福建省连城一中高二上学期第二次月考物理试题（解析版）

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2017—2018学年连城一中上期第二次月考高二物理试卷一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题列出的四个选项中，第1-8题只有一项是符合题目要求；第9-12题不只一项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1.下列关于静电场的电场线和磁场的磁感线的说法中，正确的是（)A.电场线和磁感线都是电场或磁场中实际存在的线B.两条磁感线一定不相交，电场线可能相交C.电场线是不闭合曲线，而磁感线是闭合曲线D.电场线越密的地方，同一试探电荷所受的电场力越大；磁感线分布越密的地方，同一试探电荷所受的磁场力也越大【答案】C【解析】A、电场线和磁感线都是假想的曲线，并不存在．故A错误；B、两条磁感线一定不相交，电场线也不相交，否则交点处电场强度有两个方向，违反电场强度唯一性的特点，故B错误；C、电场线是不闭合曲线，而磁感线是闭合的曲线，故C正确；D、电场线越密的地方，电场强度越大，由公式F=qE知同一试探电荷所受的电场力越大;磁感线分布越密的地方,磁感应强度越大，同一试探电荷所受的磁场力不一定越大，还与电荷的运动方向与磁感应强度方向的夹角有关．故D错误;故选C。【点睛】此题考查电场与磁场的基本知识，通过相互比较来加强理解．注意电荷在磁场中受洛伦兹力是“有条件”的，即运动电荷和磁场方向要有夹角，若是平行或电荷与磁场相对静止则不受洛伦兹力作用,而电荷在电场中受电场力是“无条件"的即电场力与电荷的运动状态无关．2.如图所示，一水平放置的通电螺线管接通电源,电源的左端为正极,螺线管内部中心为O点，P为螺线管外一点，且位于O点正上方，Q为螺线管外靠右端的一点,则（）A.O点磁场方向水平向左B.P点磁场方向水平向右C.P点磁感应强度比Q点大D。Q点磁感应强度比O点小【答案】D【点睛】本题考查了磁极间的相互作用规律和右手螺旋定则．利用右手螺旋定则既可由电流的方向判定磁极磁性，也能由磁极极性判断电流的方向和线圈的绕法.3.一灵敏电流计，满偏电流为Ig=500μA，表头电阻Rg=200Ω，若将它改装成量程为1。0V的电压表，应（）A.串联一个1800Ω的电阻B。串联一个0.1Ω的电阻C。并联一个1800Ω的电阻D.并联一个0。1Ω的电阻【答案】A【解析】把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻，串联电阻阻值为:；故选A．【点睛】电表的改装抓住表头的三个参量不变，串联会分压,并联会分流，再结合部分电路的欧姆定律即可正确解题．4.如图所示，把两个完全一样的环形线圈互相垂直地放置，它们的圆心位于一个共同点O上，当通以相同大小的电流时，O点处的磁感应强度与一个线圈单独产生的磁感应强度大小之比是()A1∶1B。C。D2∶1【答案】B【解析】试题分析:根据安培定则可知，竖直方向的通电圆环在圆心O处产生的磁感应强度方向垂直纸面向里,大小为B,水平方向的通电圆环在圆心O处产生的磁感应强度方向竖直向上，大小为B，两者相互垂直,所以圆心O处的磁感强度的大小是，所以B正确；A、C、D错误．考点:本题考查安培定则、磁感应强度的叠加。5。在静电场中，将一正电荷从a点移到b点，电场力做负功,则（）A。b点的电场强度一定比a点大B。电场线方向一定从b指向aC。b点的电势一定比a点高D。该电荷的动能一定减小【答案】C【解析】电场力做负功,该电荷电势能增加．正电荷在电势高处电势能较大，C正确．电场力做负功同时电荷可能还受其他力作用,总功不一定为负．由动能定理可知，动能不一定减小,D错．电势高低与场强大小无必然联系，A错．b点电势高于a点．但a、b可能不在同一条电场线上，B错．6.如图所示，虚线A、B、C代表某电场中的三个等势面，实线为一带电的质点仅在电场力的作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q为质点先后通过电场时轨迹上的两个点，由此可知()A.质点一定带正电B.质点在P点受到的电场力大于在Q点的电场力C。质点通过P点时动能较大D.质点通过P点时电势能较大【答案】C【解析】解：A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于不知道电场的方向，因此无法确定质点带正电还是带负电．