2018-2019学年云南省玉溪市第一中学高二上学期第一次月考物理试题 解析版

2018-2019学年云南省玉溪市第一中学高二上学期第一次月考物理试题 解析版

绝密★启用前 云南省玉溪市第一中学2018-2019学年高二上学期第一次月考物理试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．20世纪50年代，科学家提出了地磁场的“电磁感应学说”，认为当太阳强烈活动影响地球而引起磁暴时，磁暴在外地核中感应产生衰减时间较长的电流，此电流产生了地磁场．连续的磁暴作用可维持地磁场．则外地核中的电流方向为（地磁场N极与S极在地球表面的连线称为磁子午线）‎ A． 垂直磁子午线由东向西 B． 垂直磁子午线由西向东 C． 沿磁子午线由南向北 D． 沿磁子午线由北向南 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由题意知，地磁体的N极朝南，根据安培定则，大拇指指向地磁体的N极，则四指的绕向即为电流的方向，即安培假设中的电流方向应该是由东向西垂直磁子午线，A正确．‎ ‎2．如图所示，当滑动变阻器R3的滑动头P向下移动时，则 A． 电压表示数变小，电流表示数变大 B． 电压表示数变大，电流表示数变小 C． 电压表示数变大，电流表示数变大 D． 电压表示数变小，电流表示数变小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在变阻器的滑片向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压如何变化，即可知电压表示数的变化情况。由欧姆定律分析并联部分电压的变化，判断电流表示数的变化．‎ ‎【详解】‎ 滑动头P向下移动时，滑动变阻器连入电路的总电阻增大，即电路总电阻增大，根据闭合回路欧姆定律可得电路路端电压增大，即电压表的示数增大，总电流减小，即两端的电压减小，故并联电路电压增大，即两端电压增大，通过支路的电流增大，而总电流是减小的，故通过变阻器支路的电流减小，即电流表示数减小，B正确．‎ ‎【点睛】‎ 在分析电路动态变化时，一般是根据局部电路变化（滑动变阻器，传感器电阻）推导整体电路总电阻、总电流的变化，然后根据闭合回路欧姆定律推导所需电阻的电压和电流的变化（或者电流表，电压表示数变化），也就是从局部→整体→局部．‎ ‎3．如图所示，条形磁铁静止放在桌面上，当在其左上方放一电流方向垂直纸面向里的通电直导线后，则磁铁受到的摩擦力和弹力 A． 摩擦力为零 B． 摩擦力方向向左 C． 弹力保持不变 D． 摩擦力方向向右 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 磁铁的磁感线从N到S，故通电导线所处位置的磁场方向为斜向左下，根据左手定则可知导线受到斜向左上的安培力，根据牛顿第三定律可得磁铁受到导线给的斜向右下的作用力，该作用力可分解为水平向右和竖直向下，故磁铁受到的摩擦力水平向左，弹力增大，B正确．‎ ‎4．如图所示，三根通电长直导线P、Q、R互相平行且通过正三角形的三个顶点，三条导线中通入的电流大小相等，方向垂直纸面向里；通过直导线产生磁场的磁感应强度B=kI / r,I为通电导线的电流大小，r为距通电导线的垂直距离，k为常量；则通电导线R受到的磁场力的方向是 A． 垂直R，指向y轴正方向 B． 垂直R，指向y轴负方向 C． 垂直R，指向x轴正方向 D． 垂直R，指向x轴负方向 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ R所在处的磁场是由P与Q中的电流产生的，由安培定则判断出R处磁场的方向，然后由左手定则判断出R中电流所示安培力的方向 ‎【详解】‎ 由安培定则可知，通电指导线P、Q在R处产生的磁场方向水平向右，即沿X轴正方向，则R处的磁场方向沿X轴正方向；由左手定则可知，通电直导线R所受安培力垂直于R指向Y轴负方向，B正确．‎ ‎5．如图所示，a、b是两个带有同种电荷的小球，用绝缘细线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平地面的高度相等，绳与竖直方向的夹角分别为α、β，且α＜β．若同时剪断两根细线，空气阻力不计，两球带电荷量不变，则（ ）‎ A． a、b两球同时落地 B． a球先落地 C． a球水平飞行的距离比b球大 D． a、b两球水平飞行的距离相等 ‎【答案】A ‎【解析】‎ AB、同时剪断细线后，二者在竖直方向上均只受重力，故在竖直方向上均做自由落体运动，故A正确，B错误．‎ CD、对剪断前进行受力分析，可知 ，而剪断细线后，在水平方向上，a、b组成的系统动量守恒，故任一时刻 ．因 ，所以 ；又因时间相等，所以 ，故C、D错误．‎ 综上所述本题答案是：A ‎6．如图所示，有一离子束沿直线通过相互垂直的匀强电场、匀强磁场区域Ⅰ，再进入匀强磁场区域Ⅱ中做偏转半径相同的圆周运动，则它们一定具有相同的 A． 电性 B． 比荷 C． 电荷量 D． 