【文档说明】【精准解析】四川省宜宾市叙州区第一中学2019-2020学年高二下学期第一次在线月考物理试题.doc，共(13)页，638.000 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

2020年春四川省叙州区第一中学高二第一学月考试物理试题注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答

题无效。4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。6.考试时间：150分钟；物理化学生物同堂分卷考试，物理110分，化学100分，生物分90分，共300分第I卷选择题（54分）一、选择题

（每小题6分，共9个小题，共54分；其中1-6题为单选题，7-9题多选题，少选得3分，多选错选得0分。）1.如图，A、B是两个完全相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略不计的自感线圈.下面说法正确的是A.闭合开关S时，A、B灯同时亮，且达到正常亮度B.闭合开关S时，A

灯比B灯先亮，最后一样亮C.闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮D.断开开关S时，B灯立即熄灭而A灯慢慢熄灭【答案】C【解析】A、B、C、开关K闭合的瞬间,电源的电压同时加到两支路的两端,B灯立即发光.因为线圈的自感阻碍,A灯后发光,因为线圈的电阻可以忽略,灯A逐渐变亮,最后和B灯一样亮.故

AB错误,C正确;D、断开开关K的瞬间,线圈与两灯一起构成一个自感回路,过线圈的电流将要减小,产生自感电动势,相当电源,两灯逐渐同时熄灭,故D错误.故选C点睛：开关K闭合的瞬间,电源的电压同时加到两支路的两端,B灯立即发光.因

为线圈的阻碍,A灯后发光,因为线圈的电阻可以忽略,灯A逐渐变亮.最后一样亮．2.学校运动会进行跳远比赛时，要在沙坑里填沙．这样做的目的是为了减小人触地过程中的()A.作用时间B.动量变化量C.动量变化率D.受到的冲量【答案】C【解析】【详解】跳远比赛时，运动

员从与沙坑接触到静止动量的变化量相等，设为pV，由动量定理可知，人受到的合力的冲量Ip=是一定的，人落在沙坑中比落在地面上延长了人与沙坑的接触时间，t变大，由动量定理得：PFt=，PFt=，pV一定，t越长，动量变化率越小，人受到的合外力越小；故能减小的只有动量的变化率，故

C正确，ABD错误．3.如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线．在电场力作用下，一带电粒子(不计重力)经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是()A.粒子带正电B.粒子在A点加速度大C.粒子在

B点动能大D.A、B两点相比，粒子在B点电势能较高【答案】D【解析】【分析】电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向．不计重力的粒子在电场力作用下从A到B，运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电

场力偏向轨迹的内侧．【详解】根据曲线运动条件可得粒子所受合力应该指向曲线内侧，所以电场力逆着电场线方向，即粒子受力方向与电场方向相反，所以粒子带负电．故A错误；由于B点的电场线密，所以B点的电场力大，则A点的加速度较小．故B错误；粒子从A到B，电场力

对粒子运动做负功，电势能增加，导致动能减少，即粒子在A点动能大，B点的电势能大，故C错误D正确【点睛】电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布．对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧．4.如图，条形磁铁放在水平桌面上，在其正中央的上方固

定一根长直导线，导线与磁铁垂直．给导线通以垂直纸面向里的电流，用FN表示磁铁对桌面的压力，用Ff表示桌面对磁铁的摩擦力，则导线通电后与通电前相比较A.FN减小，Ff＝0B.FN减小，Ff≠0C.FN增大，Ff＝0D.FN增大，Ff≠0

【答案】C【解析】【详解】条形磁铁在其正中央的上方处的磁场方向水平向左，则电流所受安培力竖直向上；据牛顿第三定律知，电流对磁铁的作用力竖直向下，则导线通电后与通电前相比较，磁铁对桌面的压力增大，桌面对磁铁的摩擦力仍为零，故C项正确，ABD三项错误。5

.如图所示，美国物理学家安德森在研究宇宙射线时，在云雾室里观察到有一个粒子的径迹和电子的径迹弯曲程度相同，但弯曲方向相反，从而发现了正电子，获得了诺贝尔物理学奖．下列说法正确的是()A.弯曲的轨迹是抛物线B.电子

受到电场力作用C.云雾室中的磁场方向垂直纸面向外D.云雾室中的磁场方向垂直纸面向里【答案】D【解析】【详解】云雾室中所加的是磁场，则电子所受的是洛伦兹力作用，运动的轨迹是圆弧，由图示可知，电子刚射入磁场时，负电子所受洛伦兹力水平向左，正电子所受洛伦兹力水平向右，由左手定则

可知，磁感应强度垂直于纸面向里，故ABC错误，D正确。故选D．点睛：本题考查了左手定则，要熟练应用左手定则判断洛伦兹力的方向，要注意判定负电荷受到的洛伦兹力的方向要使用电流的方向来判定．6.如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属

块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8.0J，重力做功24J，则以下判断正确的是（）A.金属块带负电荷B.金属块的电势能减少4.0JC.金属块克服电场力做功8.0JD.金属块的机械能减少12

J【答案】D【解析】【详解】ABC.在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8.0J，重力做功24J，根据动能定理得：W总=WG+W电+Wf=△EK解得：W电=−4J，所以金属块克服电场力做功4.

