1、2019-2020学年度第一学期茂名市五校联盟高二级联考试题（物理）满分:100分 考试时间:90分钟一、选择题:本大题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第16题只有一项符合题目要求，第710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，有选错的得0分。1.下列表述正确的是A.一小段通电直导线在某处不受磁场的作用力，则该处的磁感应强度一定为零B.在磁场中，磁感应强度B与F成正比，与L成反比C.和对所有的电场均成立D.只对匀强电场成立2.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，电路中的R1为光敏电阻（其阻值随光照强度增大而减小），R2为定值电阻。当开关S闭合时
2、，下列说法正确的是A.增大光照强度，电流表的示数变小B.增大光照强度，电压表的示数变小C.减小光照强度，R2消耗的功率变大D.减小光照强度，电源的总功率变大3.如图所示为水平放置的两根等高固定长直细导线的截面图，O点是两导线间距离的的中点，a、b是过O点的竖直线上与O点距离相等的两点，两导线中通有大小相等、方向相反的恒定电流。下列说法正确的是A.两导线之间存在相互吸引的安培力B.O点的磁感应强度为零C.O点的磁感应强度方向竖直向下D.a、b两点的磁感应强度大小相等、方向相反4.在x轴上存在与x轴平行的电场，x轴上各点的电势随x点位置变化情况如图所示，图中-x1x1之间为曲线，且关于纵轴对称，其
3、余均为直线，也关于纵轴对称.下列关于该电场的论述正确的是A.x轴上各点的场强大小相等B.从-x1x1场强的大小先减小后增大C.一个带正电的粒子在x1点的电势能大于在-x1点的电势能D.一个带正电的粒子在-x1点的电势能大于在-x2的电势能5.如图所示，虚线所示的区域内，有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，从边缘A处有一束速度大小各不相同的质子沿半径方向射入磁场，这些质子在磁场区运动过程中，正确的是A.轨道半径越大的，其运动时间越长B.运动时间越短的，射出磁场的速率越小C.在磁场中偏转角越小的，运动时间越短D.所有质子在磁场中运动时间都相等6.如图所示，两平行金属板M、N与电源相连，N板接地，在两极
4、板间有一固定在P点的点电荷，则A.若保持S接通，将M板上移一小段距离，M板的带电量增加B.若保持S接通，将M板上移一小段距离，P点的电势不变C.若将S接通后再断开，将M板上移一小段距离，两板间场强增大D.若将S接通后再断开，将M板上移一小段距离，点电荷在P点的电势能保持不变7.某同学研究白炽灯得到某白炽灯的伏安特性曲线如图所示。图线上A点与原点连线与横轴成角，图线在A点处的切线与横轴成角，则A.白炽灯的电阻随电压的增大而减小B.在A点，白炽灯的电阻可表示为tanC.在A点，白炽灯的电功率可表示为U0I0D.在A点，白炽灯的电阻可表示为8.如图所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下
5、的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动。那么A.微粒带负电B.微粒做匀减速直线运动C.微粒做匀速直线运动D.微粒做匀加速直线运动9.如图是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内互相垂直的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E。挡板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片。平板S下方有强度为B0的匀强磁场。下列表述正确的是A.质谱仪是分析同位素的重要工具B.速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里C.能通过狭缝P的带电粒子的速率等于D.粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越大10.图甲为两水平金属板，在两板间
