1、四川省棠湖中学2019-2020学年高二物理下学期第一次在线月考试题（含解析）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
2、，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
3、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. B. C. D. 【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；小球C先与A接触后，A球带的电荷，C球带的电荷，然后C再与B接触后，B、C两球的带电量为：A、B两球之间的相互作用力大小为：；A综上分析两球之
4、间的作用力变为原来的，A错误；B综上分析两球之间的作用力变为原来的，B错误；C综上分析两球之间的作用力变为原来的，C错误；D综上分析两球之间的作用力变为原来的，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
5、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，板电势高于板电势，两极板间距为。质量为、带电荷量为的微粒，从板的边缘以初速度射入电场，沿与水平方向夹角为60的直线从板的边缘射出，设重力加速度为。则A. 两极板间的电势差为B. 微粒的动能减少C
6、. 微粒的电势能减少D. 微粒的机械能减少【答案】D【解析】【详解】A根据受力分析图可知解得选项A错误；B由动能定理：得： 即微粒的动能减少，B错误；C由于则电势能增加，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 ，机械能减小，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（）大于B束离子的比荷【答案】D【解析】【
7、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，则可得，A、B束的粒子的速度大小相等；进入上面磁场后可得，因为，所以；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
8、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. 上消耗的功率逐渐增大【答案】B【解析】【详解】A B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
9、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；DR3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
10、】【详解】A根据牛顿第二定律得：解得：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，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2-2，轨迹的圆心角也为2-2，运动时间为：同理，负离子运动时间为：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=2rsin，r、相同，则S相同。故D正确。故选ACD。8.在如图甲所示的电路
11、中，为定值电阻，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是电压表的示数随电流表示数变化的图线B. 电源内阻为C. 电源的最大输出功率为WD. 滑动变阻器的最大功率为W【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
12、。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） 由图线a的斜率大小等于R1+r，由图知：图线b的斜率等于R1，则有：则电源的内阻为r=5，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：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10时，滑动变阻器消耗的功率最大，滑动变阻器的最大功率为：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
13、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mgsin=F安，又安培力大小为 联立得： 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，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，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
14、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60.1 mm=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42.00.01mm=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
15、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_。（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=_。【答案】 (1). 10 (2). 140 (3). 【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1410=140；（3）3
16、根据电阻定律可得圆柱体导体材料的横截面积联立可得金属电阻率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=_【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1.5 V，内阻r 1.0 .三、解答题
17、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=0.8 ，电路中另一电阻R=10 ，直流电压U=160 V，电压表示数UV=110 V试求：（1）通过电动机电流；（2）输入电动机的电功率；（3）若电动机以v=10 m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量(g取10 m/s2)【答案】（1）5A（2）550W（3）53kg【解析】【详解】（1）通过R的电流：；（2）电动机的输入功率：，（3）电动机内电阻发热功率：，输出的机械功率：而解得：14.如图，两平行金属导轨间的距离 L=0.4 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角=37，在导轨所在空间内，分布着磁感应强度 B=0.5
18、 T、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=6.0 V、内阻 r=0.5的直流电源现把一个质量 m=0.05 kg 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=2.5 ，金属导轨电阻不计，g取 10 m/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：（2）导体棒受到的安培力大小：F=BIL=0.520.4
19、=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abcd的匝数为N =100匝，线圈ab的边长为bc的边长为，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轴匀速转动，转动的角速度，若线圈自身电阻为r=1，负载电阻R=9。试求：（1）感应电动势的最大值；（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的过程中，通过R的电荷量。【答案】（1）（2）（3）（4）【解析】【详解】(1)感应电动势的最大值：(2)线圈从中性面开始计时，则表达式为：(3)电动势的有效值为：电流有效值：由得(4)流过R的电荷量为：平均电流为：平均电动势为：联立三式可得：从起转过过程中，内流过R的电荷量为：代入数据得：