故A错误．B、等势线密的地方电场线密场强大，故Q点位置电场强，电场力大，故B错误．C、D、根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右方，从Q到P过程中电场力的方向与运动的方向之间的夹角是锐角，电场力做正功，电势能降低，动能增大,故P点时电势能较小，P点的动能大于Q点的动能，故C正确、D错误．故选：C．【点评】解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、动能等物理量的变化．7。如图所示，三个质量相等的，分别带正电、负电和不带电的小球，以相同速率在带电平行金属板的P点沿垂直于电场方向射入电场，落在A、B、C三点，则（）A。落到A点的小球带正电、落到B点的小球带负电，落到C点的小球不带电B。三小球在电场中运动时间相等C。三小球到达正极板的动能关系是EkA〈EkB<EkCD。三小球在电场中的加速度关系是aC<aB〈aA【答案】C【解析】A、B、D：三个小球都匀变速曲线运动，运用运动的分解法可知,三个小球水平方向都做匀速直线运动，由图看出，水平位移的关系为xA＞xB＞xC，而它们的初速度v0相同，由位移公式x=v0t得知,运动时间关系为tA＞tB＞tC．三个小球在竖直方向都做匀加速直线运动，竖直位移大小y相等，由位移公式得到，加速度的关系为aA＜aB＜aC．根据牛顿第二定律得知,三个小球的合力关系为：FA＜FB＜FC．三个质量相等，重力相等，可知,A所受的电场力向上，C所受的电场力向下，则A带正电、B不带电、C带负电．故A，B，D均错误．C、由上分析得到，电场力对A做负功，电场力对C做正功，而重力做功相等，而且重力都做正功,合力对小球做功A最小，C最大，初动能相等，则根据动能定理得知，到达正极板时动能关系EKA＜EKB＜EKC．故C正确．故选C．【点睛】题中涉及类平抛运动，其研究方法与平抛运动相似,采用运动的分解法．关键能确认出不带电小球做平抛运动，带电小球做类平抛运动,分水平和竖直方向分析小球的运动,水平方向匀速直线运动，竖直方向初速度为0的匀加速直线运动，由运动的合成与分解进行分析．8.如图所示，是测定液面高低的传感器示意图，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物体，C为导电液体，把传感器接到图示电路中。已知灵敏电流计电流从左边流入指针向左偏转。如果发现指针向右偏转,则（）A。电容器的电容变大，导电液体的深度h升高B。电容器的电容变小，导电液体的深度h升高C。电容器的电容变大，导电液体的深度h降低D。电容器的电容变小，导电液体的深度h降低【答案】A【解析】灵敏电流计电流从左边流入指针向左偏转．如果发现指针正向右偏转,说明电流从右边流入，电容器充电，所以电容器的电容增大；液体的高度升高，导致电容器的正对面积变大,由知电容变大．然而把传感器接到图示电路中，已知灵敏电流表指针偏转方向与电流方向相同．如果发现指针正向右偏转，说明电容器在充电．由于传感器与电源相连，所以传感器两端电势不变,而电容器电量在增大,则说明电容器的电容在增大．故液体的高度正在增大．故选A。【点睛】运用类比将传感器与平行板电容器相联，同时运用Q=CU，来解决问题．9。额定电压为4.0V的直流电动机的线圈电阻为1.0Ω，正常工作时，电动机线圈每秒产生的热量为4。0J，下列计算结果正确的是（）A.电动机正常工作时的电流强度为2.0AB。电动机正常工作时的输出功率为4.0WC.电动机每秒将电能转化成机械能为16.0JD.电动机正常工作时的输入功率为8.0W【答案】ABD【解析】A、由于线圈产生的热量Q=I2Rt，故通过电动机的电流：,故A正确；B、D、电动机正常工作时的输入功率：P=UI=4。0V×2.0A=8.0W；电动机的热功率：PQ=I2R=(2.0A）2×1。0Ω=4。0W，电动机的输出功率:P出=P-PQ=8.0W-4。0W=4.0W．故B正确，D正确；电动机每秒将电能转化成机械能为：W=P出t=4。0×1=4.0J．故C错误；故选ABD.【点睛】电动机是非纯电阻电路,电动机的输入功率等于热功率与输出功率之和，应用电功率公式与电功公式即可正确解题．10。关于多用电表的使用，下列说法中错误的是（)A。测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开B.用欧姆档测电阻时,电流是从红表笔流出，黑表笔流进的C.