0J，金属块的电势能增加4J.由于金属块下滑，电场力做负功，所以电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷．故A错误，B错误，C错误；D.在金属块滑下的过程中重力做功24J，重力势能减小24J，动能增加了12J，所以金属块

的机械能减少12J，故D正确．故选D.7.如图所示为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，匝数n=100匝，电阻为r=1Ω的矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动线圈两端经集流环和电刷与电路连接，定值电阻R1=6Ω，R2=3Ω，其他电阻不计，线圈匀速转动的周期T=

0.2s．从线框与磁场方向平行位置开始计时，线圈转动的过程中，理想电压表的示数为2V．下列说法中正确的是A.电阻R2上的电功率为23WB.经过10s时间，通过R1的电流方向改变100次C.从开始计时到1/20s通过电阻R2的电荷量为215CD.若线圈转速变为原来的2倍，线圈中产生的

电动势随时间变化规律62cos10()etV=【答案】BC【解析】【详解】A.电阻2R上的电功率为22224WW33UPR===，故A错误．B.交流电的频率为11Hz5Hz0.2fT===，所以交流

电在1s内方向改变10次，经过10s时间，电流方向改变100次，故B正确．C.根据闭合电路欧姆定律产生的感应电动势的有效值为()()2+21V3V2UERrR==+=外外，所以的感应电动势的最大值为m232VEE

==，由公式mENBS=，可知m3232WbWb100101000EBSN===，故线圈中的磁通量为32=sinsin10tWb1000BSt=，从开始计时到1s20，磁通量的变化量为32Wb1000=，故通过2R的电量为

62C63+15NqRr==+外，故C正确．D.若转速增大2倍，角速度也增大2倍，所以产生的感应电动势m262VENBS==，线圈中产生的电动势随时间变化的规律为62cos20Vet=，故D错误．8.如图所示，虚线框MNQP内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．a、b、c是

三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹．若不计粒子所受重力，则A.粒子a带负电，粒子b、c带正电B.粒子c在磁场中运动的时间最长C.粒子c在磁场中的动能最大D.粒子

c在磁场中的加速度最小【答案】BD【解析】【详解】根据左手定则知粒子a带正电，粒子b、c带负电，故A错误；粒子在磁场中做圆周运动的周期：2mTqB=相同，粒子在磁场中的运动时间：2mtTqB==

，由于m、q、B都相同，粒子c转过的圆心角最大，则射入磁场时c的运动时间最大，故B正确；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：2vqvBmr=，解得：qBrvm=，粒子的动能2222

122KqBrEmvm==，由于：q、B、m都相同，因此r越大，粒子动能越大，由图示可知，b的轨道半径r最大，则b粒子动能最大，故C错误；由牛顿第二定律得：qvBma=，解得加速度：222qvBqBramm==，三粒子q、B、m都相等，c在磁场中运动的半径最小，c的加速度最小，故D正确．所以BD正

确，AC错误．9.如图所示，在光滑的水平面上有两个滑块P、Q，滑块Q的左端固定连着一轻质弹簧．两个滑块分别以一定大小的速度0v沿着同一直线相向运动，滑块P的质量为2m，速度方向向右，滑块Q的质量为m．速度方向向左，则下列说法正确的是()A.P、Q两个滑块(包括弹簧)组成的系统动能始终保持不

变B.当两个滑块的速度相等时，弹簧的弹性势能最大C.两个滑块最终能以共同的速度03v一起向右运动D.从P滑块和弹簧接触到弹簧压缩至最短的过程中，滑块Q的速度大小先减小后增大【答案】BD【解析】【详解】对于P、Q两个滑块

(包括弹簧)组成的系统，由于只有弹簧的弹力做功，所以系统的机械能守恒，即系统动能和弹簧弹性势能之和不变，动能是变化的，故A错误；P以某一初速度压缩弹簧，在弹簧弹力作用下P做减速运动，Q做加速运动，当P与Q速度相等时，弹簧最短，弹性势能最大，故B正确；设最终P

、Q两个滑块的速度分别为1v和2.v规定向右为正方向，根据动量守恒定律得：001222mvmvmvmv−=+，根据系统的机械能守恒得()22201211122222mmvmvmv+=+，解得：013vv=−，2053vv=或10vv=，20vv=−，故C错误；从P滑块和弹簧接触到

弹簧压缩至最短的过程中，滑块Q一直受到向右的弹力，速度先向左减小至零，再向右增大，故D正确．第II卷非选择题（56分）二．实验题（16分）10.某实验小组利用频闪照相和气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验．如图甲所示，气垫导轨上有A、B两个滑块，质量分别为200g、150g，用细绳