质量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 在此区域Ⅰ中，离子受电场力和洛伦兹力，由，得，可知这些正离子具有相同的速度；离子进入只有匀强磁场的区域Ⅱ时，做偏转半径相同的圆周运动，由和，可知，离子的比荷一定相同，只是半径相同，偏转方向不一定相同，不能判断出具有相同的电性，根据题意不能判断出具有相同的质量，B正确．‎ ‎【点睛】‎ 带电粒子在正交的匀强电场和匀强磁场中运动，要注意对其进行运动状态的分析和受力分析，此种情况往往会出现电场力和磁场力平衡，从而可得到带电粒子能匀速直线通过正交的匀强电场和匀强磁场的条件，即为；这种问题的本质还是力学问题，往往要按力学的基本思路，运用力学的基本规律研究和解决此类问题．‎ ‎7．如图所示，光滑的的硬杆AOB水平放置且固定，∠AOB=，其 上套两个轻质小环（质量不计）P、Q，它们之间用一轻绳相连，绳子不可伸长。现对Q施加一平行于OB方向向右的恒定拉力F作用，则当它们处于平衡时，以下说法正确的是 ‎ A． 满足OP = OQ B． 绳子拉力大小为 C． 绳子拉力大小为F D． OB对环Q的弹力大小为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 当PQ⊥OA时，三者平衡，OP为直角边，而OQ为斜边，故OP小于OQ，A错误；对B点受力分析，受拉力F，细线的拉力T和杆的支持力，根据平衡条件，有，BC错误；以PQ整体为研究对象进行受力分析，如图：‎ 根据平衡条件：，得，故，D正确．‎ ‎8．如图所示，圆心在O点，半径为R的圆弧轨道abc竖直固定在水平桌面上，Oc与Oa的夹角为60°，轨道最低点a与桌面相切．一段不可伸长的轻绳两端系着质量分别为m和4m的小球A和B（均可视为质点），挂在圆弧轨道边缘c的两边，开始时，B位于c点，从静止释放，设轻绳足够长，不计一切摩擦，则在B球由c下滑到a的过程中 A． 当小球B经过a点时，A、B速度大小之比为tan600‎ B． 当小球B经过a点时，A、B速度大小之比为sin300‎ C． 小球B经过a点时的速度大小为 D． 小球B经过a点时的速度大小为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 两小球组成的系统机械能守恒，设小球B经过a点时的速度大小为，此时A球的速度大小为．则有，即，由系统的机械能守恒得，联立解得，C正确．‎ ‎【点睛】‎ 本题解题的关键是对两个小球运动情况的分析，知道两球沿绳子方向的分速度大小相等以及系统的机械能守恒．‎ 评卷人 得分 二、多选题 ‎9．如图所示的四个图中，分别标明了通电导线在磁场中的电流方向、磁场方向以及通电导线所受磁场力的方向，其中正确的是 A． B． C． D． ‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 根据左手定则可知：‎ A图中的安培力应该垂直磁感线竖直向下，A错误；‎ B中电流方向和磁场方向平行，不受安培力，B错误；‎ C图中的安培力应该垂直磁感线竖直向下，C正确；‎ D图中的安培力应该垂直于电流方向斜向上，D正确。‎ ‎10．某点电荷电场线分布如图所示，电场中a，b两点的电场强度大小分别为已知和，电势分别为和，则 A． 该点电荷一定是正电荷 B． 该点电荷一定是负电荷 C． ，‎ D． ，‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 电场线的疏密程度可表示电场强度大小，电场线越密电场强度越大，故，点电荷电场中，越靠近点电荷电场强度越大，并且正电荷形成的电场是从正电荷出发，终止与无穷远处或者负电荷，负点电荷形成的电场中，是从无限远处（正点电荷）出发，终止于负点电荷，所以该点电荷一定为负点电荷，A错误B正确；沿电场线方向电势降低，故，C正确D错误．‎ ‎11．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θ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】‎ ‎【详解】‎ 根据牛顿第二定律得：得，由题q、v、B大小均相同，则r相同，A正确；粒子的运动周期，则知T相同；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，轨迹的圆心角也为，运动时间，同理，负离子运动时间，显然时间不等，B错误；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，C正确；根据几何知识得知重新回到边界的位置与O点距离，r、θ相同，则S相同，D正确．‎ ‎【点睛】‎ 根据题意画出轨迹示意图，可根据几何关系求出回到边界时离O点的距离；利用对称关系判断回到边界时速度的方向；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动问题求运动时间，可用关系式有，是轨迹的圆心角，而且轨迹的圆心角等于速度的偏转角．‎ ‎12．两只电阻的伏安特性曲线如图所示，则下列说法中正确的是 A． 两电阻的阻值为R1大于R2‎ B． 