用欧姆档测电阻，选不同量程时，指针越靠近右边误差越小D.测量电阻时如果指针偏转过大，应将选择开关S拨至倍率较大的档位，重新调零后测量【答案】BCD。.。。.。.。.。.。.。。。.。【点睛】欧姆表的使用方法与注意事项，掌握多用电表的使用方法与注意事项即可正确解题，要注意基础知识的学习与掌握．11。如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则(）A.电压表读数减小B。电流表读数减小C。质点P将向下运动D.R3上消耗的功率逐渐增大【答案】AC【解析】试题分析:由图可知电路结构，由滑片的移动可知电路中电阻的变化,再由闭合电路欧姆定律可知各电表示数的变化及电容器两端的电压变化；再分析质点的受力情况可知质点的运动情况．由图可知,与滑动变阻器串联后与并联后，再与串联接在电源两端；电容器与并联；当滑片向a移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流减小；路端电压增大,同时两端的电压也减小;故并联部分的电压增大;由欧姆定律可知流过的电流增大，则流过并联部分的电流减小,故电流表示数增减小；因并联部分电压增大,而中电压减小，故电压表示数增大，因电容器两端电压增大，故电荷受到的向上电场力增大，则重力小于电场力,合力向上，电荷向上运动,故A错误故BC正确；因两端的电压增大，由可知，上消耗的功率增大，故D正确；【点睛】解决闭合电路欧姆定律的题目，一般可以按照整体-局部—整体的思路进行分析，注意电路中某一部分电阻减小（增大)时，无论电路的连接方式如何，总电阻均是减小（增大)的．12。如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度V1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为V2(V2＜V1）.若小物体电荷量保持不变,OM＝ON,则()A。小物体上升的最大高度为B。从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小C.从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功D。从N到M的过程中,小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小【答案】AD【解析】A、设斜面倾角为θ、上升过程中物体沿斜面运动的最大距离为L．因为OM=ON，则MN两点电势相等，小物体从M到N、从N到M电场力做功均为0．上滑和下滑经过同一个位置时，垂直斜面方向上电场力的分力相等，则经过相等的一小段位移在上滑和下滑过程中电场力分力对应的摩擦力所作的功均为相等的负功，所以上滑和下滑过程克服电场力产生的摩擦力所作的功相等、并设为Wf．在上滑和下滑过程,对小物体，摩擦力做功相等,则应用动能定理分别有：,,由以上两式相减可得，故A正确；B、从N到M的过程中，电场力对小物体先作正功后作负功，电势能先减小后增大，故B错误．C、从M到N的过程中，电场力对小物体先做正功后做负功．故C错误．D、从N到M的过程中，小物体受到的电场力垂直斜面的分力先增大后减小，而重力分力不变,则摩擦力先增大后减小，在此过程中小物体到O的距离先减小后增大，根据库仑定律可知小物体受到的电场力先增大后减小，故D正确．故选AD.【点睛】本题考查动能定理的应用、摩擦力及电场力做功的特点，涉及能量变化的题目一般都要优先考虑动能定理的应用，并要求学生能明确几种特殊力做功的特点，如摩擦力、电场力、洛仑兹力．二、实验题（2小题，每空2分，共16分）13。(1)如图所示为某同学用游标卡尺测量一均匀圆柱体长度，由图可知其长度为________mm；(2)为了描绘该小灯泡L的伏安特性曲线，实验室可提供选择的器材及代号如下:A．小灯泡L(3。0V，1。8W）；B．滑动变阻器R（0~10Ω，额定电流1.5A）；C．电压表V1（量程:0～3V，RV约为5kΩ）；D．电压表V2（量程:0～15V，RV约为10kΩ);E．电流表A1（量程：0～0。6A，RA约为0.5Ω)；F．电流表A2(量程:0～3A,RA约为0.1Ω)；G．蓄电池组（电动势约为4V)、电键各一个，导线若干；①请你用笔线代替导线将右上图所示的实验电路图补充完整___________;②实验中应选电压表________，电流表________.