【物理】河南省新乡市辉县市第一中学2019-2020学年高二上学期第一次月考试题（解析版） 18页

高二物理试卷 一、选择题（1~5只有一个选项，6~12有多个选项，每题4分，多选不得分，少选得2分）‎ ‎1.下列关于物理学史、物理概念、方法和知识的说法中，正确的是（ ）‎ A. 库仑在利用扭秤装置研究得到库仑定律的实验探究中，既用到了放大的思想也用到了控制变量法 B. 在万用表中，直流电流刻度线和直流电压刻度线都是均匀的，可共用同一刻度线;电阻刻度线是均匀的，且每一挡的测量范围都是0～∞；电阻刻度线上的零欧姆刻度线与直流电流刻度的最大刻度线相对应 C. 电动势表征了电源将其他形式的能转化为电能的本领，在大小上等于非静电力把的正电荷在电源内从正极搬运到负极所做的功 D. 在研究电场磁场时，我们常引入“试探电荷”、“试探电流元”，目的是不影响原电场的强弱及分布情况，这里应用了假设法 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A． 库仑利用扭秤装置探究决定电荷间的相互作用力大小的因素有电荷电量的大小和电荷之间的距离，研究一个变量与多个变量之间的关系时，应用控制变量法，同时为便于测量还应用了放大思想，故A正确；‎ B．直流电流刻度线和直流电压刻度线都是均匀的，可以共用一刻度；根据欧姆定律可得：‎ 可知电流与对应的待测电阻阻值不成正比，电阻的刻度线是不均匀的，刻度值越大处刻度线越密，电阻刻度线上的零欧姆刻度线与直流电流刻度的最大刻度线相对应，故B错误；‎ C．电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，在大小上等于非静电力把的正电荷在电源内从负极送到正极所做的功，故C错误；‎ D．在研究电场磁场时，我们常引人“试探电荷”、“试探电流元”，目是不影响原电场的强弱及分布情况，这里应用了理想模型法，故D错误。‎ ‎2.两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两点电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中P、N两点的电势为零，NF段中Q点电势最高，则（　　）‎ ‎ ‎ A. q1和q2为等量异种电荷，且Q点电场强度为零 B. q1和q2为不等量种异种电荷，且P点电场强度为零 C. NQ间场强方向沿x轴正方向 D. 将一负电荷从N点移到F点，电势能先减小后增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．图象的斜率等于电场强度，可知点电场强度为零，点电场强度不为零，根据电场叠加原理可得：‎ 可知和为不等量种异种电荷，故A、B错误；‎ C．由于从到电势升高，沿着电场线电势降低，所以可知间场强方向沿轴正方向，故C错误；‎ D．由于从到，电势先增加后减小；将一负电荷从点移到点，根据公式，电势能先减小后增加，故D正确；‎ ‎3.甲醛对人体的危害非常严重，因此装修房屋时检测甲醛污染指数非常重要。“创新”小组的同学们设计了甲醛监测设备，原理如图甲所示。电源电压恒为3V，R0为10Ω的定值电阻，R为可以感知甲醛污染指数的可变电阻，污染指数在50以下为轻度污染，50～100间为中度污染，100以上为重度污染，以下分析正确的是（   ）‎ A. 电压表示数为1V时，属于重度污染 B. 污染指数越小，电压表示数越大 C. 污染指数越大，电路中消耗的总功率越小 D. 污染指数为50时，电压表示数为2.5V ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电压表示数为1V时，电路中电流：‎ 可变电阻两端电压 根据欧姆定律可得：可变电阻连入电路中的阻值：‎ 由图象可知，电阻为20Ω时，污染指数为150，属于重度污染，故A正确；‎ B．由图象可知，污染指数越小，可变电阻的阻值越大，根据串联电路的分压特点可知，可变电阻分担的电压越大，则定值电阻分担的电压越小，即电压表示数越小，故B错误；‎ C．由图象可知，污染指数越大，可变电阻的阻值越小，电路总电阻越小，根据可知，电源电压不变，总电阻越小，总功率越大，故C错误；‎ D．由图象可知，污染指数为50时，可变电阻连入电路中的阻值为50Ω，根据串联电路的分压特点：‎ 即 解得：R0两端电压U0=0.5V，即电压表示数为0.5V，故D错误．‎ ‎4.如图所示，圆圈中的“×”表示电流方向垂直纸面向里，圆圈中的“•”表示电流方向垂直纸面向外。