1、四川省棠湖中学2019-2020学年高二物理上学期第一次月考试题（含解析）一、本题共8小题,每小题8分.在每小题给出的四个选项中,第1-6题只有一项符合题目要求,第7-8题有多项符合题目要求.全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有错选或不选的得0分.1.一电流表的满偏电流Ig1 mA，内阻为200 .要把它改装成一个量程为0.5 A的电流表，则应在电流表上（ ）A. 并联一个约为200 的电阻B. 并联一个约为0.4 的电阻C. 串联一个约为0.4 的电阻D. 串联一个约为200 的电阻【答案】B【解析】【详解】要使电流表量程变为0.5A，需要并联分流电阻，流过分流电阻的电流：并联部分的电压
2、：则需要并联的电阻：故B项正确，ACD三项错误2.下述说法正确的是（ ）A. 电场线就是点电荷在电场中的运动轨迹B. 根据E=，可知电场中某点的场强与电场力成正比C. 几个电场叠加后合电场的场强一定大于分电场的场强D. 根据E=，可知点电荷电场中某点的场强与该点电荷的电量Q成正比【答案】D【解析】【详解】A电场线表示电场的强弱和方向，与电荷的轨迹不一定重合，故A错误；BE由电场本身决定，与F、q无关，故B错误；C场强的叠加遵守平行四边形定则，合电场的场强与几个分场强效果相同，但不一定比分场强大，也可能相等，也可能比分场强小，故C错误；D是真空中点电荷Q产生的电场强度的计算式，可知E与Q成正比，
3、故D正确3.四种电场的电场线如图所示一正电荷q仅在静电场力作用下由M点向N点做加速运动，且加速度越来越大则该电荷所在的电场是图中的()A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：因粒子由M到N是加速运动，而粒子带正电，故说明电场线是由M到N的；因粒子在运动中加速度越大越大，说明受电场力越大越大，则电场强度越大越大，电场线越来越密；故D正确；故选D考点：电场线；电场强度点评：电场线是为了形象描述电场的性质而引入的虚拟带有方向的线，近几年对电场线的考查较多，应认真把握4.如图所示，一束电子以大小不同速率沿图示方向飞入横截面是一正方形的匀强磁场，下列判断正确的是（ ）A. 电子在磁场中运动时
4、间越长，其轨迹线越长B. 电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线所对应圆心角越大C. 在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹不一定重合D. 电子的速率不同，它们在磁场中运动的时间一定不相同【答案】BC【解析】试题分析：由知，电子在磁场中运动时间与轨迹对应的圆心角成正比，所以电子在磁场中运动的时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大，电子粒子飞入匀强磁场中做匀速圆周运动，由半径公式知，轨迹半径与速率成正比，则电子的速率越大，在磁场中的运动轨迹半径越大故A错误，B正确由周期公式知，周期与电子的速率无关，所以在磁场中的运动周期相同，若它们在磁场中运动时间相同，但轨迹不一定重合，比如：轨迹3、4与5，它们的运动时
5、间相同，但它们的轨迹对应的半径不同，即它们的速率不同故C正确，D错误故选BC考点：带电粒子在磁场中的运动5. 如图所示电路中，A、B两灯均正常发光，R为一滑动变阻器，P为滑动片，若将滑动片向下滑动，则（ ）A. A灯变亮B. B灯变亮C. R1上消耗功率变太D. 总电流变小【答案】C【解析】动片向下滑动,电阻变小，总电流变大，D错内电压变大，路端电压变小，A灯变暗A错流过A的电流变小，总电流变大，流过电流变大,R1上消耗功率变大C对电压变大，B灯与R两端电压变小，B灯变暗，B错6.如图所示,垂直纸面向里的匀强磁场的区域宽度为2a,磁感应强度的大小为B一边长为a、电阻为4R的正方形均匀导线框CD
6、EF从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域,在图乙中给出的线框EF两端的电压UEF与线框移动距离x的关系图象正确的是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】由楞次定律判断可知，在线框穿过磁场过程中，E的电势始终高于F电势，则UEF为正值；EF和CD边切割磁感线时产生的感应电动势为EBav，在0a内，EF切割磁感线，EF的电压是路端电压，则UEF；在a2a内，线框完全在磁场中运动，穿过线框的磁通量没有变化，不产生感应电流，则UEFEBav；在2a3a内，E、F两端的电压等于路端电压的，则UEFBav故D正确7.如图所示,a、b、c、d四种离子,它们带等量同种电荷,质量
