【文档说明】【精准解析】四川省棠湖中学2019-2020学年高二下学期第一次在线月考物理试题.doc，共(16)页，737.000 KB，由小赞的店铺上传

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2020年春四川省棠湖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1

00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.关于静电场的电场线,下列说法正确的是()A.

电场线是真实存在的线，最早由法拉第发现B.电场强度较大的地方电场线一定较疏C.沿电场线方向,电势一定越来越低D.电场线一定是带电粒子在电场中运动的轨迹【答案】C【解析】【详解】A．电场线是人为了方便研究电场而假想出来的，A错误；B．电场线的疏密

表示场强的强弱，那么电场强度较大的地方电场线一定较密，B错误；C．沿着电场线的方向，电势会降低，因此沿电场线方向电势越来越低，C正确；D．电场线不一定与带电粒子的轨迹重合，只有电场线是直线，带电粒子的初速度为零或初速度方向与电场线方向在同一条直线

上时电场线才与带电粒子的轨迹重合，D错误；故选C。2.两个半径、材质均相同的金属球A、B带等量同种电荷，它们之间的距离远大于小球本身直径。已知它们相隔一定距离时，两球之间的相互作用力的大小是F，现在用一个带有绝

缘柄的原来不带电的半径、材质均相同的金属小球C，先与小球A接触，再和小球B接触后移开。这时，A、B两球之间的相互作用力大小变为()A.2FB.4FC.34FD.38F【答案】D【解析】【详解】设原来两球带电

量为q，两球之间的相互作用力大小为22qFkr=；小球C先与A接触后，A球带2q的电荷，C球带2q的电荷，然后C再与B接触后，B、C两球的带电量为：3224qqq+=A、B两球之间的相互作用力大小为：22233324'88qqqFkkFrr===；A．综

上分析两球之间的作用力变为原来的38，A错误；B．综上分析两球之间的作用力变为原来的38，B错误；C．综上分析两球之间的作用力变为原来的38，C错误；D．综上分析两球之间的作用力变为原来的38，D正确；故选D。3.如图所示，在光滑的水平绝缘杆上，套有一个通电线圈（从右侧向左看电流为顺时针方向），线

圈左侧放置一个与线圈共轴的螺线管。闭合开卷后，将通电线圈由图示位置静止释放。下列说法正确的是A.线圈向右运动，磁通量增大B.线圈向右移动，磁通量减小C.线圈向左移动，磁通量增大D.线圈向左移动，磁通量减小【答案】C

【解析】【详解】闭合开关后螺线管中通电，产生磁场，磁场对右侧通电线圈有安培力，杆光滑，则合力等于安培力，由右手螺旋法则可知，螺线管右端为S极，线圈左端相当N极，则通电线圈受安培力向左移动。向左移动，靠近磁极，磁感应强度增大，根据BS=可

知，磁通量增大；A．线圈向右运动，磁通量增大，与结论不相符，选项A错误；B．线圈向右移动，磁通量减小，与结论不相符，选项B错误；C．线圈向左移动，磁通量增大，与结论相符，选项C正确；D．线圈向左移动，磁通量减小，与结论不相符，选项D错误；故选C。4.如图所示，竖直放置的带有一定

电量的平行板电容器，M板电势高于N板电势，两极板间距为d。质量为m、带电荷量为q的微粒，从M板的边缘以初速度0v射入电场，沿与水平方向夹角为60°的直线从N板的边缘射出，设重力加速度为g。则A.两极板间的电势差为3mgdqB.微粒的动

能减少33mgdC.微粒的电势能减少33mgdD.微粒的机械能减少33mgd【答案】D【解析】【详解】A．根据受力分析图可知tan60mgEq=解得33mgEq=33mgdUq=选项A错误；B．由动能定

理：3kEqdmgdE−−=得：433kmgdE−=即微粒的动能减少433mgd，B错误；C．由于33PmgdEW=−=电则电势能增加33mgd，C错误；D．根据能量守恒定律知微粒的电势能和机械能之和保持不变，电势能增加33mgd

，机械能减小33mgd，D正确。故选D。5.如图所示，一束质量、速度和电荷量不全相等的离子，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器，进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B束，下列说法中正确的是A.组成

A、B束的粒子都带负电B.组成A、B束的离子质量一定不同C.速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外D.A束离子的比荷（qm）大于B束离子的比荷【答案】D【解析】【详解】A：粒子进入上面磁场时，速度方向向上，洛仑兹力方向向左，根据左手定则可判断出组成A、B束

的粒子都带正电；故A错误．BD：粒子能沿直线经过速度选择器，则1qvBqE=可得1EvB=，A、B束的粒子的速度大小相等；进入上面磁场后22vqvBmr=可得2mvrqB=，因为ABrr，ABvv=，所以ABABqqmm；又粒子的质量、速度和电荷量不全相等，故组成A、B束的离子质量可能相等、可