两根通电长直导线a、b平行水平放置，a、b中的电流强度均为I，此时a受到的磁场力大小为F；当在a、b的上方再放置一根与a、b平行的通电长直导线c后，a受到的磁场力大小仍为F，图中abc正好构成一个等边三角形，则此时（ ）‎ A. b受到的磁场力大小为F B. b受到的磁场力大小为 C. c受到的磁场力大小为2F D. c受到的磁场力大小为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．根据同相电流相互吸引，反向电流相互排斥可知，导线受导线的磁场力方向向左，大小为；导线受导线的磁场力方向与连线方向成角斜向右上方，大小为；导线受磁场力的合力大小为，根据平行四边形定则可得：‎ 同理，受影响产生的磁场力大小为，方向向右；受影响产生的磁场力大小为，方向与连线方向成角斜向右上方，根据平行四边形定则，受到的磁场力：‎ 故A错误，B正确；‎ CD．以为对象，受到的磁场力大小为，方向指向，受到的磁场力大小为，方向由指向，根据平行四边形定则，受到的磁场力：‎ 故C、D错误。‎ ‎5.如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，，。在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子，粒子的电量大小为q，质量为m，发射速度大小都为v0，发射方向由图中的角度θ表示．不计粒子间的相互作用及重力，下列说法不正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 若，则在AC边界上只有一半区域有粒子射出 B. 若，则以θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时间最短 C. 若，则以θ<30°飞入的粒子在磁场中运动的时间都不相等 D. 若，则以θ=0°方向射入磁场的粒子在磁场中运动的时间为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：‎ 解得：‎ 若，则有：‎ 当飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从中点飞出，因此在边界上只有一半区域有粒子射出，故A不符合题意；‎ B. 若，以飞入的粒子刚好从点飞出，在磁场中运动时间恰好是周期，在磁场中运动时间最长，故B符合题意；‎ C. 若，当飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，在磁场中运动时间也恰好是，则以飞入磁场中的粒子运动所对应的圆心角不相等，所以运动所用的时间也不相等，故C不符合题意；‎ D. 若，粒子轨道半径，以方向射入磁场的粒子粒子从粒子从边射出，圆心角为，在磁场中运动的时间为：‎ 故D不符合题意。‎ ‎6.如图所示，三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面，其电势分别为10V、20V、30V．实线是一带电的粒子（不计重力）在该区域内运动的轨迹，对于轨迹上的a、b、c三点，已知：带电粒子带电量为0.01C，在a点处的动能为0.5J，则该带电粒子（　　）‎ A. 可能是带负电 B. 在b点处电势能为0.3J C. 在b点处的动能为零 D. 在c点处的动能为0.4 J ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 由等势面可知，场强方向向上，由轨迹可知，电场力向上，则为正电荷，则A错误；b点处的电势能EP＝φq=0.01×30=0.3J，则B正确；总能量守恒，由a点处可知E=0.01×10+0.5=0.6J，则b点处的动能为：0.6-0.3=0.3J，则C错误；C点处的动能为为0.6-0.01×20=0.4J，则D正确；故选BD.‎ 点睛：本题根据粒子的轨迹弯曲方向就能判断粒子所受的电场力方向，根据电场线与等势线的关系，判断出电场线方向．负电荷在电势高处电势能小是一个重要推论，要学会应用．‎ ‎7.如图是研究通电自感实验的电路，A1、A2是两个规格相同的小灯泡，闭合开关调节电阻R，使两灯泡的亮度相同。调节可变电阻R1，使它们都正常发光，然后断开开关S。重新闭合开关S，则(　)‎ A. 闭合瞬间，A1立刻变亮，A2逐渐变亮 B. 闭合瞬间，A2立刻变亮，A1逐渐变亮 C. 稳定后，L和R两端电势差一定相同 D. 稳定后，A1和A2两端电势差不相同 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．闭合瞬间，L相当于断路，立刻变亮，逐渐变亮，故A错误，B正确；‎ CD．稳定后，两个灯泡的亮度相同，说明它们两端的电压相同，L和R两端电势差一定相同，故C正确，D错误。‎ ‎8.