6、加上周期为T的交变电压u，电压u随时间t变化的图线如图乙所示，质量为m、重力不计的带电粒子以初速度v0沿中线射入两板间，经时间T从两板间飞出。下列关于粒子运动的描述正确的是A.t=0时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大B.t=0时入射的粒子，离开电场时的动能最大C.无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度方向都水平D.无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度大小都相等二、实验题（本大题共2小题，共15分）11.（5分）某同学通过实验测定一个阻值约为5的电阻Rx的阻值:（1）现有电源（4V，内阻可不计）、滑动变阻器（050，额定电流2A）、开关和导线若干，以及下列电表：A.电流表（03A，
7、内阻约0.025）B.电流表（00.6A内阻约0.125）C.电压表（03V，内阻约3k）D.电压表（015V内阻约15k）为减小测量误差，在实验中，电流表应选用_，电压表应选用_（选填材前的字母）:实验中应采用图中的_。（2）若在（1）问中选用甲电路，产生误差的主要原因是_；若在（1）问中选用乙电路产生误差的主要原因是_。（选填选项前的字母）A.电流表测量值小于流经Rx的电流值B.电流表测量值大于流经Rx的电流值C.电压表测量值小于Rx两端的电压值D.电压表测量值大于Rx两端的电压值12.（10分）某同学利用图甲所示的电路测多用电表内电池的电动势，以及多用电表“100”挡内部电路的总电阻。使
8、用的器材有：多用电表电压表（量程3V，内阻几千欧）滑动变阻器（最大阻值5k）导线若干回答下列问题:（1）将多用电表挡位调到电阻“100”挡，再将红表笔和黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，直到指针指在右端的零刻度处。（2）将图甲中多用电表的红表笔和_（填“1”或“2”）端相连，黑表笔连接另一端。（3）将滑动变阻器的滑片调到适当的位置，使多用电表的示数和电压表的示数如图乙所示。则测得的电阻是_，电压表的示数是_V。（4）调节滑动变阻器的滑片，读取多组电阻R和电压U，根据测得的数据，在坐标纸上描绘出图线如图丙所示，图线的斜率和截距分别为k和b，则多用电表内电池的电动势可表示为E=_，电阻“100”挡内部
9、电路的总电阻可表示为r=_（用图线的斜率k和截距b表示）。三、计算题（本大题共4小题，共45分）13.（8分）有一质量为M=0.5kg的矩形绝缘板静止在光滑的水平面上，另一质量为m=0.25kg、带电量为+q的物块（视为质点，以初速度v0=6ms从绝缘板的上表面的左端沿水平方向滑入，绝缘板周围空间是范围足够大的匀强电场区域，其场强大小，方向竖直向下，如图所示，已知物块与绝缘板间的动摩擦因数=0.2，物块运动到绝缘板的右端时恰好相对于绝缘板静止。取g=10m/s2.求:（1）物块刚滑入绝缘板时，物块和绝缘板的加速度大小；（2）物块在绝缘板上滑动的过程中系统产生的热量。14.（10分）如图所示，水
10、平导轨间距为L=0.5m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m=1kg，电阻R0=0.9，与导轨接触良好；电源电动势E=10V，内阻r=0.1，电阻R=4；外加匀强磁场的磁感应强度B=5T，方向垂直于ab，与导轨平面成=53角；ab与导轨间动摩擦因数为=0.5（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），定滑轮摩擦不计，ab与重物由绕过定滑轮的细线相连，线对ab的拉力为水平方向，重力加速度g=10m/s2，ab处于静止状态（已知sin53=0.8，cos53=0.6）求:（1）ab受到的安培力大小；（2）重物重力G的取值范围。15.（12分）如图所示，直角坐标系xOy的第一象限内有宽度均为L的两个相邻区域
11、，在0xL的区域内存在水平向右的匀强电场，在Lx2L的区域内存在垂直于坐标系xOy平面向外的匀强磁场，一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子以初速度v0从坐标原点O沿y轴正方向射入匀强电场，然后从电磁场边界的M点进入匀强磁场，方向与电磁场的边界成45角，带电粒子恰好没有射出磁场右边界，不计粒子重力，求:（1）电场强度E的大小；（2）磁感应强度B的大小。16.（15分）如图所示，水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R=0.4m，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E=1.0104N/C。现有一电荷量q=+1.
