1、2018-2019学年第二学期高二物理第一次月考试卷一、选择题（本题共10小题，每小题4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7-10题有多项符合题目要求。全不选对的得4分，选对但不全的得2分，有错的得0分）1.如图是伏打起电盘示意图，其起电原理是A. 摩擦起电B. 感应起电C. 接触起电D. 绝缘板中的电荷移到了导电板上【答案】B【解析】导电平板靠近带电绝缘板并接地时，发生静电感应，使导电平板带上负电荷，其起电原理感应起，故B正确，A、C、D错误；故选B。2.基于人的指纹具有终身不变性和唯一性的特点，发明了指纹识别技术。目前许多国产手机都有指纹解锁功能，常用的指纹识
2、别传感器是电容式传感器，如图所示。指纹的凸起部分叫“嵴”，凹下部分叫“峪”。传感器上有大量面积相同的小极板，当手指贴在传感器上时，这些小极板和正对的皮肤表面部分形成大量的小电容器，这样在嵴处和峪处形成的电容器的电容大小不同。此时传感器给所有的电容器充电后达到某一电压值，然后电容器放电，电容值小的电容器放电较快，根据放电快慢的不同，就可以探测到嵴和峪的位置，从而形成指纹图像数据。根据文中信息，下列说法正确的是 （ ）A. 在峪处形成的电容器电容较大B. 充电后在嵴处形成的电容器的电荷量大C. 在峪处形成的电容器放电较慢D. 潮湿的手指头对指纹识别绝对没有影响【答案】B【解析】A、根据电容的计算公
3、式可得，极板与指纹嵴(凸起部分)距离d小，构成的电容器电容大，故A错误；BC、由于外接电源为所有电容器充到一个预先设计好的电压值，所以所有的电容器电压一定，根据可知，极板与指纹沟(凹的部分d大，电容小)构成的电容器充上的电荷较少，在放电过程中放电时间短，故C错误，B正确；D、湿的手与传感器之间有水填充，改变了原来匹配成平行板电容器的电容，所以会影响指纹解锁，故D错误；故选B。【点睛】根据电容的决定式分析d改变时电容的变化以及电荷量的多少；根据电荷量的多少分析放电时间长短。3.在点电荷形成的电场中，一电子的运动轨迹如图中虚线所示，其中a、b是轨迹上的两点若电子在两点间运动的速度不断增大，则下列判
4、断中正确的是( )A. 形成电场点电荷电性为正B. 电子的运动是匀变速曲线运动C. 电子一定是从a点运动到b点D. 电子一定是从b点运动到a点【答案】D【解析】【详解】A.由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明电子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，电场线方向向右，则形成电场的点电荷电性为负。故A错误；B.由于电子受的电场力大小是变化的，且电场力的方向与速度方向不共线，所以电子的运动是非匀变速曲线运动，故B错误。CD. 因电子在两点间运动的速度不断增大，则电场力做正功，故电子一定是从b点运动到a点，D正确，C错误；4.一束带电粒子以同一速度v0从同一位置进入匀强磁场，在磁场中它们的轨迹如图所示。
5、若粒子A的轨迹半径为r1，粒子B的轨迹半径为r2，且r2=2r1，q1、q2分别是它们的带电荷量，m1、m2分别是它们的质量。则下列分析正确的是A. A带负电、B带正电，荷质比之比为B. A带正电、B带负电，荷质比之比为C. A带正电、B带负电，荷质比之比为D. A带负电、B带正电，荷质比之比为【答案】C【解析】A向左偏，B向右偏，根据左手定则知，A带正电，B带负电根据半径公式 ，知荷质比 ，v与B不变，所以荷质比之比等于半径之反比，所以 故C正确，ABD错误故选C点睛：解决本题的关键掌握左手定则判断磁场方向、电荷的运动方向以及洛伦兹力方向的关键，以及掌握带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径公
6、式。5.如图所示，条形磁铁放在水平粗糙桌面上，它的左端上方固定一根与条形磁铁垂直的长直导线，导线中通以如图示方向的电流时，和原来没有电流通过时相比较，磁铁受到的支持力N和摩擦力f ( )A. N减小，f 向左;B. N减小，f 向右;C. N增大，f 向左;D. N增大， f 向右.【答案】C【解析】【分析】以导线为以导线为研究对象，根据电流方向和磁场方向判断所受的安培力方向，再根据牛顿第三定律，分析磁铁所受的支持力和摩擦力情况来判断【详解】以导线为研究对象，由左手定则判断得知导线所受安培力方向斜向左上方，根据牛顿第三定律得知，导线对磁铁的安培力方向斜向右下方，磁铁有向右运动的趋势，受到地面向