用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素，如图，现将一正电泡沫板靠近 极板，然后用手触碰板并迅速离开，再移开泡沫板，此时指针张开．设两极板正对面积为，极板间的距离为，静电计指针偏角．实验中，极板所带为电荷量不变，则（ ）‎ A. 移动泡沫板后板带负电 B. 移开泡沫板后板带正电 C. 保持不变，增大，则变小 D. 保持不变，减小，由变大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．正电泡沫板靠近极板后，根据静电感应原理可知A极板带负电荷，用手触碰A极板后，大地电子流向A极板带上更多的负电，移走正电泡沫板后，A极板上负电荷较多，所以带负电，A正确B错误；‎ CD．两极板所带电荷量恒定不变，所以保持不变，增大，根据可知C减小，根据可知U增大，即变大，C错误；保持d不变，减小S，根据可知C减小，根据可知U增大，即变大，D正确．‎ ‎9.如图丁所示，已知电源电动势E=6V，闭合开关，将滑动变阻器的划片P从A端滑至B端，得到一些物理量的变化如图所示，甲为输出功率和路段电压的关系曲线，乙为路段电压与总电流的关系曲线，丙为电源效率和外电路电阻的关系曲线，不考虑电表导线对电路的影响，下列正确的是 A. a(4V，4.5W) B. b(4.8V，2.88W)‎ C. (0.6A，4.5V) D. d(，80%)‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】由乙图可知短路电流为 I短=3A，由得：；电源效率最高时，滑动变阻器的阻值最大，由丙图知电源的最大效率为 η=80%；由，解得：R=8Ω；变阻器的滑动头C在右端B时，分别对应c、b、d三点。当输出功率达到最大时：R=r=2Ω，此时路端电压为U=3V，所以各点的坐标为：a点：U=3V，P=W=4.5W，坐标为：（3V，4.5W）；b点、c点：R=8Ω，，U=E-Ir=6-0.6×2=4.8V，P=UI=4.8×0.6W=2.88W，所以b点的坐标为：（4.8V，2.88W）；c点的坐标为（0.6A，4.8V）；d点坐标为（8Ω，80%）。故BD正确，AC错误。故选BD.‎ ‎【点睛】本题关键是读出图象的信息，知道电源的输出功率与路端电压的关系，能根据闭合电路欧姆定律进行分析和求解．‎ ‎10.在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，电表的示数分别用I、U1、U2、U3表示，电表示数变化量分别用、、和表示，下列比值中正确的是 A. 变大， B. 不变，‎ C. 变大， D. 变大，‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】根据欧姆定律得知：，不变，选项B正确；当滑动变阻器的滑动触头 P 向下滑动时R2变大，，变大。根据闭合电路欧姆定律得：U2=E-I（R1+r），则有，不变。故C错误，D正确。‎ ‎，变大。根据闭合电路欧姆定律得：U3=E-Ir，则有，不变。故A正确。故选ABD。‎ ‎11.如图甲所示，等离子气流（由高温高压的等电量的正、负离子组成）由左方连续不断地以速度v0 射入P1 和P2 两极板间的匀强磁场中，ab直导线与P1 、P2 相连接，线圈A与直导线cd相连接，线圈A内存在如图乙所示的变化磁场，且磁感应强度B的正方向规定为向左，则下列叙述正确的是（　　）‎ A. 0～1s内ab、cd导线互相排斥 B. 1～2s内ab、cd导线互相吸引 C. 2～3s内ab、cd导线互相排斥 D. 3～4s内ab、cd导线互相吸引 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】左侧实际上为等离子体发电机，将在ab中形成从a到b的电流，由图乙可知，0~2s内磁场均匀变化，根据楞次定律可知将形成从c到d的电流，同理2~4s形成从d到c的电流，且电流大小不变，故0~2s秒内电流同向，相互吸引，2~4s电流反向，相互排斥，故A，D错误，B，C正确.故选BC.‎ ‎12.如图所示，有一长方体金属桶，左右两侧开口，其长、宽、高分别为a、b、c，置于方向向下且垂直于上、下表面的磁感应强度为B的匀强磁场中。第一次实验时沿“→”方向通入电解质溶液；第二次实验时在空间内装入电解质溶液并沿“→”方向通入电流I；第三次实验时在空间内装入形状和大小与所示长方体一样的金属板并沿“→”方向通入电流I．则下列说法正确的是（　　）‎ A. 三次实验中，装置的前、后表面都会形成电势差 B. 第一次实验时，在装置前、后表面形成电势差，当电势差稳定时，测得其大小为U ‎，则电解质溶液的流量 C. 第二次实验时后表面附近电解质溶液浓度高 D. 