能不等．即B错误、D正确．C：速度选择器左板带正电、右板带负电，则电场强度向右，粒子带正电，电场力的方向向右；沿直线经过速度选择器，洛仑兹力方向向左，粒子带正电且速度向上，据左手定则可判断出磁场方向垂直纸面向里．故C错误．【点睛】速度

选择器选择的是粒子速度的大小、方向；速度选择器对粒子的电性、电荷量没有选择．6.如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，电流表和电压表为理想电表，当滑动变阻器4R的滑片向b端移动时，则（）A.电压表读数增大B.电流表读数增大C.质点P将向上运动D

.3R上消耗的功率逐渐增大【答案】B【解析】【详解】AB．由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串连接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则电路中总电

阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小，同时，R1两端的电压也增大，故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大；

因并联部分电压减小，而R2中电压增大，故电压表示数减小，故A错误，B正确；C．因R3两端电压减小，则电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，电荷向下运动，故C错误；D．R3上电流减小，根据P=I32R3，则R3消耗的功率

逐渐变小，选项D错误；故选B。7.如图所示，在边界上方存在着垂直纸面向里的匀强磁场，有两个电荷量、质量均相同的正、负粒子(不计重力)，从边界上的O点以相同速度先后射入磁场中，入射方向与边界成θ角，则正、

负粒子在磁场中：A.运动轨迹的半径相同B.重新回到边界所用时间相同C.重新回到边界时速度大小和方向相同D.重新回到边界时与O点的距离相等【答案】ACD【解析】【详解】A．根据牛顿第二定律得：2vqvBmr=解得：mvrqB=由题q、m、v、B大小均相同，

则r相同。故A正确。B．粒子的运动周期2mTqB=，由题q、m、B大小均相同，则知T相同。粒子运动轨迹如图所示：根据左手定则分析可知，正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，重新回到边界时正离子的速度偏向角为2π

-2θ，轨迹的圆心角也为2π-2θ，运动时间为：222tT−=同理，负离子运动时间为：22tT=显然时间不等。故B错误。C．正负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。故C正确。D．根据几何知识得知重新回到边界的位置与O点距离S=2rsinθ，r、θ相同，则S相同。故D正确。故选ACD。8.在如图甲所示的电路中，1R为定值电阻，2R为滑动变阻器

，闭合开关S，将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端，两个电压表的示数随电流表示数变化的完整过程图线如图乙所示，则下列说法正确的是（）A.图乙中图线a是电压表2V的示数随电流表示数变化的图线B.电

源内阻为10ΩC.电源的最大输出功率为1.8WD.滑动变阻器2R的最大功率为3.6W【答案】AC【解析】【详解】A．将滑动变阻器的滑片P从最右端移到最左端，接入电路的电阻减小，电路中的电流增大，R1的电压和电源的内电压增大，则R2的电压减小，所以电压表V1的示数增大，电压表V2的示数减小，

可知图线b反映的是电压表V1的示数随电流的变化，图线a反映的是电压表V2的示数随电流的变化，故A正确。B．根据闭合电路欧姆定律得电压表V2的示数为：U2=E-I（R1+r）①由图线a的斜率大小等于R1+

r，由图知：214100.60.2URrI+===−图线b的斜率等于R1，则有：11250.4URI===则电源的内阻为r=5Ω，故B错误；C．图线a延长与U轴的截距为电源的电动势E=6V，当内阻等于外阻时，电源的输出功率最

大，最大的输出功率为：226W1.8W454EPr===故C正确；D．把R1等效为内阻，则当滑动变阻器的阻值等于R1+r时，滑动变阻器消耗的功率最大，故当滑动变阻器阻值为10Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，滑动变阻器的最大功率为：2260.9W4410EPr===故D

错误；故选AC。9.如图，有两根和水平方向成角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感强度为及一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下．经过足够长的时间，金属杆的速度趋近于一个最大速度vm，则（）A.如果B增大，vm将变大B.如果α

变大，vm将变大C.如果R变大，vm将变大D.如果m变小，vm将变大【答案】BC【解析】当金属杆做匀速运动时，速度最大，此时有mgsinθ=F安，又安培力大小为22mBLvFR安=联立得：22mmgRsinvBL=根据上式分析

得知：当只B增大时，vm将变小．故A错误；如果只增大θ，vm将变大．故B正确；当只R增大，vm将变大，故C正确；只减小m，vm将变小．故D错误．故选BC．点睛：本题第一方面要会分析金属棒的运动情况，第二方面要熟记安培力的经验公式22mBLvFR安

=，通过列式进行分析.第II卷非选择题二．实验题10.如图所示，游标卡尺读数为_____mm；螺旋测微器读数为_____mm。【答案】(1).21.6(2).0.920(0.919或0.921均可)【解析】【详解】[1]游标卡尺的主尺读数为21mm，游标尺上第6个刻度和主尺上某一