12、010-4C、质量m=0.1kg的带电体（可视为质点），在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点（图中未画出）。取g=10m/s2。试求:（结果可用根号表示）（1）带电体运动到圆形轨道B点的速度大小；（2）D点到B点的距离xDB；（3）带电体在从B到C运动的过程中对轨道的最大压力。2019-2020学年度第一学期高二物理试题答案12345678910DBCBCDCDABACACD1.【答案】D【解析】根据公式F=BILsin，一小段通电直导线在某处不受磁场力，该处磁感强度不一定为零，可能是sin为零，故A错误；磁感应强度是采用比值法定义的，B
13、大小与F、IL无关，B由磁场本身决定，故B错误；只使用与点荷形成的电场，故C错误；为匀强电场中得出的场强与电势差的关系式，只适用于匀强电场，故D正确。所以D正确，ABC错误。2.【答案】B【解析】当光照增大时，光敏电阻的阻值减小，总电阻减小；则由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大；则由U=E-Ir可知，路端电压减小，故电压表示数减小，故A错误，B正确；当光照减小时，光敏电阻的阻位增大，总电阻增大；则闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流减小，则由P=I2R2可知，R2清耗的功率变小，故C错误；由C分折可知，电路中总电流减小，由P=EI可知电源消耗的总功率减小；故D错误。3.【答案】C【解析】A
14、项，根据安培定则与左手定则可知，两导线存在相互排斥的安培力，故A项错误。B、C项，根据安培定则两导线在O点产生的磁场方向均坚直向下，合磁感应强度大小一定不为零，且方向竖直向下，故B项错误，C项正确。D项，根据安培定则，两导线在a、b处产生磁场的磁感应强度方向均垂直导线截面中心与a、b两点连线，且产生磁场的磁感应强度相等，因此由平行四边形定则可知，a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向均坚直向下，故D项错误。综上所述，本题正确答案为C。4.【答案】B【解析】A.一x图像的斜率大小等于电场强度，所以x轴上的电场强度不同，故A错误；B.从-x1到x1图像斜率先减小后增大，故场强先减小后增大，故B正确
15、；CD.根据电势的定义:可知，一个带正电的粒子在-x1和x1位电势能相等，故CD错误。5.【答案】C【解析】设磁场区域半径为R，轨迹的圆心角为。轨迹半径越大，而，越小，通过磁场的时间越短。故A错误。粒子在磁场中运动的时间为，而轨迹半径，当粒子的运动时间越短时，越小。则知r越大，而，则速度v越大，故B错误。根据推论得知，带电粒子在磁场中偏转角等于轨迹的圆心角，则在磁场中偏转越小的，轨迹的心角越小，由知，运动时间越短，故C正确。由上分析知道，速度越大，轨迹半径r越大，而，越小，通过磁场的时间越短，则并非所有质子在磁场里运动时间均相等，故D错误。故选C。6.【答案】D【解析】A.当S闭合时，M板上移
16、一小段距离，则间距增大，导致电容减小，因电压不变，根据Q=CU，则有M板带电量减小；故A错误；B.当S闭合时，M板上移一小段距离，则间距增大，导致场强减小，则N与P点之间的电势差减小；故P点的电势降低，故B错误；C.将S断开时，M板向上移动，电量不变；根据则有电场强度与间距无关，因此场强不变，故C错误；D.由C知场强不变，则P相对于N极板的电势差不变；电势P不变，因此点电荷在P点的电势能保持不变，故D正确。7.【答案】CD【解析】A.由图示图可知，随电压U增大通过灯泡的电流I增大，图像上各点与原点连线的斜率变大，即电压与电流的比值增大，灯泡电阻增大，故A错误；BD.由图可知，A点的电压和电流，
17、则在A点灯泡电阻：，不能根据tan，故B错误，D正确；C.在A点，白炽灯的电功率可表示为P=U0I0，选项C正确。8.【答案】AB【解析】微粒做直线运动的条件是速度方向和合外力的方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向左的电场力才能使得合力方向与速度方向相反且在同一条直线上，由此可知微粒所受的电场力的方向与场强方向相反，则微粒必带负电。且运动过程中微粒做匀减速直线运动；故A，B正确，C，D错误。9.【答案】AC【解析】粒子在速度选择器中做匀速直线运动，有gE=qvB，解得进入偏转电场后，有，解得，知r越小，比荷越大。同位素电量相等，质量不同，则偏转半径不同，所以质谱仪是分析同位素的重要工具。故A
