【文档说明】【精准解析】四川省宜宾市叙州区第二中学校2019-2020学年高二下学期第一次在线物理试题.doc，共(15)页，676.500 KB，由小赞的店铺上传

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2020年春四川省叙州区第二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.人从高处跳到较硬的水平地面时，为了安全，一般都是让脚尖先触地且着地时要弯曲双腿，这

是为了（）A.减小地面对人的冲量B.减小人的动量的变化C.增加人对地面的冲击时间D.增大人对地面的压强【答案】C【解析】【详解】设人的质量为m，着地前速度大小为v，着地时间为t，地面对人冲量大小为I，作用力大小为F，取竖直向下方向为正方向。AB.人着地过程，人的动量从一定值减到零，动量的

变化量不变，根据动量定理得：mgt-I=0-mv，得到地面对人的冲量I=mgt+mv，m、v一定，t延长，则I增大，故AB错误；C.让脚尖先触地且着地时要弯曲双腿，增加地面对人的冲击时间，故C正确；D.根据动量定理得：mgt-Ft=0-mv，可知t增大，则F减小，人对地面的压强减小，故D

错误。故选C。2.下图为磁场中通电直导线或运动的带电粒子所受磁场力方向情况，其中正确的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A.磁场方向垂直纸面向里，速度水平向右，根据左手定则，洛伦兹力方向竖直向上．故A正确；B.磁场方向垂直纸

面向外，速度水平向右，根据左手定则，洛伦兹力方向竖直向下，故B错误；C.磁场方向垂直纸面向里，电流方向水平向右，根据左手定则，安培力方向竖直向上，故C错误；D.磁场方向垂直纸面向外，电流方向竖直向下，根据左手定则，安培力方向水平向左，故D错误．3.根据粒子散射

实验，卢瑟福提出了原子的核式结构模型，图中虚线表示原子核所形成的电场的等势线，实线表示一个粒子的运动轨迹．在粒子从a运动到b、再运动到c的过程中，下列说法正确的是()A.动能先增大，后减小B.电势能先减小，后增大C.电场力先做负

功，后做正功，总功等于零D.加速度先变小，后变大【答案】C【解析】【详解】α粒子受到斥力作用，根据电场力做功特点可知：从a运动到b过程中电场力做负功，电势能增加，动能减小，从b运动到c过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，整个过程中由于a与c在同一等势线上，故电场力不做

功，AB错误，C正确；根据点电荷周围电场可知，距离原子核近的地方电场强度大，故越靠近原子核加速度越大，因此α粒子加速度先增大后减小，故D错误．故选C．4.如图所示，E为电池，L是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，D1、D2是两

个规格相同且额定电压足够大的灯泡，S是控制电路的开关．对于这个电路，下列说法正确的是()A.刚闭合开关S的瞬间，通过D1电流大于通过D2的电流B.刚闭合开关S的瞬间，通过D1电流小于通过D2的电流C.闭合开关S待电路达到稳定，D1熄灭，D2比原来更亮D

.闭合开关S待电路达到稳定，再将S断开，D1、D2均闪亮一下再熄灭【答案】C【解析】【详解】AB．S闭合瞬间，由于自感线圈相当于断路，所以两灯是串联，电流相等，故AB错误；C．闭合开关S待电路达到稳定时，D1被短路，D2比开关S刚闭合时更亮，C正确；D．S闭合稳定后再断开开

关，D2立即熄灭，但由于线圈的自感作用，L相当于电源，与D1组成回路，D1要闪亮一下再熄灭，故D错误；5.如图所示，水平直导线中通有水平向左的恒定电流I，一电子从导线的正上方以水平向右的初速度飞入该通电导线产生的磁场中，那么进入磁场后电子将（）A.沿直线运动B.向上偏转C.向下偏转D.向纸

外偏转【答案】C【解析】【详解】根据安培定则可得导线上方的磁感应强度方向为垂直纸面向里，电子带负电，根据左手定则可得电子受到向下的洛伦兹力，故向下偏转，故C正确，ABD错误．6.如图所示，电场中有A、B两点，一个点电荷在A点的电势能为1.2

×10-8J,在B点的电势能为0.8×10-8J.已知A、B两点在同一条电场线上，则A.该电荷为负电荷B.该电荷为正电荷C.A、B两点的电势差UAB=4.0VD.把电荷从A移到B，静电力做功为W=2.5×10-10J【答案】A【解析】【详解】AB、沿电场线方向电势降低，由于电场线方向向

