云南省玉溪第一中学2025-2026学年高二下学期第一次月考物理试题（Word版附答案）

这是一份云南省玉溪第一中学2025-2026学年高二下学期第一次月考物理试题（Word版附答案），共18页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
一/二 选择题
选择题详细解析：
1.【答案】A
【解析】0时刻，电量为零，电场能最小，磁场能最大，A正确；t=a时，电量最大，电流为零，B错误；t=c时，电量为零，属于放电完毕，错误；t=c时，电量最大，电压最大，电流为零，电流变化率最大，自感电动势最大，D错误。
2.【答案】C
【解析】从t=0到t=1.6 s，恰好是一个周期，所以振子通过的路程为4×12 cm=48 cm，A项错误；在0-0.4 s内，振子做减速运动，不是匀速运动，所以t=0.2 s时，振子不在O点右侧6 cm处，而是在O点左侧，B项错误；在t=0.4 s和t=1.2 s时，振子分别位于B点和A点，根据牛顿第二定律可知，振子的加速度大小相同，方向相反，C正确；t=0.4 s到t=0.8 s的时间内，振子的位移减小，正向平衡位置运动，振子的速度逐渐增大，D项错误。
3.【答案】C
【解析】通电长直导线产生的磁场，由右手螺旋定则知，以导线为界，右边的磁场垂直纸面向里，初速度向上的电子受到的洛伦兹力向右，电子将向右偏转，同时由于洛伦兹力不做功，电子速率不变，故选C.
4.【答案】D
【解析】A．用户减少时，用户所在线路总电阻增大，而输入电压不变，由闭合电路欧姆定律可知，用户所在线路的总电流减小，由可知，上的功率减小。A错误；
由上述分析，用户所在线路的总电流减小，R0上的电压减小，总电压不变，所以用户获得的电压增大，B错误；
用户增多时，由A中分析，同理可得，用户所在线路总电流增大，由理想变压器原副线圈电流比等于匝数比的倒数可知，匝数比不变，原线圈中电流增大，电流表A的示数变大；
D．用户增多时，由B中分析，同理可知，用户获得的电压减小，若想维持用户获得的电压不变，应使用户所在电路总电压变大，故根据理想变压器原副线圈匝数比等于电压比，应将P适当上调使得匝数比变大。D正确。故选D。
5.【答案】C
【解析】由题图甲可知u＝36eq \r(2) sin100πt(V)，A错误。M、N之间输出交流电压的频率由输入的交流电压的频率决定，B错误。滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，R3减小，由“串反并同”可知电压表读数减小，电流表读数增大，C正确；当滑动触头P逆时针转动时，副线圈匝数增多，电压变大，电阻R2消耗的电功率变大，D错误。
6.【答案】A
【解析】图示位置为中性面，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零，线圈中电流为零，电压和电流的方向即将改变，故A正确；线圈在磁场中转动，产生的电动势的最大值为Em＝NBSω，,此过程全电路产生的焦耳热为Q=NBSω2(R+r)2(R+r)⋅14⋅2πω=πωN2B2S24(R+r)，故B错误；电流表的示数I＝eq \f(E,r＋R)＝eq \f(NBSω,\r(2)（r＋R）)，故C错误；电压表测量的是外电路电压的有效值，示数为U=IR=NBSωR2(R+r)，故D错误。
7.【答案】A
【解析】根据q＝It，I＝eq \f(E,R)，E＝eq \f(ΔΦ,Δt)，ΔΦ＝ΔSB＝BLeq \f(h,sin θ)，可得通过电阻R的电量为q＝eq \f(BLh,Rsin θ)，故A正确；由右手定则判断金属杆中的电流方向由a指向b，故B错误；由于达到最大高度h后保持静止，所以轨道粗糙，由动能定理－mgh＋W安－Wf＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，可得金属杆克服安培力做功等于|W安|＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－mgh－Wf，故C错误；由能量守恒可知金属杆损失的机械能等于电阻R产生的焦耳热和金属杆与轨道摩擦产生的热量，故D错误。
8.【答案】CD
【解析】由图中可以看出，极板间的电场方向是竖直向上的，说明下极板带正电，上极板带负电，电流的方向是从电容器负极板流出，从正极板流入，故电容器处于充电状态，电量增大，电场增强，A错误，C正确；由右手定则可以判断出，该变化电场产生逆时针方向（俯视）的磁场，故B错误； D两极板的电场最强时，电场的变化率为零，电场产生的磁场的磁感应强度为零，故D正确。
9.【答案】BD
