甘肃省甘谷第一中学2020学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析）

甘肃省甘谷第一中学2020学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析）

甘肃省甘谷第一中学2020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】C＝Q/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，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u＝Umsinωt，副线圈电路中R0为定值电阻，R为滑动变阻器，理想交流电压表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. 9：1：4 B. 6：1：‎2 ‎C. 3：1：2 D. 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A2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θ。实验中，极板所带电荷量不变，若 A. 保持S不变，增大d,则θ变大 B. 保持S不变，增大d,则θ变小 C. 保持d不变，减小S,则θ变小 D. 保持d不变，减小S,则θ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. ‎2A B. ‎3A C. A D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由有效值定义可得： I12Rt1+I22Rt2=I2RT，代入数据得：62×R×1+22×R×1=I2R×2，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abcda B. 时间内，导线框中电流越来越小 C. 时间内，导线框中电流的方向始终为adcb D. 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，0～t2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，0～t1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：0～t2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、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，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________Ω.‎ ‎【答案】 (1). ×10 (2). 欧姆调零 (3). 70‎ ‎【解析】‎ 试题分析：选用“×‎100”‎倍率的电阻档测量，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7×1000Ω=7000Ω；‎ 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+11.6×‎0.01mm=‎0.616mm（0.615-0.619都对）‎ 游标卡尺读数为： ‎6mm+15×‎0.05mm=‎6.75mm=‎‎0.675cm 五、计算题（本大题共3小题，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n1∶n2＝10 ∶1.当原线圈接乙图所示的正弦交流电．副线圈接负载电阻R＝10Ω。‎ ‎ 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（100πt）（2）‎0.036A.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）Um＝36V，ω=100πrad/s，u=36sin（100πt）‎ ‎（2）输入电压的有效值为：U1＝＝36V，由理想变压器知识：＝⇒U2＝3.6V；理想变压器P1＝P2，可得U1I1＝⇒I1＝‎0.036A.‎ 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" Ω,线圈外接一个阻值R=4Ω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=1000×0.02×0.05V=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L＝‎0.5 m，电阻可忽略不计，其所在平面与水平面成θ＝37°。有一磁感应强度B＝0.8 T的匀强磁场，方向垂直于导体框平面。一根质量m＝‎0.4 kg、电阻R＝1 Ω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μ＝0.5.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，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Q＝‎4 C，求导体棒在此过程中消耗的电能。‎ ‎【答案】(1)‎2m/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：‎ mgsinθ−μmgcosθ=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：‎ mgsinθ−f−F=0‎ 摩擦力为：f=μmgcosθ；‎ 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：△Φ=BSL 全程由动能定理得：‎ mgS⋅sinθ−W安−μmgcosθ⋅S= ‎ 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.‎