18、C正确，D错误。因为电荷所受电场力与洛伦兹力平衡，根据左手定则知，磁感应强度的方向垂直纸面向外。故B错误。故选AC。10.【答案】ACD【解析】CD.因粒子在电场中运动的时间等于电场变化的周期T，根据牛顿第二定律和v=at知，所有粒子离开电场时竖直方向的速度为零，即最终都沿水平方向射出电场，离开电场时的速度大小都等于初速度，故选项CD正确；AB.粒子在电场中运动的时间是相同的；t=0时入射的粒子，在竖直方向先加速，然后减速到0时恰离开电场区域，故t=0时入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大；时入射的粒子，在竖直方向先加速，再减速，再反向加速，反向减速到0恰离开电场区域，此时刻射入的粒子离开电
19、场时偏离中线的距离为0；故选项A正确，选项B错误。本题选择错误的选项。故选ACD。11.【答案】B，C，甲，B，D（每空1分）【解析】（1）1根据欧姆定律可知，通过测电阻的最大电流为所以电流表选B；2因电源电动势为4V，且15V量程太大，读数误太大，所以电压表应选3V量程，所以选C；3因为特测电阻满足所以电流表应该选用外接法，故采用甲电路；（2）根据欧姆定律和并联规律可知，采用甲电路时因为电压表A的分流作用，导致电流表测量值大于流经Rx的电流，所以产生误差的主要原因是B；若采用乙电路，因为电流表的分压作用，导致电压表的测量值大于Rx两端的电压值，所以造成误差的主原因是D。12.【答案】（2）2
20、；（3）1.6103；2.15；（4）：（每空2分）【解析】（2）欧姆表的红表笔与内置电源负极相连，由图甲所示可知，黑表笔应与2相连接。（3）多用电表挡位调到电阻“100”挡，由图乙所示多用电表可知，所测电阻阻位为:16100-1.6103；电压表量程为3V，由图示电压表表盘可知，其分度值为0.1V.示数为2.15V；（4）电源电动势: ，则:，则图象的斜率: ，截距: ，电源电动势: ，内部电路总电阻: r-；13.解:（1）物块与绝缘板间摩擦力为（2分）物块刚滑入绝缘板时，物块加速度大小为：（1分）绝缘板加速度大小为： （1分）（2）共速时物块速度与绝缘板速度相等即，得t=1s (1分)此
21、过程物块位移为：（1分）绝缘板位移为 （1分）所以产生的热量为 （1分）（也可以由动量守恒和能量守恒求解）14.解:（1）由闭合电路的欧姆定律可得，通过ab的电流代入数据得I=2A （2分）ab受到的安培力F=BIL=520.5N=5N （2分）（2）ab受力如图所示，最大静摩擦力:（2分）由平衡条件得:当最大静摩擦力方向向右时：（1分）当最大静摩攘力方向向左时： （1分）由于重物平衡，故T=G （1分）则重物重力的取值范围为0.5NG7.5N （1分）15.解:带电粒子在匀强电场中做类平抛运动（1分） （1分）（1分）qE=ma（1分）联立解得（1分）（2）带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动
22、 （2分）（2分）又（1分）联立解得（2分）16.解:（1）设带电体通过C点时的速度为v0，根据牛顿第二定律得: （1分）设带电体通过B点时的速度为va，设轨道对带电体的支持力大小为FB，带电体从B运动到C的过程中，根据动能定理: （2分）带电体在B点时，根据牛顿第二定律有: （1分）联立解得: FB=6.0N（1分）根据牛顿第三定律可知，带电体对轨道的压力FB=6.0N （1分）（2）设带电体从最高点C落至水平轨道上的D点经历的时间为t，根据运动的分解有: （2分）（2分）联立解得:xDB=0 （1分）（3）由P到B带电体做加速运动，故最大速度一定出现在从B经C到D的过程中，在此过程中保有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成45夹角斜向右下方，故最大速度必出现在B点右侧对应圆心角为45处。（1分）设小球的最大动能为Ekm，根据动能定理有: （2分）解得:（1分）