7、左的摩擦力；同时磁铁对地的压力增大，地面对磁铁的支持力也将增大，故A、B、D错误，C正确.故选：C6.如图，两同心圆环A、B置于同一水平面上，其中B为均匀带负电绝缘环，A为导体环当B绕环心转动时，导体环A产生顺时针电流且具有扩展趋势，则B的转动情况是（ ）A. 顺时针加速转动B. 顺时针减速转动C. 逆时针加速转动D. 逆时针减速转动【答案】A【解析】由图可知，A中感应电流为顺时针，由楞次定律可知，感应电流的内部磁场向里，由右手螺旋定则可知，引起感应电流的磁场可能为：向外增大或向里减小；若原磁场向外，则B中电流应为逆时针，由于B带负电，故B应顺时针转动且转速增大；若原磁场向里，则B中电流应为顺
8、时针，则B应逆时针转动且转速减小；又因为导体环A具有扩展趋势，则B中电流应与A方向相反，即B应顺时针转动且转速增大，A正确7.英国物理学家阿斯顿因首次制成质谱仪，并用此对同位素进行了研究，而荣获了1922年的诺贝尔化学奖。如图所示，P1P2两极板间同时存在相互垂直的电场和磁场，氚核和粒子都沿直线运动，然后射入同一匀强磁场，最终打在照相底片上的C、D两点。已知氚核的质量约为质子的3倍，带正电荷，电荷量为一个元电荷；粒子即氦原子核，质量约为质子的4倍，带正电荷，电荷量为元电荷的2倍。氚核、粒子射出电场时的速度分别为、，在磁场中的轨道半径分别为、，不计粒子的重力。则下列说法正确的是A. ：=：B.
9、：=3：2C. B2磁场的磁感应强度越大，CD间的距离越小D. B2磁场的磁感应强度越大，CD间的距离越大【答案】BC【解析】A、B、直线通过速度选择器的粒子满足，故选择速度，与电荷和质量均无关，故，A错误；B、速度相同的两粒子进入磁场洛伦兹力提供向心力，可得，氚核和氦核的半径比为，则B答案正确.C、D、，则磁感应强度越大，CD间的距离越小，则C正确，D错误.故选BC.【点睛】带电粒子在速度选择器中电场力和洛伦兹力平衡，在磁场中，洛伦兹力提供向心力，求出粒子的轨道半径，即可知道轨迹半径与什么因素有关8.在甲乙所示的电路中，电阻R和自感线圈L的阻值都很小，且小于灯泡A的电阻，接通S，使电路达到稳
10、定，灯泡A发光，则( )A. 在电路甲中，断开S后，A将逐渐变暗B. 在电路甲中，断开S后，A将先变得更亮，然后才逐渐变暗C. 在电路乙中，断开S后，A将逐渐变暗D. 在电路乙中，断开S后，A将先变得更亮，然后才逐渐变暗【答案】BC【解析】【详解】AB.在电路甲中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导致A将变得更亮，然后逐渐变暗。故A错误，B正确；CD.在电路乙中，断开S，由于线圈阻碍电流变小，导致A将逐渐变暗。故C正确，D错误。9.如图所示，矩形线圈是闭合的，在外力作用下，匀速向右通过宽为d(大于线圈边长)的匀强磁场时，设
11、穿过线圈的磁通量为，感应电流为I，线圈所受磁场力为F，通过线圈导线横截面的电荷量为q，则描述此过程中以上各物理量的变化的图像如选项图所示，其中正确的是()A. B. C. D. 【答案】AB【解析】线圈穿过磁场的过程中，速度不变，其他各物理量的变化分析如下：进入磁场的过程中，磁通量BSBlvt(l为切割磁感线的边长)，可见磁通量正比于时间t；从全部进入磁场到出磁场之前的过程中，最大且保持不变；离开磁场的过程中，均匀减小，故A正确；感应电流，进入磁场与离开磁场的过程中，I感的大小相等方向相反，均为恒定电流；全部在磁场中平移时，无感应电流，故B正确；进入与离开磁场的过程中，安培力大小F安BI感l不
12、变；全部在磁场中平移时，不受安培力，故C错误；进入与离开磁场的过程中，通过导线横截面的电荷量，可见电荷量随时间均匀增加，全部在磁场中时，无感应电流，故D错误。所以AB正确，CD错误。10.如图所示，粗糙的平行金属导轨与水平面的夹角为，宽为L，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B，导轨上、下两边分别连接电阻R1和R2，质量为m的导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g。则导体棒ab沿着导轨下滑的过程中A. R1和R2发热功率之比P1：P2=R2：R1B. 导体棒匀速运动时的速度C. 安培力对导体棒做的功等于导体棒机械能的减少量D. 重力和安培力对导体棒做功之和大于