将滑块A、B连接，使A、B间的轻质弹簧处于压缩状态，开始时两个滑块都处于静止状态．若某时刻烧断细绳，滑块开始运动，图乙给出两个滑块运动过程的频闪照片频闪的频率为20Hz，分析照片：(1)A、B离开弹簧后，A的动量大小为_____

_，B的动量大小为______．(2)根据实验数据，实验小组得出“在实验误差允许的范围内，两个滑块组成的系统动量守恒”．你认为得到这个结论的依据是____________．【答案】(1).0.024(2).0.024(3).两滑块组成的系统总动

量保持不变，系统动量守恒【解析】【详解】（1）频闪照相的周期为：110.05s20Tf===，滑块A的速度为：()22.902.3010m/s0.12m/s0.05AAsvT−−===，滑块B的速度为：()28.007.2

010m/s0.16m/s0.05BBsvT−−===，A的动量为：0.2000.120kgm/s0.024kgm/sAAAPmv===，方向向右，B的动量为：0.1500.16kgm/s0.024gm/sBBBPmvk===，方向向左；（2）由（1）可知，释放滑块后，两滑块

的动量大小相等方向相反，总动量为零，释放前系统总动量为零，释放滑块后系统总动量为零，由此可知，两滑块组成的系统动量守恒．11.在“用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻”的实验中备有如下器材：A．干电池1节B．滑动变阻器（0～20Ω）C．滑动变阻器（0～

1kΩ）D．电压表（0～3V，内阻约为20kΩ）E．电流表（0～0.6A，内阻RA＝0.2Ω）F．电流表（0～3A，内阻约为0.01Ω）G．开关、导线若干①为减小实验误差和方便操作，选择图甲所示电路进行实验，其中滑动变阻器

应选________，电流表应选_____。（填写器材前的序号）②某同学根据实验测得的电压表示数U和电流表示数I，画出U－I图像如图乙所示，由图像可得电池的电动势为______V，内电阻为______Ω。【答案】(1).B(2).E(3).1.5(4).1【解析】【分析】由题中“在“用电

流表和电压表测定电池的电动势和内电阻”的实验中备有如下器材”可知，本题考查用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻的实验，根据实验原理和实验器材可解答本题。【详解】（1）[1]根据甲图可知，选用外接法，因此滑动变阻器选择B；[2]电流值不超过0.

6A，故电流表选E；（2）[3]根据U-I图可知，电动势为1.5V；[4]U-I图的斜率表示内阻，因此可得内阻为1。三、解答题（40分）12.如图所示，一个质量m＝40g，带电量q＝-3×10－6C的半径极小的小球，用绝缘丝线悬挂在水平方向的匀强电场中．当小球静止时

，测得悬线与竖直方向成37°夹角．已知重力加速度g=10m/s2，求：（1）电场强度的大小和方向？（2）此时细线的拉力大小？【答案】（1）E=1×105v/m场强方向水平向左（2）F=0.5N【解析】【详解】解：由“小球静止”知小球受力平衡，对小

球受力分析如图所示，根据三力平衡规律，可得：F=mgtanθ=0.04×10×0.75N=0.3N；cosTmgF==-3401010N0.8=0.5N根据电场力F=Eq得：FEq==60.3N-310C−=-1×105v/m；则：电场强

度的大小为：1×105v/m；场强方向为：水平向左；13.如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40cm．电源电动势E=24V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω．闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v

0=4m/s竖直向上射入两板间，小球恰能到达A板．若小球带电荷量为q=1×10-2C，质量为m=2×10-2kg，不考虑空气阻力，取g=10m/s2．求：（1）A、B两板间的电压U；（2）滑动变阻器接入电路

的阻值RP；（3）电源的输出功率P．【答案】（1）8V；（2）8；（3）23W【解析】【详解】（1）对小球从B到A的过程，由动能定理：2102qUmgdmv−−=−解得：U=8V（2）由欧姆定律有：EUIRr−=+PUIR电流为：=解得：8PR=（

3）根据电功率公式有：()2pPIRR=+解得：P23W=14.如图所示，一质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其左端放质量为m的小木块(A可视为质点)，Mm，A、B间的动摩擦因数为，在平板车右方的水平面上固定整直挡板.P开始时A、B以速度0v一起

向右运动，某时刻B与挡板P相撞并立即以原速率反向弹回，在此后的运动过程中A不会滑离B，重力加速度为g．求（1）B最终的速度；（2）小木块A离挡板P最近时，平板车B的右端距挡板P的距离．【答案】()()01MmvMm−+；()()20222MmvMg−【解析】【详解】（1）B与挡板P相撞

并立即以原速率反向弹回，取向左为正，根据动量守恒定律可得：()()0MmvMmv−=+解得：()0MmvvMm−=+（2）小木块A离挡板P最近时速度为零，对A根据动量定理可得：00mgtmv−=−解得：0vtg=设此时B的速度为Bv，根据动量守恒定律可得：()0BMmvMv−=解得：0B

MmvvM−=此时平板车B的右端距挡板P的距离：()200222BMmvvvstMg−+==