第三次实验时，其前表面电势低于后表面电势 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．第一次实验时沿“→”方向通入电解质溶液，则电解液中的正负粒子由于受洛伦兹力作用分别向后、前表面偏转积聚，形成电势差；第二次实验时在空间内装入电解质溶液并沿“→”方向通入电流I，则电解液中的正负粒子分别向右、左方向定向移动，根据左手定则，正负粒子都向后表面偏转积聚，不会在装置的前、后表面形成电势差；第三次实验时在空间内装入形状和大小与所示长方体一样的金属板并沿“→”方向通入电流I，则金属中的负电子受洛伦兹力向后表面积聚，从而在前后表面形成电势差。选项A错误；‎ B．第一次实验时，在装置前、后表面形成电势差，当电势差稳定时，测得其大小为U，则：‎ 则电解质溶液的流量 选项B正确；‎ C．由A的分析可知，第二次实验时在空间内装入电解质溶液并沿“→”方向通入电流I，则正负粒子都向后表面偏转积聚，后表面附近电解质溶液浓度高，选项C正确；‎ D．由A的分析可知，第三次实验时在空间内装入形状和大小与所示长方体一样的金属板并沿“→”方向通入电流I，则金属中的负电子受洛伦兹力向后表面积聚，前表面电势高于后表面电势，选项D错误；故选BC。‎ 二、实验题（13题11分，14题5分，共16分。）‎ ‎13.测电阻有很多种方法：‎ ‎(1)用伏安法测金属丝电阻存在系统误差．为了减小系统误差，有人设计了如图所示的实验方案．其中Rx是待测电阻，R是电阻箱，R1、R2是已知阻值的定值电阻．合上开关S，灵敏电流计的指针偏转．将R调至阻值为R0时，灵敏电流计的示数为零。由此可计算出待测电阻Rx=______；（用R1、R2、R0表示）‎ ‎ ‎ ‎(2)有同学利用图中的电路测量电流表A的内阻RA；图中R1和R2为电阻箱，S1和S2为开关。已知电流表的量程为100mA，直流电源的内阻为r。断开S2，闭合S1，调节R1的阻值，使电流表A满偏；保持R1的阻值不变，闭合S2，调节R2，当R2的阻值为4.8Ω时电流表A的示数为48.0mA。忽略S2闭合后电路中总电阻的变化，经计算得RA=___Ω，该测量值与电流表内阻的真实值相比___（填“偏大”、“偏小”或“相等”）‎ ‎(3)利用“半偏法”也可以测量电压表的内阻，其电路原理图如图所示。‎ ‎①将滑动变阻器R滑片P调至_________（填“A”或“B”）端，电阻箱R0的阻值调至___________（填“零”或“最大”）；‎ ‎②闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片P使电压表满偏；‎ ‎③保持滑动变阻器的滑片P不动，调节电阻箱R0的阻值使电压表半偏；‎ ‎④记下电阻箱R0示数。‎ ‎⑤若电阻箱R0的示数为3002Ω，则电压表内阻的测量值为___Ω。该测量值与电压表的实际内阻相比____（填“偏大”、“偏小”或“相等”）。‎ ‎【答案】 (1). (2). 5.2 偏小 (3). B 零 3002 偏大 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]当灵敏电流计的示数为零示数为0时，说明灵敏电流计两端电势相等，则有：‎ 根据串联电路电流相等，则有：‎ 联立解得：‎ ‎(2)[2]根据并联电路电压相等：‎ 即：‎ 解得：‎ ‎[3]因为S2闭合后，总电阻减小，电路总电流增大，所以有：‎ 总 可得：‎ 总 根据可知，所以测量值与真实值相比偏小；‎ ‎(3)①[4][5]保护电路原因，变阻器的滑片调至端，调至最零，此时支路只有电压表电阻；‎ ‎⑤[6]当电压表示数减半时，则有：‎ 因串联电路电流相等，所以有：‎ 可得：‎ ‎[7]当调节电阻变大时，电压表及分的电压变大，此时，所以两端电压：‎ 可得：‎ 所以测量值与电压表实际内阻相比偏大。‎ ‎14.在“描绘小灯泡伏安特性曲线”实验中，小灯泡的额定电压为2.5V，额定功率为0.5W，此外还有以下器材：‎ A．直流电流表0~300mA（内阻约为）‎ B．直流电压表0~3V（内阻约）‎ C．滑动变阻器，2A D．导线和开关 E．直流电源3V（内阻不计）‎ 实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量．‎ ‎(1)在图所示的虚线框中画出符合要求的实验电路图______（虚线框中已将所需的滑动变阻器画出，请补齐电路的其他部分，要求滑片P向b端滑动时，灯泡变亮）；‎ ‎(2)根据实验数据，画出的小灯泡I-U 图线如图所示．由此可知，当电压为1.5V时，小灯泡的灯丝电阻是______；（保留一位小数）‎ ‎(3)根据实验测量结果可以绘制小灯泡的电功率随其两端电压或电压的平方变化的图象，在图中所给出的甲、乙、丙、丁图象中可能正确的是_______．