7、为Ma=MbMc=Md,以不等的速率VaVb=VcVd进入速度选择器后,有两种离子从选择器中射出,进入磁感应强度为B2的磁场.由此可以判断(不计离子重力) ( )A. 四种离子带正电，射向D1的是a离子B. 四种离子带负电，射向D1的是c离子C. 四种离子带正电，射向D2的是d离子D. 四种离子带负电，射向D2的是b离子【答案】BD【解析】【分析】先由进入B2后的偏转方向确定出是负离子，在B1中，受到电场力向下，同洛伦兹力向上，两个能通过，则两个速度一定相同，故应是b或c，在由在B2中半径的大小确定出哪个是b，哪个是c；【详解】能通过速度选择器的为一定满足，即速度为，有两个粒子通过，则其速度相
8、同，故为b和c，在磁场中，根据，得出质量大的半径大，因的半径大，则为c离子，射向D2的是b离子，同时由于磁场为垂直纸面向外，则根据左手定则可知四种离子带负电，故选项BD正确，选项AC错误【点睛】本题考查速度选择器的工作原理，同时要注意左手定则的应用，在平时训练时要加强训练8. 如图所示，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器电阻为R，开关K闭合两平行极板间有匀强磁场，一带电粒子(不计重力)正好以速度v匀速穿过两板以下说法正确的是A. 保持开关闭合，将滑片P向上滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出B. 保持开关闭合，将滑片P向下滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出C. 保持开关闭合，将a极板向下移
9、动一点，粒子将一定向下偏转D. 如果将开关断开，粒子将继续沿直线穿出【答案】AB【解析】【分析】电容器与R并联，故电容器两端的电压等于R两端的电压；而a、b之间形成电场，带电粒子在混合场中做匀速运动，则可知电场力应与磁场力大小相等方向相反，再分析滑片移动时，极板间场强的变化可知电场力的变化，则可知粒子受力的变化，即可得出带电粒子偏转的方向；【详解】A、由图可知a板带正电，b板带负电，若带电粒子带负电，则受电场力向上，洛仑兹力向下，二力应大小相等，物体才能做匀速直线运动；若滑片向上滑动，则滑动变阻器接入电阻减小，则电流增大，定值电阻及内阻上的电压增大，则由闭合电路的欧姆定律可知R两端的电压减小，
10、故电容器两端的电压减小，则由可知，所受极板间电场强度小，则所受电场力减小，而所受洛仑兹力不变，故粒子将向下偏转从下极板边缘飞出，故A正确；B、若粒子带正电，则粒子所受电场力向下，洛仑兹力向上，而当滑片下移时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中电流减小，则由以上分析可知，滑动变阻器两端的电压增大，则电容器两极板间的电场强度增大，带电粒子受电场力变大，则粒子将向下偏转，故可能从下板边缘飞出，故B正确；C、两极板间的电势差不变，当a板下移时，两板间的距离减小，则两板间的电场强度增大，则所受电场力变大，若粒子为正电，则粒子会向下偏转；若粒子会负电粒子会向上偏转，故C错误；D、若开关断开，则电容器与电源断
11、开，而与R形成通路，电荷会减小，故两板间的电场强度要减小，故所受电场力减小，粒子不会做直线运动，故D错误【点睛】本题综合了电路、电容及磁场的知识，综合性较强，同时要注意由于题目中没有给出粒子的电性，故必须讨论可能出现的情况二、实验题：本大题共两小题，总计15分9.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率步骤如下：(1)用游标为10分度的卡尺测量其长度如图c所示,由图可知其长度为_mm；(2)用螺旋测微器测量其直径如图所示,由图可知其直径为_mm.【答案】 (1). 30.3mm； (2). 8.600mm【解析】【详解】(1) 游标卡尺的主尺读数为3cm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度
12、对齐，游标读数为0.13mm=0.3mm，所以最终读数为：30mm+0.3mm=30.3mm；(2) 螺旋测微器的固定刻度读数8.5mm，可动刻度读数为0.0110.0mm=0.100mm，所以最终读数为：8.5mm+0.100mm=8.600mm【点睛】解决本题关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读10.在测量电源的电动势和内阻的实验中,由于所用的电压表(视为理想电压表)的量程较小,某同学设计了如图所示的实物电路:(1)实验时,应先将电阻箱的电阻调到_(选填“最大值