左，B点电势高于A点电势，点电荷在A点电势能高于B点电势能，根据电势能Ep=qφ可以判断，该点电荷为负电荷，故A正确，B错误；CD、该点电荷从A移到B,电势能减小△Ep=1.2×10−8J−0.80×10−8J=4.0×10−9J，所以电场力做功

为WAB=4.0×10−9J．则A.B两点的电势差UAB=WAB/q，由于点电荷所带电量未知，无法得出A、B两点的电势差，故CD错误．故选A.7.如图所示，矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路．线圈在有界

匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈面积为S，转动角速度为ω，匝数为N，线圈电阻不计．下列说法正确的是（）A.电容器的电容C变大时，灯泡变暗B.图示位置时，矩形线圈中瞬时感应电动势最大C.将原线圈抽头P向上滑动时，灯泡变

暗D.若线圈abcd转动的角速度变为2ω，则变压器原线圈电压的有效值为NBSω【答案】CD【解析】电容器的电容C变大，容抗减小，故电流增大，灯泡变亮，故A错误；线圈处于图示位置时，是中性面位置，感应电动势的瞬时值为零，故B错误；矩形线圈abcd中产生交变电流；将原线圈

抽头P向上滑动时，原线圈匝数变大，根据变压比公式1122UnUn＝，输出电压减小，故灯泡会变暗，故C正确；若线圈转动角速度变为2ω，最大值增加为原来的2倍；Em＝2NBSω，根据有效值的定义有：222()22BNSTETRR＝，解得：E=NBSω，故D正确；故选

CD．点睛：本题关键记住交流发电机的最大值求解公式Em=NBSω，同时要能够结合变压器的变压比公式和欧姆定律列式分析.8.如图所示，空间有垂直纸面向里的匀强磁场，氢元素的同位素氘核（一个质子，一个中子）和二价氦核（二个质子，二个中子）都从边界上的O点以相同

速度先后射入磁场中，人射方向与边界成相同的角，则氘离子和二价氦离子在磁场中A.运动轨迹的半径相同B.重新回到边界所用时间相同C.重新回到边界时的动能相同D.重新回到边界时与O点的距离相等【答案】ABD【解析】【详解】A.根据牛

顿第二定律得：qvB=m2vr得：r=mvqB氘离子为21H，二价氦离子42He，由题v、B大小均相同，两离子电量和质量关系知r相同，故A正确；B.粒子的运动周期T=2mqB则知T相同，又因半径r及速度还相同，

都带正电，知运动轨迹完全相同，运动时间相同，故B正确；C.两离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，根据圆的对称性可知，重新回到边界时速度大小与方向相同，但因两离子质量不同，则重新回到边界时的动量不相同，故C错误；D.两

离子运动轨迹完全相同，所以重新回到边界时与O点的距离相等，故D正确．9.质量为m的物体（可视为质点）套在光滑水平固定直杆上，其上拴一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧另一端固定于距离直杆3d的O点，物体从A点以初速度v0向右运动，到达B点时速度也为v0，O

A、OB与水平杆的夹角大小如图所示，弹簧始终处于弹性限度内（取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）．下列说法正确的是A.从A点运动到B点的过程中，物体的速度先增大后减小B.物体在A、B两点时弹簧弹力的功率相等

C.弹簧的原长为5.5dD.物体在A点时加速度的大小为25kdm【答案】CD【解析】【详解】AC．由图中的几何关系可得OA＝3sin37d＝5d，OB＝3sin30d＝6d，由于物体从A点以初速度v0向右运动，到达B点时速度也为

v0，可知从A到B的过程中物体的动能变化量为0；在该过程中，由于杆光滑，结合动能定理可知弹簧对物体做功的和等于0，物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在B点时的弹性势能，结合弹性势能的特点可知，开始时弹簧处于压缩状态，后来弹簧处于伸

长状态，且弹簧的压缩量等于后来弹簧的伸长量，即L0－5d＝6d－L0，所以弹簧的原长L0＝5.5d；物体从A向O点正下方运动的过程中弹簧继续压缩，所以弹簧对物体做负功，物体的速度减小；物体从O点的正下方向B运动的过程中弹簧伸长，先对物体做正功，物体的速度增大；当弹簧的长度大于弹簧原长后，弹簧又开