13、导体棒动能的增量【答案】A【解析】【详解】因R1与R2为并联关系，根据功率公式P=知P与R成反比，故选项A正确；因导轨粗糙，当导体棒匀速运动时，根据平衡条件F安+f=mgsin，即，故选项B错误；根据功能关系，导体棒机械能减少量应等于安培力和摩擦力对棒做功之和，故选项C错误；根据动能定理，重力和安培力对导体棒做功之和应等于导体棒动能的增量与克服摩擦力功之和，故选项D错误。二、实验题（本题共2小题，每空1分，共14分）11.某研究性学习小组欲测量某电源的电动势和内阻.(1)设计实验方案前，为保证安全，小组成员先用多用表“直流电压2.5V档”测定电源的电动势，在操作无误的情况下，多用表表盘示数如下
14、图，其示数为_V.(2)提供的实验器材如下：A.滑动变阻器R (阻值010) B.滑动变阻器(阻值0100)C.电流表A1(量程02mA,内阻为1) D.电流表A2(量程0500mA,内阻为3)E.定值电阻R1(标称阻值为999) F.电池组(电动势为E，内阻r约为1)G.开关一只，导线若干则滑动变阻器应选择_(填“A”或“B”)(3)为尽可能提高实验精度，根据(2)中所供器材，下列实验电路图中正确的是_.(4)将电流表A1、A2的读数分别记为I1、I2，以I1为纵轴，I2为横轴，根据实验数据作出I1-I2图像如图所示，由图像可知电源电动势E=_V，电源内阻r=_.(保留三位有效数字)(5)实
15、验结束后，小组成员发现电流表A1的实际内阻大于1，则会造成电源内阻的测量值_实际值(填“等于”、“大于”或“小于”).【答案】 (1). 1.35 V (2). A (3). A (4). E=1.60V (5). r=1.00 (6). 大于【解析】（1）由图可知用直流电压2.5V档，则电压档刻度每小格为，则其示数为；（2）由于电动势大约左右，滑动变阻器选择较小即可，便于调节，故选项A即可；（3）由于题目中没有电压表，则将电流表与定值电阻 (标称阻值)串联改装成电压表，量程为：，由于量程较大放置在干路上即可，故选项A正确；（4）根据闭合电路欧姆定律：整理可以得到：，则将，以及，代入整理可以得
16、到：，；（5）由于电流表的实际内阻大于1，但是实际取值时电流表的内阻仍为，从而造成斜率变大，故造成电源内阻的测量值大于实际值。点睛：实验仪器的选择是考试中经常出现的问题，在学习中要注意掌握好其安全、准确的原则，同时注意滑动变阻器的电路中的应用规律以及误差分析的问题。12.在测定金属电阻率的实验中，用伏安法测定一段阻值约为5左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：A电池组（3V）B电流表（03A，内阻0.0125）C电流表（00.6A，内阻0.125）D电压表（03V，内阻3k）E电压表（015V，内阻15k）F滑动变阻器（020，额定电流1A）G滑动变阻器（02000，额定
17、电流0.3A）H电键、导线 （1）电压表应选用的是_，电流表应选用的是_，滑动变阻器应选用的是_（填写各器材前面的字母代号） （2）电压要从零开始调起，请在图1方框中画出实验电路如图（3）实验中某组电压表的示数如图2A所示，则U=_V，电流表的示数如图2B所示，则I=_A （4）如图3所示游标卡尺的读数_cm，如图4所示螺旋测微器的读数_mm【答案】 (1). D (2). C (3). F (4). 2.10 (5). 0.40 (6). 1.14 (7). 0.435【解析】【详解】（1）电源电动势为3V，电压表应选择D；电路最大电流约为：I=0.6A，电流表应选择C；为方便实验操作，滑动
18、变阻器应选择F；（2）由题意可知，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法。实验要求电压要从零开始调起，则滑动变阻器应采用分压接法。电路图如图所示：；（3）电压表量程是3V，由图示表盘可知，其分度值为0.1V，示数为2.10V；电流表量程为0.6A，由图示表盘可知，其分度值为0.02A，示数为0.40A；（4）由图象游标卡尺可知，其示数为：11mm+40.1mm=11.4mm=1.14cm；由图示螺旋测微器可知，其示数为：0mm+43.50.01mm=0.435mm；【点睛】（1）根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器；（2）