13、”“最小值”或“任意值”).(2)改变电阻箱的阻值R,分别测出阻值R0=10的定值电阻两端的电压U,在下列两组R的取值方案中,比较合理的方案是_(选填“1”或“2”).(3)根据实验数据描点,绘出的图象是一条直线.若直线的斜率为,在坐标轴上的截距为b,则该电源的电动势E=_,内阻r=_(用k、b和R0表示).【答案】 (1). 最大值； (2). 2； (3). ； (4). 【解析】【分析】(1) 实验中应保证开始时的电流最小，可以保证电路安全，由闭合电路欧姆定律可知应如何调节滑动变阻器；(2) 为了实验更精确应使数据间差值较大，并且能多测数据；根据两组方案的特点可知应选取哪一方案；(3)
14、由题意及闭合电路欧姆定律可得出的关系，结合图象可知其斜率及截距的含义，从而可以得出电动势和内电阻【详解】(1) 电路为限流接法，开始时应让电流最小，然后再逐渐增大，故开始时滑动变阻器应达到最大值处；(2) 对比两方案可知，方案1中电阻箱电阻较大，而R0的阻值只有10，故在调节电阻箱时，电流的变化不明确，误差较大； 而方案2中电阻箱的阻值与R0相差不大，可以测出相差较大的多组数据，故方案2更合理；(3) 由闭合电路欧姆定律可得：，由函数知识可知：图象的斜率，故 图象与纵坐标的交点，解得：三、计算题（47分）解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，
15、答案中必须明确写出数值和单位11.如图所示，宽度L=1m的足够长的U形金属框架水平放置，框架处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=1T，框架导轨上放一根质量m=0.2kg、电阻R=1.0的金属棒ab，棒ab与导轨间的动摩擦因数=0.5，现用外力F使棒从静止开始沿导轨向右运动（ab棒始终与导轨接触良好且垂直），棒最终的稳定速度v=2m/s,（框架电阻不计，g取10m/s2）则此时：（1）判断ab棒两端电势高低并求电压Uab是多少？（2）外力F的大小是多少？【答案】（1）-2V（2）3N【解析】【分析】（1）根据右手定则可以判断电势的高低，通过法拉第电磁感应定律可以求出Uab；（2）根据平衡条件
16、可以求解拉力F的大小；详解】（1）根据右手定则可知，电流由，故b端电势高于a端电势则根据法拉第电磁感应定律可知：；（2）棒稳定时，受到安培了为：其中：根据平衡条件可知： 代入数据解得【点睛】本题考查右手定则和法拉第电磁感应定律的应用，注意安培力的方向和大小的判断，然后根据平衡条件进行求解即可12.如图所示，在真空中，有一半径为r的圆形区域内充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一带电粒子质量为m，电量为q，以某一速度由a点沿半径方向射入磁场，从c点射出磁场时其速度方向改变了60，(粒子的重力可忽略)试求(1)该粒子在磁场中的运动时间t；(2)粒子做圆周运动的半径R；(3)粒子运动的速度v
17、.【答案】（1）（2）（3）【解析】设圆周运动半径为R（1）粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力即而由上述公式有则粒子运动时间（2）由几何关系有（3）由（1）得本题考查带电粒子在磁场中的运动，由洛伦兹力提供向心力可求出运动周期，计算时间根据圆弧对应圆心角和周期去求，根据先找圆心后求半径的思路求解13.在光滑水平面上静置有质量均为m的木板AB和滑块CD，木板AB上表面粗糙动摩擦因数为，滑块CD上表面是光滑的1/4圆弧，其始端D点切线水平且在木板AB上表面内，它们紧靠在一起，如图所示一可视为质点的物块P，质量也为m，从木板AB的右端以初速度v0滑上木板AB,过B点时速度为v0/2，又滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD圆弧的最高点C处，求：(1）物块滑到B处时木板的速度vAB；(2）木板的长度L；(3）滑块CD圆弧的半径【答案】(1）(2）(3）【解析】试题分析：（1）对ABC用由动量守恒得，又，则（2）由A到B，根据能量守恒得，则（3）由D点C，滑块CD与物块P的动量守恒且机械能守恒，得解之得:考点：动量守恒及能量守恒定律