1、甘肃省甘谷第一中学2018-2019学年高二下学期第一次月考物理试题一、单选题（本大题共12小题，共35.0分）1.关于点电荷产生的电场，下列叙述正确的是（）A. 以点电荷为球心，以r为半径的球面上，各点的电场强度都相同B. 正电荷周围的电场一定比负电荷周围的电场强C. 在电场中某点放入检验电荷q，若检验电荷受到的电场力为F，则该点的电场强度为E，取走检验电荷q后，该点电场强度不变D. 和电场强度的定义式E一样，点电荷电场的场强计算公式E对于任何电场都是适用的【答案】C【解析】【详解】点电荷为圆心，r为半径的球面上，各点的电场强度大小相同，但方向不同，故A错误；正电荷周围的电场强度不一定比负电
2、荷周围的电场强度强，除与各自电荷量外，还与电荷的距离有关，故B错误；在电场中某点放入试探电荷q，该点的场强为，取走q后，没有了电场力，但该点的电场强度仍不变，故C正确；点电荷电场的场强计算公式，适用于点电荷电场，故D错误。所以C正确，ABD错误。2.对于给定的电容器，如图的反映其电容C、电量Q、电压U之间关系的图中不正确的是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】CQ/U是电容的定义式，电容器电容的大小与电容的带电量Q以及电容器两极板之间的电压无关，电容器电容的决定式为：，电容器的电容是由电容器本身决定的，与所带电量以及两极板间电压无关，Q=CU，电容器所带电量与两板间电压成正比
3、，故A错误，BCD正确。本题选择错误的，故选A。3.如图所示线圈两端接在电流表上组成闭合电路，在下列情况中电流表指针不发生偏转的（）A. 线圈不动，磁铁插入线圈时B. 线圈不动，磁铁拔出线圈时C. 磁铁插在线圈内不动D. 线圈不动，磁铁上下移动时【答案】C【解析】【详解】只要是线圈中的磁通量不发生变化，回路中无感应电流，指针便不会偏转，在磁铁插入、拉出过程中线圈中的磁通量均发生变化，故ABD错误；磁铁放在螺线管中不动时，线圈中的磁通量不发生变化，无感应电流产生，故C正确。所以C正确，ABD错误。4.如图所示，理想变压器原线圈输入电压uUmsint，副线圈电路中R0为定值电阻，R为滑动变阻器，理
4、想交流电压表V1和V2的示数分别为U1和U2，理想交流电流表A1和A2的示数分别为I1和I2.下列说法正确的是()A. U1和U2是电压的瞬时值B. I1、I2之比等于原、副线圈的匝数之比C. 滑片P向上滑动过程中，U2变大，I1变大D. 滑片P向上滑动过程中，U2不变，I1变小【答案】BD【解析】【详解】U1和U2是电压的有效值，选项A错误；I1、I2之比等于原、副线圈的匝数的倒数之比，选项B错误；因初级电压U1和匝数比一定，则U2不变，滑片P向上滑动过程中，因R变大，则I2减小，则I1变小，选项C错误，D正确；故选D.5.如图所示是两个互连的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环的电阻的四分之
5、一，磁场垂直穿过大金属环所在区域。当磁感应强度随时间均匀变化时，在大环内产生的感应电动势为E，则a、b两点间的电势差为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】磁感应强度随时间均匀变化时，大金属环内产生恒定的感应电动势。由欧姆定律求出a、b两点间的电势差。【详解】由题大、小金属环的电阻之比 R：r=4：1，R=4r，根据串联电路电压与电阻成正比，可得：a、b两点间的电势差为：，故B正确。故选B。【点睛】本题考查了求电势差，应用欧姆定律即可正确解题，解题时要注意，a、b两点间的电势差是路端电压，不是电源电动势。6.一理想变压器电路如图所示，两组副线圈中所接的三个电阻都为R，原线圈接
6、通交变电源后，三个线圈的电流有效值相等，则图中三个线圈的匝数之比：为A. 9：1：4B. 6：1：2C. 3：1：2D. 3：2：1【答案】C【解析】【详解】两个副线圈的输出功率为： 根据输入功率等于输出功率有： 解得： 两个副线圈的电压分别为：， 根据电压与匝数成正比，有：IR：1：2，故C正确，ABD错误；故选C.【点睛】本题考查了变压器的特点，需要注意的是本题有两个副线圈，电压之比仍满足线圈匝数之比所以电流与匝数不再成反比，输入功率等于输出功率7.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，在两盒之间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝
7、时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直盒底的匀强磁场中，如图所示。下列说法正确的是（ ）A. 粒子的能量是从电场和磁场中共同获得B. 只增大狭缝的距离可增大粒子从加速器中获得的动能C. 只增大加速电场的电压可增大粒子从加速器中获得的动能D. 只增大D形金属盒的半径可增大粒子从加速器中获得的动能【答案】D【解析】【分析】回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子射出时的速度，从而得出动能的表达式，看动能与什么因素有关【详解】洛伦兹力对粒子是不做功的，则粒子的能量是从电场中获得，选项A错误；由，解得。则动能，知动能与加速的电压无关，狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和