（选填“甲”、“乙”、“丙”或“丁”）‎ ‎【答案】 (1). (2). 8.6 (3). 甲、丙 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]根据实验要求可知，滑动变阻器采用分压接法，并且测量电路应与滑动变阻器的左半部分并联；根据:‎ 可知，电流表采用外接法；原理图如下；‎ ‎(2)[2]由画出的伏安特性曲线可知，时，电流，则对应的电阻：‎ ‎(3)[3]由可知，与为二次函数关系，图象开口向上，故甲正确；与为正比例关系，由于随电压的增大而减小，故丙图正确。‎ 三、解答题（15题10分，16题12分，17题14分共36分）‎ ‎15.如图所示，足够长光滑绝缘斜面与水平面间的夹角为α=37°，处于水平方向的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E=50 V/m，方向水平向左，磁场方向垂直纸面向外；一个电荷量q=+4.0×10-2C，质量m=0.40 kg的光滑小球，以初速度v0=20 m/s从斜面底端向上滑，然后又下滑，共经过t=3s脱离斜面。取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：‎ ‎（1）小球上滑过程的加速度a1大小及时间t1；‎ ‎（2）磁场的磁感应强度B。‎ ‎【答案】（1），t1=2s（2）B=5T ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）上滑过程，小球沿斜面向上做减速运动，受力分析如图，由牛顿第二定律和运动学规律得：‎ 联解代入数据得：‎ t1=2s ‎（2）小球下滑过程受力分析如图，在离开斜面前小球做匀加速直线运动，设运动时间为t2，脱离斜面时的速度为v2，由牛顿第二定律和运动学规律有：‎ 联解代入数据得：‎ B=5T ‎16.如图所示，光滑的长平行金属导轨宽度d=50cm，导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，导轨上端电阻R=0.8Ω，其他电阻不计．导轨放在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.4T．金属棒ab从上端由静止开始下滑，金属棒ab的质量m=0.1kg．（sin37°=0.6，g=10m/s2）‎ ‎（1）求导体棒下滑的最大速度；‎ ‎（2）求当速度达到5m/s时导体棒的加速度；‎ ‎（3）若经过时间t，导体棒下滑的垂直距离为s，速度为v．若在同一时间内，电阻产生的热与一恒定电流I0在该电阻上产生的热相同，求恒定电流I0的表达式（各物理量全部用字母表示）．‎ ‎【答案】（1）18.75m/s（2）a=4.4m/s2（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据感应电动势大小与安培力大小表达式，结合闭合电路欧姆定律与受力平衡方程，即可求解；根据牛顿第二定律，由受力分析，列出方程，即可求解；根据能量守恒求解；‎ 解：（1）当物体达到平衡时，导体棒有最大速度，有： ，‎ 根据安培力公式有： ， ‎ 根据欧姆定律有： ，‎ 解得： ； ‎ ‎（2）由牛顿第二定律有： ，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎； ‎ ‎（3）根据能量守恒有： ，‎ 解得： ‎ ‎17.如图所示，在第Ⅱ象限内有水平向右的匀强电场，在第Ⅰ、Ⅳ象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等。有一个带正电的粒子质量为m带电量为q以垂直于x轴的初速度v0从x轴上的P点进入匀强电场中，并且恰好与y轴的正方向成45°角进入磁场，又恰好垂直进入第Ⅳ象限的磁场。已知OP之间的距离为d。求：‎ ‎（1）电场强度E的大小；‎ ‎（2）带电粒子在磁场中第二次经过x轴时，在电场和磁场中运动的总时间。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）粒子以垂直于X轴的初速度进入水平方向的匀强电场，做类平抛运动，由进入电场时的速度与y轴正向成45o角则有：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 联立解得 ‎ ‎ ‎（2）由上述式子解得粒子在电场中运动的时间： ‎ 粒子进入磁场的速度：‎ 由几何知识得粒子在磁场中做圆周运动的半径：.‎ 粒子在磁场中运动的时间：.‎ 粒子第二次经过X轴时在电场和磁场中运动的总时间：‎ ‎【点睛】对于类平抛运动，采用运动的分解法研究，要抓住两个分运动的等时性．对于粒子在磁场中的圆周运动，画轨迹是关键．‎