【解析】电流的频率f＝eq \f(1,0.02) Hz＝50 Hz，故电流方向每秒钟改变100次，选项A错误；通过R2的电流有效值I2＝eq \f(3\r(2),\r(2)) A＝3 A，R2两端的电压U2＝I2R2＝6 V，通过R3的电流I3＝eq \f(U2,R3)＝2 A，通过副线圈的电流I＝I2＋I3＝5 A，故通过原线圈的电流I0＝eq \f(n2,n1)I＝2.5 A，选项B正确；电压表的示数U＝U2＋IR1＝10 V，选项C错误；变压器的输入功率P1＝P2＝UI＝50 W，选项D正确。
10.【答案】AC
【解析】由图像可得交变电流的周期为T=2×10-2s，故A正确。电压最大值为Um=2202V,交流电压的瞬时值表达式为u=Umsinωt=2202sin2πTt=2202sin100πt(V)，故B错误。当电源在正半轴时A点电位高于B点电位，二极管导通，即R1被短路。电源在负半轴时B点电位高于A点电位，二极管截止，R1、R2串联。设R1上电压的有效值为U。根据有效值的定义得:U2R12T=(12×Um2)2R12×T2，解得:U=552V，故C正确，D错误。
三、实验题：本题2小题，共16分。
11．（6分，每空2分）
【答案】（1）连线见下图，每根连线正确给1分 （2）向右 向左
【解析】已知大螺线管中磁通量增大时，电流表G的指针右偏。当光照增强时，光敏电阻阻值变小，小螺线管中电流增大，磁场增强， 故电流表G的指针右偏；将铁芯抽出时，磁通量减小，电流表G的指针应该左偏。
12.（10分，每空2分） 【答案】（1）大 （2）60 26-28都给分；（3）2.38 2.85
【解析】（1）由题意知，酒精气体浓度越大，传感器阻值越小，回路中电流越大，电压表测量R1两端电压，所以电压表读数变大。
（2）由题图乙可知：酒精气体浓度为0时R2的阻值为60 Ω；
酒精气体浓度为100 mg/m3时R2的阻值为26 Ω或27 Ω。
（3）按题图甲所示电路图把电压表改装成酒精浓度表，则
酒精气体浓度为0时，电阻R2阻值最大为60 Ω，此时UR1=ER1R1+R2+r=4.8×6060+60+1 V≈2.38 V，则0刻度线应刻在电压刻度线为2.38 V处；
酒精气体浓度为50 mg/m3时，电阻R2阻值为40 Ω，此时UR1'=ER1R1+R2'+r=4.8×6060+40+1 V≈2.85 V
酒精气体浓度为50 mg/m3应刻在电压刻度线为2.85 V处。
四、计算题：本题共3小题，共 38分。
13. （10分）（1）v=2qum （2） qm=8UB2L2
（1）在加速电场中：qU=12mv2 ① 2分
所以v=2qum ② 2分
（2）在偏转磁场中：qvB=mv2r ③ 2分
且L=2r ④ 2分
所以 qm=8UB2L2 ⑤ 2分
14.（13分）（1）10V，上极板电势高 （2）1A，8m/s （3）4.6C
（1）根据法拉第电磁感应定律可得，左侧圆形线圈中产生的电动势
①
解得 ②
则电容器两端的电压为 ③
根据楞次定律可知，线圈中电流为顺时针方向，上极板电势高于下极板电势。 ④
（2）当导体棒受力平衡时，速度最大，根据平衡条件则有 ⑤
所以 I=1A ⑥
又由 ⑦
联立解得 ⑧
（3）对导体棒，根据动量定理： ⑨
又因为 ⑩
联立解得 ⑪
说明：除①、⑤两个式子每式2分外，其余式子每式1分
15．（15分）【答案】（1）100A； （2）n1n2=120 ； （3）
【解析】方法一：用电流关系求解
（1）输电线上损失的功率 ∆P=0.05P输 ①
又根据输电线电阻损耗功率ΔP=I22R线 ②
联立解得 ③
（2）由发电机的输送功率 ④
所以I1=P输U1=2000A
根据变压器工作原理 ⑤
联立解得 n1n2=120 ⑥
（3）I3=I2=100A ⑦
P4=P输−ΔP ⑧
P4=950kW ⑨
I4=P4U4 ⑩
I4=4750011≈4318.2A ⑪
由 n3n4=I4I3 ⑫
n3n4=47511≈43.2 ⑬
说明：除②、⑧每式2分外，其余每式1分。
方法二：用电压关系求解：
输电线上损失的功率 ∆P=0.05P输 ①
又根据输电线电阻损耗功率ΔP=I22R线 ②
联立解得 ③
且 U2=P2I2 ④
U2=104V ⑤
n1n2=U1U2=120 ⑥
又因为U3=U2−∆U ⑦
∆U=I2R线 ⑧
U3=9900V ⑨
由 n3n4=U3U4 ⑩
n3n4=47511≈43.2 ⑪
说明：除②、④、⑦、⑧每式2分外，其余每式1分。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
A
C
C
D
C
A
A
CD
BD
AC