8、D形盒的半径有关，增大D形金属盒的半径，可以增加粒子的动能。故D正确，ACD 错误。故选D。【点睛】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道粒子的最大动能与加速的电压无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关8.在如图所示的电路中，A1和A2是两个完全相同的灯泡，线圈L的自感系数足够大，电阻可以忽略不计。下列说法中正确的是 A. 合上开关S，A1先亮，A2后亮，最后一样亮B. 断开开关S，A1和A2都要过一会儿才熄灭C. 断开开关S，A2闪亮一下再熄灭D. 断开开关S，流过A2的电流方向向右【答案】B【解析】【分析】当电键K闭合时，通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定
9、律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮断开瞬间也可以按照同样的思路分析【详解】当电键K闭合时，灯A2立即发光。通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，灯A1逐渐亮起来。所以灯A2比灯A1先亮。由于线圈直流电阻忽略不计，当电流逐渐稳定时，线圈不产生感应电动势，两灯电流相等，亮度相同。故A正确；稳定后当电键S断开后，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，线圈L、灯A2与灯A1构成闭合回路放电，两灯都过一会儿熄灭，由于两灯泡完全相同，线圈的电阻又不计，则灯A2不会出现闪亮一下，且流过灯A
10、2的电流方向向左；故BCD错误；故选A。9.用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图）。设两极板正对面积为S，极板间的距离为d,静电计指针偏角为。实验中，极板所带电荷量不变，若A. 保持S不变，增大d,则变大B. 保持S不变，增大d,则变小C. 保持d不变，减小S,则变小D. 保持d不变，减小S,则不变【答案】A【解析】试题分析：A、B、电容器所带电荷量Q不变，由可知不变，增大d，则变小，而由可得电容器的电压U变大，从而使得静电计的电压U变大，其指针的偏角变大，故A正确、B错误.C、D、同理可知保持d不变，减小S，则变小，而由可得电容器的电压U变大，使得静电计的电压U变大，其指针
11、的偏角变大，故选项C、D均错误.故选:A.考点：本题考查了电容器的动态变化.10.如图所示交流电的电流有效值为( )A. 2AB. 3AC. AD. 【答案】C【解析】由有效值定义可得：I12Rt1+I22Rt2=I2RT，代入数据得：62R1+22R1=I2R2，解得：I=2A, 故选C点睛：对于交变电流的有效值，往往根据交变电流有效值的定义来计算，计算热量时运用焦耳定律11.矩形导线框固定在匀强磁场中，如图甲所示，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向为垂直纸面向外，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，则（）A. 时间内，导线框中电流的方向为abcdaB. 时间内，导线框
12、中电流越来越小C. 时间内，导线框中电流的方向始终为adcbD. 时间内，导线框ab边受到的安培力大小恒定不变【答案】A【解析】【详解】根据图中所示磁感应强度变化情况，应用楞次定律可知，0t2时间，电路中电流方向为逆时针方向，即电流方向为：abcda，故A正确，C错误； 由图乙所示图线可知，0t1磁感应强度均匀减小，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势大小不变，由欧姆定律可知，线框中的电流大小不变，故B错误； 由C可知：0t2时间内，电路中电流大小I恒定不变，B不断变化，由F=BIL可知，安培力F大小发生变化，安培力大小不是恒定的，故D错误；12.现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B
13、、电流计及开关按如右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，开关闭合或断开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，电流计指针才能偏转【答案】A【解析】试题分析：电键闭合后，线圈A插入或拔出都会引起穿过线圈B的磁通量发生变化，从而电流计指针偏转，选项A正确；线圈A插入线圈 B中后，电键闭合和断开的瞬间，线圈B的磁通量会发生变化，电流计指针会偏转，选项B错误；电键闭合后，滑动变阻器的滑片P无论匀速滑动还是加速滑动
14、，都会导致线圈A的电流发生变化，线圈B的磁通量变化，电流计指针都会发生偏转，选项C、D错误故选A考点：本题考查了感应电流产生的条件，点评：知道感应电流产生条件，认真分析即可正确解题二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）13.如图所示，用丝线吊一个质量为m的带电(绝缘)小球处于匀强磁场中，空气阻力不计，当小球分别从A点和B点向最低点O运动且两次经过O点时( )A. 小球的动能相同B. 丝线所受的拉力相同C. 小球所受的洛伦兹力相同D. 小球的向心加速度相同【答案】D【解析】【分析】带电小球在重力与拉力及洛伦兹力共同作用下，绕固定点做圆周运动，由于拉力与洛伦兹力始终垂直于速度方向，它们对小球不
