【文档说明】【精准解析】四川省泸县第二中学2019-2020学年高二下学期第一次在线月考物理试题.doc，共(14)页，540.500 KB，由小赞的店铺上传

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2020年春四川省泸县第二中学高一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11

0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.下列关于静电的说法不．正确的是（）A.美国科学家富兰

克林通过风筝实验证明天电和地电是一样的B.法国学者库仑研究静电力的规律时发现静电力和引力完全一样C.美国物理学家密立根通过油滴实验测定了电子的电荷量，确认为元电荷电量D.库仑通过扭秤实验测定出静电力常量【答案】B【解析】【详解】富兰克林在利用风筝把雷电释放的电荷电引入莱顾瓶中，富

兰克林用雷电进行了各种电学实验，证明了天上的雷电与人工摩擦产生的地电具有完全相同的性质，故A说法正确；静电力和引力的性质不完全一样，故B说法错误；美国物理学家密立根通过油滴实验测定了电子的电荷量，确认为元电荷电量，故C说法正确；库仑通过扭秤实验测

定出静电力常量，故D说法正确．所以选B．2.如图所示，框架面积为S，框架平面与磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直，在从图示位置转过90°角过程中，穿过线框平面的磁通量（）A.保持不变B.先增大再减小C.逐渐减小D.先减小再增大【答案】C【解析】线圈与磁场垂直，穿过线

圈的磁通量等于磁感应强度与线圈面积的乘积，故图示位置的磁通量为BS=，线圈从图示转过90的过程中，S垂直磁场方向上的投影面积逐渐减小，故磁通量逐渐减小，当线圈从图示转过90时，S磁通量为0，故在从图示位置转过90角过程中，穿

过线框平面的磁通量逐渐减小，当线圈与磁场平行时，磁通量最小，故C正确、ABD错误．点睛：本题要知道对于匀强磁场中磁通量计算的一般公式BScos=，是线圈与磁场垂直方向的夹角，夹角变化，磁通量也会变化．3.如图所示，直角三角形ABC中∠B＝30°，点电荷A、B所带电荷量分别为QA、Q

B，测得在C处的某正点电荷所受静电力方向平行于AB向左，则下列说法正确的是()A.A带正电，QA∶QB＝1∶8B.A带负电，QA∶QB＝1∶8C.A带正电，QA∶QB＝1∶4D.A带负电，QA∶QB＝1∶4【答案】B【解析】【详

解】AC、由平行四边形定则可知，A对C的力沿CA方向，指向A，又C带正电，所以A带负电，故A、C错误；BD、由几何关系得22sin30(2)ABkqQkqQrr=，解得18ABQQ=，故B正确，D错误；故选B．4.如图所示，匀强电场的电场强度为E，在电场中有两条

光滑绝缘的固定轨道OM、ON，将两个完全相同的正离子（不计重力及离子间的库仑力）从O点由静止释放，分别沿OM、ON轨道运动，则下列说法正确的是（）A.经过相同的时间，两离子运动相同的距离B.当两离子运动到垂直电场的同

一平面上时速度大小相等C.在相同的时间内，电场力对两离子做功相等D.在运动过程中，两离子的电势能都增大【答案】B【解析】【详解】A．粒子在光滑轨道上受支持力和电场力的作用，电场力水平向右，大小相等，则可知，两物体在沿轨道方向上运动的加速度肯定不相同；则相同时间内两离子的距离不相同；故A错误；B

．由于离子只受电场力所做的功；故当两离子运动到垂直电场的同一平面上时，电场力做功相同；由动能定理可知；离子的速度大小相等；故B正确；C．因加速度不同，则在相同时间内两离子的速度变化不同；故由动能定理可知，电场力做功不相等；故C错误；D．因电场力一直做正功；故电势能均减小；故D错误；5.冬季我国

有些内陆地区雾霾频发，为了监测PM2.5指数，某科技小组设计了一种报警装置，电路原理如图所示．RL是对PM2.5敏感的电阻元件，当环境中PM2.5指数增大时报警器S两端电压增大并发出警报声．E为内阻不计的电源，R为一可变电阻，下列说法正确的是A.当PM2.5指数增大时RL的阻值

增大B.当PM2.5指数增大时电流表A的示数减小C.当PM2.5指数增大时可变电阻R两端电压增大D.适当增大可变电阻R的阻值可以提高报警器的灵敏度【答案】D【解析】【详解】ABC．E为内阻不计的电源，可变电阻R两端

电压SRUEU=−当环境中PM2.5指数增大时，报警器S两端电压增大，可变电阻R两端电压减小；报警器S两端电压增大，电路中总电流增大，可变电阻R两端电压减小，电阻R中电流减小，则流过RL的电流增大，电流表A的示数增大；可变电阻R两端电压减小，RL两端电压减小，流过RL的电流增

大，RL的阻值减小．故ABC三项不符合题意；D．可变电阻R的阻值越大，并联部分总电阻越接近RL，RL对电路的影响越明显，从而增大报警器的灵敏度．故D项符合题意．6.速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后