（请填写器材前面的字母序号）【答案】（1）.1。30(2）。(3).C(4）。E【解析】(1)游标的0刻度左侧显示的整毫米数为1mm，20分度的精确度为0.05mm，游标上第6条线对齐主尺上的某条线，游标卡尺的读数为:1mm+6×0。05mm=1.30mm．（2）描绘该小灯泡L的伏安特性曲线需要电压和电流都从零开始一直到额定电压，故采用滑动变阻器的分压接法才能获得大范围的调节，连接电路如图所示:②小灯泡两端的额定电压为3V，需要电压达到3V,所以电压表选用C（V1），小灯泡的额定电流为：;所以电流表选用E(A1)．【点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，以及知道器材选取的三个原则：精确、安全、可操作．知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别,有三种情况一定是用分压使接法(零开始、小控大，量程小）．14.如图为测定一节干电池的电动势和内阻的电路原理图。现备有以下器材:A．干电池（E约为1。5V，r约为1Ω）B．电压表（0~3V）C．电流表（0～0。6A）D．滑动变阻器R1(0～20Ω,2A）E．滑动变阻器R2(0～100Ω，0.1A）（1）在实验中滑动变阻器应选用__________(填“R1”或“R2"）.闭合开关S前，滑动变阻器的滑动头P应移到_________端(填“a”或“b"）；(2）这位同学测量时记录了5组数据,在坐标纸上画出U－I图线如右图所.根据图线求出一节干电池的电动势E约为__________V，内阻r约为_________Ω。【答案】（1)。R1（2）。a(3)。1.44～1。48(4).0。49～0.52【解析】解:（1）为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1;为保护电路，闭合开关S前，滑动变阻器的滑动头P应移到a端．（2)由图象电源U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1。44，电源电动势：E=1。44V,电源内阻：r==≈0。49Ω；故答案为:（1）R1；a；（2)1。44；0。49．【点评】本题考查了求实验器材选择、实验注意事项、求电源电动势与内阻，应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握图象法处理实验数据的方法．三、计算题(4小题，共36分,答题应写出主要的运算过程和必要的文字说明）15。如图所示的电路中，电源电动势E=10V，电阻R1=2.5Ω,R2=3Ω，当电阻箱Rx调到3Ω时，理想电流表的示数为2A．求：(1）电源的内电阻？(2）调节电阻箱,使电流表的示数为1。6A时,电阻R2消耗的电功率？【答案】（1）r=1Ω(2)P2=6.45W【解析】本题考查闭合电路欧姆定律的应用,R2和Rx并联电阻阻值为,电路总电阻为4Ω,由闭合电路欧姆定律有E=I（R+r），r=1Ω，只要能求得电阻R2两端的电压,由公式可求得电功率大小,电流表示数为1。6A，电源内阻分压为1.6V，R1分压为4V，R2两端电压为4.4V，所以R2功率16。如图所示，通电金属杆ab质量m=12g,电阻R=1.5Ω，水平地放置在倾角θ=30°的光滑金属导轨上。导轨宽度,导轨电阻、导轨与金属杆的接触电阻忽略不计，电源内阻r=0.5Ω.匀强磁场的方向竖直向上，磁感强度B=0.2T。g=10m/2s.若金属棒ab恰能保持静止,求：(1)金属杆ab受到的安培力大小；(2)电源的电动势大小E。【答案】(1)F=0.069N（2）E=4。0V【解析】试题分析：（1)对导线受力分析，由平衡条件可得安培力大小．（2）由安培力定义式可得电路电流,进而可得电源的电动势．解：（1）对导线受力分析如图，由平衡条件可知：F=mgtan30°，解得:F==,（2）导线受到的安培力为:F=BId，又：E=I（R+r），联立解得电动势：E==4.0V．答：（1）金属杆ab受到的安培力大小为;（2）电源的电动势大小E=4。0V．【点评】重点是做好受力分析图，用好平衡条件，要确定好安培力的方向，记住方法是左手定则．17。如图所示，在P点固定一个正点电荷，A、B两点在P的正上方，与P相距分别为h和，将一质量为m、电荷量为q的带正电小球从A点由静止释放,释放后带电小球在A点处的加速度大小为，运动到B点时速度恰好变为零．求:(1)A、B两点间的电势差；（2)带电小球在B点