19、根据待测电阻与电流表、电压表内阻比较，确定电流表的内外接，根据题意确定滑动变阻器接法，然后作出电路图；（3）确定出电流表、电压表量程，从而得出每一格代表多少，读出电压表和电流表的示数；（4）刻度尺的读数需估读到最小刻度的下一位，螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，读可动刻度读数时需估读。三、计算题（本题共5小题，共46分。解答时，要有必要的步骤、公式和文字说明，只写答案不得分）13.如图所示在匀强电场中，有A、B两点，它们之间的距离为10cm，两点的连线与场强方向成53角将一个电荷量为1106C的正电荷由A点移到B点，电场力做功为6105 J（sin53 =0.8，cos53 =
20、0.6）求：（1）A、B两点的电势差UAB；（2）匀强电场的场强E【答案】(1) (2) 【解析】(1) 电荷由AB电场力做功，有：WAB=qUAB则有：；(2) 根据UAB=EdABcos53得：。点晴：电场中计算电势差时一定要所注意带着正负号来运算，计算电场强度时，两点之间的距离一定是沿电场方向的距离。14.如图所示, ,电源内阻不计.(1).闭合开关S,求稳定后通过的电流;(2).然后将开关S断开,求这以后通过的总电荷量.【答案】（1）1A （2）1.2104C【解析】【详解】试题分析：（1）电容器在电路稳定时，处于断开状态，则根据闭合电路欧姆定律，即可求解；（2）根据开关闭合与断开两状
21、态下，求出电压器的两端电压，并根据：Q=UC，即可求解解：（1）稳定时，电容看作断开状态，电路中的电流：A（2）S闭合，电路处于稳定状态时，电容两端的电压：U=IR2=16V=6V断开后，电容两端的电压为10V，故这以后流过R1的总电量为：Q=Uc=（106）30106C=1.2104C答：（1）闭合开关S，稳定后通过R1的电流1A；（2）然后将开关S断开，这以后流过R1的总电量1.2104C15.如图所示，电阻的金属棒放在水平光滑平行导轨上（导轨足够长），棒与导轨垂直放置，导轨间间距，导轨上接有一电阻，整个导轨置于竖直向下的磁感强度的匀强磁场中，其余电阻均不计现使棒以速度向右作匀速直线运动，
22、试求：（）棒中的电流大小（）两端的电压（）棒所受的安培力大小和方向【答案】（）；（）；（）；方向水平向左【解析】（）金属棒切割磁感线产生的感应电动势为，电路中的电流为由右手定则判断可以知道中感应电流方向由（）金属棒两端的电压为；（）金属棒所受的安培力为，由左手定则知方向水平向左16.如图所示，一个足够长的矩形金属框架与水平面成=37角，宽L=0.5m，上端有一个电阻R0=2.0，框架的其他部分电阻不计，有一垂直于框架平面向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.1T，ab为金属杆，与框架接触良好，其质量m=0.1kg，电阻r=0.5，杆与框架间的动摩擦因数=0.5，杆由静止开始下滑，在速度达到最大值的
23、过程中，电阻R0产生的热量Q0=2.0J（取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）。求：(1)通过R0的最大电流；(2)ab杆下滑的最大速度；(3)从开始到速度最大的过程中ab杆下滑的距离。【答案】（1）（2） (3)【解析】（1）杆达到最大速度后， ab中最大电流为Im，由平衡条件： 解得：Im=04A （2）由闭合电路的欧姆定律：Em=Im(R0+r)1.0 V 由法拉第电磁感应定律：Em=BLvm 解得（3）电路中产生的总焦耳热 由动能定理得解得杆下滑的距离 x=13.5m17.如图所示，在xoy坐标平面的第一象限内有沿y方向的匀强电场，在第四象限内有垂直于平面向外的
24、匀强磁场，现有一质量为m，带电量为+q的粒子（重力不计）以初速度v0 沿x轴的负方向从坐标为（3L，L）的P点开始运动，接着进入磁场后由坐标原点O射出，射出时速度方向与y 轴正方向的夹角为45，求：（1）粒子从O点射出的速度v大小；（2）电场强度E和磁感应强度B的大小；（3）粒子从P点运动到O点过程中所用的时间。【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析：由题意可知：带电粒子在电场中做类平抛运动，由点进入磁场，在磁场中做匀速园周运动，最终由O点射出（轨迹如图）根据对称性可知，粒子在Q点的速度大小为v，方向与x轴负方向成450，则有，解得：（2）带电粒子从P到Q点运动的过程中，由动能定理：解得：粒子在Q点沿Y轴负方向分速度大小又在电场中运动时qE=ma所以从P到Q的运动时间：从P到Q点沿X轴负方向的位移为则OQ之间的距离：粒子在磁场中运动半径为r，则有：又由以上各式解得：（3）粒子在磁场中的运动时间故粒子从P到Q的总时间解得：考点：带电粒子在电场及磁场中的运动