分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中23OAOCSS=，则下列说法正确的是（）A.甲束粒子带正电，乙束粒子带负电B.甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷C.能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于2EBD.若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两

束粒子的质量比为3：2【答案】B【解析】试题分析：粒子速度选择器中受到电场力和洛伦兹力两个作用，电场力不变，速度方向不变，可知洛伦兹力与电场力应平衡，由左手定则判断出洛伦兹力方向，粒子进入匀强磁场2B中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二

定律得到半径表达式，根据半径公式分析半径越大时，粒子的质量和比荷的大小甲粒子在磁场中向上偏转，乙粒子在磁场中向下偏转，根据左手定则知甲粒子带负电，乙粒子带正电，故A错误；根据洛伦兹力提供向心力，2vqvBmr=，得：mvrqB=，rr甲乙则甲的比荷大于乙的比荷，B正

确；能通过狭缝0S的带电粒子，根据平衡条件可得1qEqvB=，得速率1EvB=，故C错误；若甲、乙两束粒子的电荷量相等，由前面分析mvrqB=，则甲、乙两束粒子的质量比为2：3，故D错误；【点睛】此题

考察了速度选择器的问题：在速度选择器中，粒子的受力特点是：同时受到方向相反的电场力和洛伦兹力作用；粒子能匀速通过选择器的条件：电场力和洛伦兹力平衡，即0qEqvB=，可得0EvB=，只有速度为0EvB=的粒子才

能沿直线匀速通过选择器．7.如图表示两个大小不同的电阻的I–U图线，那么A.电阻大的应是图线A，两电阻串联后的I–U图线在区域ⅠB.电阻大的应是图线B，两电阻串联后的I–U图线在区域ⅢC.电阻小的应是图线A，两电阻并联后的I–U图线在区域ⅠD.电阻小的应是图线B，两电阻并联后的

I–U图线在区域Ⅲ【答案】BC【解析】试题分析：由于题目中是I—U图线，其斜率的倒数表示电阻的大小，所以B的阻值大，A的阻值小；两者并联后总阻值更小，应该在区域Ⅰ，若串联，总阻值变大，应该在区域Ⅲ，故选项BC正确．考点：本题考查学生对I—U图线理解和电阻串并联

的特点．8.如图所示，一单边有界磁场的边界上有一粒子源，与水平方向成θ角的不同速率，向磁场中射入两个相同粒子1和2，粒子1经磁场偏转后从边界上A点出磁场，粒子2经磁场偏转后从边界上B点出磁场，OA=AB，则A.粒

子1与粒子2的速度之比为1：2B.粒子1与粒子2的速度之比为1：4C.粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1：1D.粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1：2【答案】AC【解析】【分析】根据几何关系：入射点速度的垂线与入射点和出射点连线的中垂线的交点为圆心画出两个粒子的运动轨迹图

像；由粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力2mvBqvr=，求出粒子在磁场中的运动半径表达式，结合图像中的几何关系确定两个粒子的速度关系；根据粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期公式：2mTqB=，确定两个粒子的运

动周期，再结合粒子在磁场中转过的圆心角，确定粒子在磁场中的运动时间；【详解】AB、粒子进入磁场后速度的垂线与OA的垂直平分线的交点为粒子1在磁场中的轨迹圆的圆心；同理，粒子进入磁场后速度的垂线与OB的垂直

平分线的交点为粒子2在磁场中的轨迹圆的圆心；由几何关系可知,两个粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为12:1:2rr=，由mvrqB=可知，粒子1与粒子2的速度之比为1:2，故A正确，B错误；CD、由于粒子在磁场中做圆周运动的，周期均为2mTqB=，且两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹

所对的圆心角相同，根据公式2tT=，两个粒子在磁场中运动的时间相等，故C正确，D错误；故选AC．【点睛】关键是明确粒子的向心力来源，根据牛顿第二定律列式分析，得到推论式2mvBqvr=和2mTqB

=，同时要画出轨迹分析．9.如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为L，导轨电阻忽略不计．在M和P之间接有阻值为R的甲与乙两个定值电阻，导体杆ab的质量为m，电阻为r，并与导轨接触良好．整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中．现给导体杆a

b一初速度v0，使杆向右运动．最后杆停在导轨上．下列说法正确的是A.ab杆做匀减速直线运动直到静止B.ab杆速度减为02v时，ab杆加速度大小为220(2)BLvmRr+C.ab杆速度减为02v时，通过甲电阻的电量02mvqB

L=D.ab杆速度减为02v时，ab杆走过的位移022(2)4mRrvsBL+=【答案】BD【解析】【详解】A项：ab棒水平方向上受与运动方向相反的安培力，加速度为：22BLvaR=总，由于速度减小，所以ab棒做减速减小的减速运动直到静止，故A错误；B项：当ab棒的速度为

02v时，安培力为：22022022()2AvBLBLvFRRrr==++，所以加速度为：220(2)ABLvFammRr==+，故B正确；C项：对ab棒由动量定理得：00·2vBILtmmv−=−，即02vBLqm=，解得：02mvqBL=，由于甲与乙电阻并联，所以通过甲电