刻度对齐，所以游标读数为6×0.1mm=0.6mm，所以最终读数为：21mm+0.6mm=21.6mm；[2]螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为42.0×0.01mm=0.420mm，所以最终读数为0.5mm+

0.420mm=0.920mm，由于读数误差，所以0.919mm或0.921mm均可。11.（1）利用多用电表测某导体的电阻，该同学先用多用电表电阻挡“×100”测量时发现指针向右偏转角度过大，为了减小测量误差，应将选

择开关旋转到____________（选填“×1k”或“×10”）的位置，然后将两表笔短接，进行欧姆调零，再用两表笔与导体连接好并读数。（2）他按正确的实验操作，用多用电表电阻挡测量时指针停在图所示的位置，则此材料电阻的测

量值为________Ω。（3）若该材料的长度为L，直径为D，电阻为R，则该材料电阻率的表达式ρ=________。【答案】(1).×10(2).140(3).24RDL【解析】【详解】（1）[1]指针的偏转角过大，表明选

用的倍率过大，应当减小倍率，即应将选择开关旋转到×10，更换档位之后，应重新进行欧姆调零；（2）[2]指针指示的示数与倍率的乘积即为此材料电阻的测量值，欧姆表的读数为14×10Ω=140Ω；（3）[3]根据电阻定律可得LRS=圆柱体导体材料的横截面积22DS=联立

可得金属电阻率24RDL=12.在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，已连接好部分实验电路．（1）按如图甲所示的实验电路，把图乙中剩余的电路连接起来_______．（2）在图乙的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于______端（选填“A

”或“B”）．（3）图丙是根据实验数据作出的U-I图象，由图可知，电源的电动势E=______V，内阻r=______Ω【答案】(1).(2).B(3).1.50(4).1【解析】【详解】(1)电路连接如图．(2)闭合开关前，滑动变阻器接入电路中的阻值

应该最大，故滑片应置于B端．(3)由图象可知，电源电动势为1.5V，内阻r＝Ω＝1.0Ω.三、解答题13.如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图．电动机的内阻r=0.8Ω，电路中另一电阻R=10Ω，直流电压U=160V，电压表示数UV=110V．试求：（1）通过电动

机的电流；（2）输入电动机的电功率；（3）若电动机以v=10m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量．(g取10m/s2)．【答案】（1）5A（2）550W（3）53kg【解析】【详解】（1）通过R的电流：12160110A5A10UUIR−−===；（2）电动机的输

入功率：121105W550WPUI===，（3）电动机内电阻的发热功率：22250.8W20WPIr===，输出的机械功率：31255020W530WPPP=−=−=（）而3PFvmgv==解得：530k

g5.3kg1010m==14.如图，两平行金属导轨间的距离L=0.4m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在空间内，分布着磁感应强度B=0.5T、方向垂直于导轨平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=6.0V、

内阻r=0.5Ω的直流电源．现把一个质量m=0.05kg的导体棒ab垂直放在金属导轨上，导体棒静止．导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）通过导体棒的电流大小；（2）导体棒受到的安培力大

小；（3）导体棒受到的摩擦力大小．【答案】（1）2.0A；（2）0.4N；（3）0.1N【解析】【详解】（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：6.0A2.0A2.50.5EIRr===++（2）导体棒受到的安培力

大小：F=BIL=0.5×2×0.4=0.4N根据左手定则，方向平行斜面向上；（3）导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1=mgsin37∘=0.3N，由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f；根据共点力平衡条件，有：mgsin37∘+f=F解得：f=0.1N15.如图所示，矩形线圈a

bcd的匝数为N=100匝，线圈ab的边长为10.2mL=bc的边长为20.25mL=，在磁感应强度为B=0.4T的匀强磁场中，绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO轴匀速转动，转动的角速度1002rad/s=，若线圈自身电阻为r=1Ω，负载电阻

R=9Ω。试求：（1）感应电动势的最大值mE；（2）设时间t=0时线圈平面与磁感线垂直，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式；（3）1分钟时间内电阻R上产生的焦耳热Q的大小；（4）线圈从图示位置转过90的过程中，通过R的电荷量。【答案】（1）2002V（2）2002si

n1002(V)=et（3）52.1610J（4）=0.2Cq【解析】【详解】(1)感应电动势的最大值：1000.40.20.251002V2002V===mENBS(2)线圈从中性面开始计时，则表达式为：sin2002sin1002()neEttV==(3

)电动势的有效值为：mE200V2E==电流有效值为：200A20A91EIRr===++由2QIRt=得2520960J2.1610J==Q(4)流过R的电荷量为：qIt=平均电流为：EIRr=+平

均电动势为：ENt=联立三式可得：qNRr=+从0t=起转过90过程中，t内流过R的电荷量为：12NBLLNBSqRrRr==++代入数据得：=0.2Cq