始对物体做负功，物体的速度又减小．所以物体先减速，再加速，最后又减速，A错误，C正确；B．如图所示，分别画出A、B两点受到的弹力与速度，由公式P＝Fvcosθ可知，A、B两点F与v0之间的夹角不同，则A、B两点弹簧弹力的功率不相等，B错误；D．在A点，弹簧的弹力F与运动方

向之间的夹角为180°－37°＝143°，则物体在A点的加速度大小a＝()05cos143kdLm−＝25kdm，D正确．二.实验题（16分）10.某同学用如图甲所示装置，通过半径相同的A、B两球的碰撞来探究碰撞过程中的不变量，图中PQ是斜槽，QR为水平槽，实验时先使A球从斜槽上某一固定位

置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹．重复上述操作10次，得到10个落点痕迹，再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次．图中O点是

水平槽末端R在记录纸上的竖直投影点，B球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且在G、R、O所在的平面内，米尺的零点与O点对齐．(1)碰撞后B球的水平射程应取为________cm.(2)在以下选项中，本次实验必须进行的测量是________．A．水平槽上未

放B球时，测量A球落点位置到O点的距离B．测量A球与B球碰撞后，A球落点位置到O点的距离C．测量A球与B球在空中运动的时间D．测量G点相对于水平槽面的高度(3)某同学用螺旋测微器量小球的直径，如图丙所示；小球的直径D＝

________．【答案】(1).44.8（44.0～45.0cm均可）(2).AB(3).9.194(在9.192～9.196之间均可)【解析】【详解】(1)[1]围绕10个落点所在范围作最小的圆，其圆心即为平均落点，则碰撞后B球的水平射程44.8cmBx=(2)[2]

A球从G点由静止开始滚下，到水平槽时，每次获得的速度相等；A、B球从水平槽飞出后，在空中运动的时间相等；若碰撞过程动量守恒，则：AAAABBmvmvmv=+即：AABAABxxxmmmttt=+整理得：AAAABBmxmxmx=+所以实验需

测量的是：未放B球时，A球落点到O的距离；A和B碰后，A球和B球落点位置到O点的距离；两球的质量．A．水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离，与分析相符，故A项符合题意；B．测量A球与B球碰撞后，A球落点位置到O点的距离，与分析相符，故B项

符合题意；C．测量A球与B球在空中运动的时间，与分析不符，故C项不符合题意；D．测量G点相对于水平槽面的高度，，与分析不符，故D项不符合题意．(3)[3]由图得，小球的直径：919.40.01mm9.194mmD=+

=11.利用电压表和电阻箱可以测量电池的电动势和内电阻，某同学找到了如下的器材：电池组(电动势约为6.0V,内阻约为1Ω),灵敏电流计G(满偏电流Ig=100μA,内阻Rg=100Ω),定值电阻R1=1Ω,R2=59.9KΩ,变阻箱R3(阻值范围0-9.9Ω可

调),开关、导线若干．该同学发现还需要一个合适的电压表，于是把上述G表改装成电压表．(1)将G表改装成量程为6V的电压表，需将G表与_____(选填R1、R2或R3)串联．(2)为了准确地测量出电池组的电动势和内电阻，请在虚线框中把实验电路图补充完整_________，并在对应的电阻

旁边标上(R1、R2或R3)，如果为变阻箱，请补充完整其符号．(3)某次测量，电压表示数如图乙，其读数为_______V．(4)经过多次测量，得出图丙所示的图像，由图可求得该电池组的电动势为_______V,内阻为_______Ω(结果保留两位有效数字)．【答案】(1).R2(2).(3).4

.4V(4).5.0(5).1.5【解析】【详解】(1)由公式()gxgUIRR=+可得：66100590010010gggURRI−=−=−=，故应选R2；(2)根据测电源电动势和内阻的原理：EUIr=+可知，电路中应接入

电阻箱，所以电路如下图(3)电压表示数为4.4V；(4)根据测电源电动势和内阻的原理：13()UEURrR=++，整理得：1111·rRUEER+=+由图象可知，10.2E=10.60.20.8rRE+−=解得：5.0EV=，12.5rR+=所以1.5r=三、解答题（40分）12.如图所示，竖