阻的电量为：04mvBL，故C错误；D项：由02222mvBLxqRRrBLr===++，解得：022(2)4mvrRxBL+=，故D正确．第II卷非选择题二．实验题10.某同学用伏安法测量导体的电阻率，现有量程为3V、内阻约为3kΩ的电压表和量程为0.6A、内阻约为0

.1Ω的电流表．采用分压电路接线，待测电阻丝Rx阻值约为5Ω．（1）图甲是未完成的实物连线图，图中a为待测导体右端接线柱，b为电流表正极接线柱，c为滑动变阻器左上端接线柱，d为滑动变阻器左下端接线柱．则导线①

应连接______（选填a或b）．导线②应连接______（选填c或d）．（2）正确接线后，实验测得的数据如下表，请在图乙中作出U-I图线（）U/V0.300.400.801.101.201.60I/A0.070.

090.180.220.270.35（3）用作图法求得Rx的阻值为______Ω（结果保留两位有效数字）．（4）某次用螺旋测微器测金属丝直径，示数如图丙所示，金属丝的直径d=______mm．测出金属丝长度，则可求

出该金属丝的电阻率．【答案】(1).a(2).d(3).(4).4.5~4.8(5).0.715~0.717【解析】【详解】（1）[1][2]由题意可知，本实验采用分压接法，故导线②要与d接通；由于电流表内阻与待测电阻阻值接

近，因此只能采用电流表外接法，以减小实验误差；故导线①应接a；（2）根据表中的数据作出的U-I图如下图所示：（3）[3]根据U-I图象的斜率表示电阻，则有：0.800.304.50.180.07xR−==−Ω（4.5~4.8Ω）（4）[4]由图示螺旋测微器可知，其示数为：d=0

.5mm+21.5×0.01mm=0.715mm(0.715~0.717mm)三、解答题11.燃油车退出已提上日程，不久的将来，新能源车将全面替代燃油车．某景区电动车载满游客时总质量m=1.75×103kg，以4m/s的速度在水面路面匀速行驶

，驱动电机的输入电流I=20A，输入电压U=400V，电动车行驶时所受阻力位车重的0.1倍，g取10m/s2，不计电机内部摩擦，只考虑驱动电机的内阻发热损耗能量，求：（1）驱动电机的输入功率。（2）电动车行驶时输出的机械功率。（3）驱动电机的内阻。【答

案】（1）8kW（2）7kW（3）2.5Ω【解析】【详解】（1）驱动电动机的输入功率：P入=UI=400V×20A=8000W；（2）电动机行驶时所受阻力：f=0.1mg＝1.75×103N；电动机匀速行驶时F=f，电动机行驶时输出的机械功率：P出=Fv=1.75×103×4=

7×103W；（3）驱动电机内阻的发热功率：P热=P入-P出=8000-7000=1000W根据P热=I2r，有：2210002.520PrI===热12.如图所示，在xOy平面的第I象限内有沿y轴正方向的有界匀强电场，在第IV象限过()0,QL−点放一

张垂直于xOy平面的感光胶片．一电子以垂直于y轴的初速度0v从()0,2PL点射入电场中，并从()2,0AL点射出电场，最后打在感光胶片上．已知电子的电荷量大小为e，质量为m，不计电子的重力．求：（1）匀强电场的电场强度大小；（2）电子从出发到打在感光胶片上的总时间．【答案】（1）20mve

L（2）052Lv【解析】【分析】根据题图可知，考查了带电粒子在匀强电场中的运动；根据带电粒子的运动特点进行分析：（1）根据粒子做类平抛运动，将其运动分解，从而由动力学求解；（2）离开电场时，计算y方向上的速度，离开电场后，在y方向做匀速直线运

动，根据运动学公式即可求解时间．【详解】（1）设匀强电场的场强大小强为E，电子在电场中运动时间为t，在x轴方向：02Lvt=在y轴方向：eEma=2122Lat=联立解得：20mvEeL=；（2）电子在电场中运动的时间102Ltv=，20veEamL

==射出电场时竖直方向的速度为102yvatv==，射出电场后至到达感光胶片前运动的时间202yLLtvv==，电子从出发至落到感光胶片上的总时间12052Ltttv=+=．13.如图所示是说明示波器工作原理的示意图，已知两平行板间的距离为d、板长为l．电子经电压为U1的

电场加速后从两平行板间的中央处垂直进入偏转电场，设电子质量为m、电量为e．求：（1）经电场加速后电子速度v的大小；（2）要使电子离开偏转电场时的偏转角度最大，两平行板间的电压U2应是多大？【答案】（1）12eUm；（2）2122d

Ul．【解析】【详解】（1）电子在电场加速过程，由动能定理得2112eUmv=则得12eUvm=．（2）电子离开偏转电场偏转角度最大时的偏转量为2dy=，电子进入偏转电场后，所受的电场力22UFeEem

==电子沿偏转电场方向作初速度为零的匀加速直线运动，则有212yat=又垂直于电场方向作匀速直线运动，则有ltv=联立求解得21222dUUl=点睛：解决本题的关键是搞清楚每一过程电子的运动情况，然后根据运动的合成与分解研究类平抛运动过程．