15、做功因此仅有重力作功，则有机械能守恒从而可以确定动能是否相同，并由此可确定拉力与洛伦兹力由向心加速度公式和牛顿第二定律列式分析【详解】A、小球运动过程中，所受的细线的拉力与洛伦兹力对小球不做功，仅仅有重力作功，则小球机械能守恒，所以小球分别从A点和B点向最低点O运动且两次经过O点时的动能相同;故A正确.B、小球经过最低点时速度大小不变，则根据牛顿第二定律可知，由于速度方向不同，导致产生的洛伦兹力的方向也不同，则拉力的大小也不同;故B错误.C、小球经过最低点时速度大小不变，由于速度方向不同，导致产生洛伦兹力的方向也不同，则洛伦兹力不相同;故C错误.D、小球的动能相同则速度的大小相等，据知，v、r
16、相同，可知小球所受的向心力相同,向心加速度相同;故D正确.故选AD.【点睛】本题考查对小球进行受力分析，并得出力做功与否，根据机械能守恒定律来解题是突破口，同时注意洛伦兹力方向随着速度的方向不同而不同最后由牛顿第二定律来分析向心力与向心加速度三、填空题（本大题共1小题，共6.0分）14.为确定某电子元件的电气特性，用多用表测量该元件的电阻，选用“100”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转过大，因此需选择_倍率的电阻挡(填“10”或“1k”)，并_再进行测量，多用表的示数如图所示，测量结果为_. 【答案】 (1). 10 (2). 欧姆调零 (3). 70【解析】试题分析：选用“100”倍率的
17、电阻档测量，发现多用表指针偏转过小，说明所选挡位太小，为准确测量，需要选择1k倍率的电阻档，然后重新进行欧姆调零；由图示可知，电阻测量值为71000=7000；考点：欧姆表的使用.四、实验题探究题（本大题共1小题，共4.0分）15.如图（a）所示，读数为_mm用游标为20分度的卡尺测量球的直径，示数如图（b）所示，读数为_cm。【答案】 (1). 0.616 (2). 0.675【解析】【详解】螺旋测微器的读数为： 0.5mm+11.60.01mm=0.616mm（0.615-0.619都对） 游标卡尺读数为： 6mm+150.05mm=6.75mm=0.675cm五、计算题（本大题共3小题，
18、共43.0分）16.如图所示，甲图为一理想变压器，其原副线圈匝数比n1n210 1.当原线圈接乙图所示的正弦交流电副线圈接负载电阻R10。 电压表、电流表均为理想表。求：（1）原线圈两端电压的瞬时表达式；（2）理想电压表及电流表读数分别多少？【答案】（1）u=36sin（100t）（2）0.036A.【解析】试题分析：（1）Um36V，=100rad/s，u=36sin（100t）（2）输入电压的有效值为：U136V，由理想变压器知识：U23.6V；理想变压器P1P2，可得U1I1I10.036A.考点：考查了变压器构造和原理点评：本题需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的关系，17.如图甲所
19、示,一个圆形线圈的匝数n=1000,线圈面积S=200cm2,线圈的电阻r=1 ,线圈外接一个阻值R=4的电阻,把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中,磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。求:(1)前4s内的感应电动势;(2)前4s内通过R的电荷量;(3)线圈电阻r消耗的功率。【答案】(1)1V (2)0.8C (2)0.04W【解析】【详解】（1）由图象可知前4s内磁感应强度B的变化率为：=0.05T/s根据法拉第电磁感应定律得4s内感应电动势为：E=nS0=10000.020.05V=1V；（2）由欧姆定律得，电路中电流为：I=前4s内通过R的电荷量为：q=It联立解得：（3）由于
20、电流是恒定的，线圈电阻r消耗的功率为：。18.如图所示，足够长的U形导体框架的宽度L0.5 m，电阻可忽略不计，其所在平面与水平面成37。有一磁感应强度B0.8 T的匀强磁场，方向垂直于导体框平面。一根质量m0.4 kg、电阻R1 的导体棒MN垂直跨放在U形框架上，某时刻起将导体棒由静止释放。已知导体棒与框架间的动摩擦因数0.5.(sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2)求:(1)导体棒刚开始下滑时加速度大小；(2)导体棒运动过程中的最大速度；(3)从导体棒开始下滑到速度刚达到最大时的过程中，通过导体棒横截面的电荷量Q4 C，求导体棒在此过程中消耗的电能。【答案】(1)2m
21、/s2；(5)5m/s；(3)3J【解析】【详解】(1)以MN为研究对象进行受力分析，根据牛顿第二定律可得：mgsinmgcos=ma代入数据解得：a=2m/s2；(2)当导体棒匀速下滑时其受力情况如图，因为匀速下滑，设匀速下滑的速度为v，则在平行斜面上根据平衡条件可得：mgsinfF=0摩擦力为：f=mgcos；安培力为：F=BIL根据闭合电路欧姆定律可得电流强度为：I=BLv/R由以上各式解得：v=5m/s；(3)通过导体的电量为：Q=t=设物体下滑速度刚好为v时的位移为S，则有：=BSL全程由动能定理得：mgSsinW安mgcosS= 代入数据解得：W克=3J；此过程回路产生的热量为Q=3J，导体棒在此过程中产生的热量Q2=J=0.6J.答：(1)导体棒刚开始下滑时的加速度大小为2m/s2；(2)导体棒运动过程中的最大速度为5m/s；(3)导体棒在此过程中消耗的电能为0.6J.
