从图示位置开始匀速转动，产生的感应电动势的瞬时值：

解得：

；

(3)线圈从图示位置转过的过程中,线圈内磁通量的变化量

所用的时间为

线圈产生的感应电动势的平均值

．

21. 如图所示，MN、PQ为足够长的平行金属导轨．间距L=0.50m，导轨平面与水平面间夹角θ=37°，N、Q间连接一个电阻R=5.0Ω，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B=1.0T．将一根质量m=0.05kg的金属棒放在导轨的ab位置，金属棒及导轨的电阻不计．现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好．已知金属棒与导轨间的动摩擦因数，当金属棒滑至处时，其速度大小开始保持不变，位置cd与ab之间的距离．已知， ，．求：

（）金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小；

（）金属棒达到cd处的速度大小；

（）金属棒由位置ab运动到cd的过程中，电阻R产生的热量．

【答案】（1） （2） （3）

【解析】

【分析】根据牛顿第二定律求加速度，根据平衡条件求金属棒速度大小，由能量守恒求电阻上产生的热量；

【详解】（）设金属杆的加速度大小，则  

解得

（）设金属棒达到位置时速度大小为，电流为，金属棒受力平衡，有  

解得：．

（）设金属棒从运动到的过程中，电阻上产生的热量为，由能量守恒，有

解得：

22. 如图所示，在坐标系xoy的第一象限内，斜线OC的上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，第四象限内存在磁感应强度大小未知、方向垂直纸面向里的匀强磁场。现有一质量为m带电量为－q的粒子（不计重力）从y轴上的A点，以初速度v0水平向右垂直射入匀强磁场，恰好垂直OC射出，并从x轴上的P点（未画出）进入第四象限内的匀强磁场，粒子经磁场偏转后从y轴上D点（未画出）垂直y轴射出，已知OC与x轴的夹角为45°。求：

(1)OA的距离；

(2)第四象限内匀强磁场的磁感应强度的大小；

(3)粒子从A点运动到D点的总时间

【答案】(1)；(2)B；(3)

【解析】

【详解】(1)根据题意分析可知等于粒子在第一象限磁场中运动半径，根据牛顿第二定律可得

解得

(2)如图所示，可得

由几何关系知，粒子在第四象限磁场中运动轨迹半径

根据牛顿第二定律可得

解得

(3) 由粒子在磁场中运动周期

在第一象限磁场中运动时间

出磁场运动到点时间

在第四象限磁场中运动时间

粒子从点运动到点的总时间