直放置的两块足够大的带电平行板间形成一个方向水平向右的匀强电场区域，场强4310/ENC=.在两板间用绝缘细线悬挂一个质量3510mkg=－的带电小球，静止时小球偏离竖直方向的夹角θ＝60°(g取10m/s2)．试求：

(1)小球的电性和电荷量；(2)剪断悬线后，小球的加速度．【答案】（1）6510qC−=（2）220/ms【解析】试题分析：根据带电小球在电场中的受力分析如图所示，可确定带电小球的电性和电荷量，剪断悬线后带电小球沿拉力的反方向做初速度为0的匀加速直线运动

，利用牛顿第二定律可得到带电小球的加速度．(1)由小球的受力分析可知，电场力方向水平向右，故小球带正电，由平衡条件：tanqEmg=解得6510qC−=；(2)剪断悬线后，小球受到重力和电场力，重力与电场力

的合力：=2cosmgFmg=合小球的加速度：2220Fmagsm===合．点晴：解决本题关键是对小球进行受力分析，根据平衡条件列方程求解，注意剪断悬线后小球只受重力与电场力，由牛顿第二定律求解加速度．13.如图所示，在第Ⅱ象限内有水平

向右的匀强电场，在第Ⅰ、Ⅳ象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等．有一个带正电的粒子质量为m带电量为q以垂直于x轴的初速度v0从x轴上的P点进入匀强电场中，并且恰好与y轴的正方向成45°角进入磁场，又恰好垂直进入第Ⅳ象限的磁场．已

知OP之间的距离为d．求：（1）电场强度E的大小；（2）带电粒子在磁场中第二次经过x轴时，在电场和磁场中运动的总时间．【答案】（1）202mvEqd=（2）00272ddtvv=+【解析】【详解】（1）粒子以垂直于X轴的初速度进入水平方向的匀强电场，做类平抛运动，由进入

电场时的速度与y轴正向成45o角则有：00tan45yvv=yvat=qEam=212dat=联立解得202mvEqd=（2）由上述式子解得粒子在电场中运动的时间：102dtv=粒子进入磁场的速度：02vv=由几何知识得粒子在磁场中做圆周运动的半径：22rd=.粒子在磁场中运动的时间：23

1242rrtvv=+.粒子第二次经过X轴时在电场和磁场中运动的总时间：00272ddtvv=+【点睛】对于类平抛运动，采用运动的分解法研究，要抓住两个分运动的等时性．对于粒子在磁场中的圆周运动，画轨迹是关键．14.如图所示两小滑块分别静止在平台的两端，间距x=6.25m，质量

分别为m1=1kg、m2=2kg水平面上依次排放两块完全相同的木板A、B，其长度均为L=2.5m，质量均为M=1kg，木板上表面与平台等高滑块与平台间、木板与水平面间的动摩擦因数均为μ1=0.2，滑块与木板间的动摩擦因数均为μ2，现给滑块m1一水平向右的初速度v0

=13m/s，一段时间后与m2发生弹性碰撞．最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g取10m/s2．求：(1)碰前滑块m1的速度大小及碰后滑块m2的速度大小(2)若滑块m2滑上木板A时，木板不动而滑上木板B时，木板B开始滑动，则μ2应满足什么条件(3)若μ2=0．8求木板B的位移大小【答案】（1）

8/vms=；（2）20.30.4；（3）17354Bsm=【解析】【详解】对，减速x过程：22110101122mgxmvmv−=−解得：012/vms=对1m、2m，碰撞过程，动量守恒：10102mvmvmv+=动能守恒：222002111222mvmv

mv+=联立解得：8/vms=（2）对AB整体，A不动，应满足：()22122mgmMg+对B，B滑动：应满足：()2212mgmMg+解得：20.30.4（3）2m在A上滑动过程，对2m：2222mgma

=2vvat=−2212112svtat=−对AB：()2212122mgmMgMa−+=111vat=211112sat=联立解得：214/ams=，228/ams=，12/vms=，24/vms=，10.5sm=，23sm=滑块2m冲上长木板B后，假

设滑块2m冲上长木板B后二者能达到共同速度，对于2m:222=vvat−共2222vvst+=共对B：()22123mgmMgMa−+=132=vvat−共3322vvst+=共2319ssmL−=所以假设成立．又因为21，所以

滑块2m与长木板B达到共同速度后，二者将以共同加速度1g减速到零，则：212vsg=共共12Bssss共=++解得：17354Bsm=