两电阻串联在电路中时，R1两端电压大于R2两端电压 C． 两电阻串联在电路中时，R1消耗的功率小于R2消耗的功率 D． 两电阻并联在电路中时，R1的电流大于R2的电流 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 两电阻为线性电阻，故I-U图像的斜率的倒数表示电阻大小，即斜率越大，电阻越小，故，A错误；若两电阻串联在电路中，通过两电阻的电流相等，由于，所以R1两端电压小于R2两端电压，根据可知R1消耗的功率小于R2消耗的功率，B错误C正确；若两电阻并联在电路中，两电阻两端的电压相等，根据可知R1的电流大于R2的电流，D正确．‎ ‎13．如图所示，在重力加速度为g的空间，有一个带电量为＋Q的点电荷固定在O点，点B、C为以O为圆心，半径为R的竖直圆周上的两点，点A、B、O在同一竖直线上，=R，点O、C在同一水平线上．现在有一质量为m、电荷量为-q的有孔小球，沿光滑绝缘细杆AC从A点由静止开始滑下，滑至C点时速度大小为，下列说法正确的是 A． 两点B、A间的电势差为mgR/2q B． 两点B、A间的电势差为mgR/q C． 若从点A自由释放，则小球下落到B点时的速度大小为 D． 若从点A自由释放，则小球下落到B点时的速度大小为 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据动能定理求得A、C之间的电势差，然后由点电荷周围电场分布求得B、C之间的电势差，从而得到A、B之间的电势差，即可由动能定理求得B点的速度．‎ ‎【详解】‎ 小球只受电场力、重力和杆对小球的支持力作用，运动过程只有重力和电场力做功，故由动能定理可得，所以有；又有点电荷的电场方向为径向，故点电荷周围以点电荷为圆心的球体为同一等势面，那么，B点电势和C 点电势相等，故有，A正确B错误；小球自由下落过程只受重力和电场力作用，故有动能定理可得：，解得，C正确D错误．‎ ‎【点睛】‎ 点电荷的电场线分布为均匀的射线，等势面为同心圆；匀强电场的电场线为均匀分布的平行直线，等势线为与电场线垂直的平行直线．‎ 第II卷（非选择题）‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 三、实验题 ‎14．某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻．‎ ‎ ‎ ‎①分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数分别如图(a)、(b)所示，长度为____cm，直径为________mm.‎ ‎②按图(c)连接电路后，实验操作如下．‎ ‎(a)将滑动变阻器R1的阻值置于最____处(填“大”或“小”)；将S2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0.‎ ‎(b)将电阻箱R2的阻值调至最______(填“大”或“小”)，S2拨向接点2；保持R1不变，调节R2，使电流表示数仍为I0，此时R2阻值为1280Ω.‎ ‎③由此可知，圆柱体的电阻为________Ω.‎ ‎【答案】 5.01 5.315 大 大 1280‎ ‎【解析】①根据游标卡尺读数规则，主尺读数为5cm，游标尺读数为0.05×3mm，长度为5.015cm，根据螺旋测微器的读数规则，主尺读数为5mm，可动刻度为31.0×0.01mm，所以直径为5.310mm。‎ ‎②(a)为了保护电路，因此闭合电键前，滑动变阻器一定调到阻值最大；‎ ‎(b) 将固柱体电阻换成电阻箱时，也一定将电阻箱调到最大，也是为了保护电路安全；‎ ‎③此题采用等效替代法测量电阻，圆柱体的电阻等于电阻箱R2的阻值为1280Ω。‎ 点晴：首先应明确实验原理，本实验中测量电阻所采取的方法是替代法。‎ 视频 ‎15．如图所示为多用电表的刻度盘．若选用倍率为“×100”的欧姆挡测电阻时，表针指示如图所示，则：‎ ‎(1)所测电阻的阻值为________Ω；如果要用此多用电表测量一个阻值约为2.0×104Ω的电阻，为了使测量结果比较精确，应选用的欧姆挡是________(选填“×10”、“×100”或“×1k”)．‎ ‎(2)用此多用电表进行测量，当选用量程为50mA的直流电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为________mA。当选用量程为250mA的直流电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为________mA。‎ ‎【答案】1.5×103×1k30.4(30.3～30.5都正确)152‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）用倍率为“×100”的电阻挡测电阻，由图示可知，电阻阻值为：15×100=1500Ω=1.5×103Ω；多用电表测量一个阻值约为2.0×104Ω的电阻，为了使测量结果比较精确，应选用的欧姆挡是×1k；‎ ‎（2）选用量程为50mA的电流挡测量电流，由图示表盘可知，其分度值为1mA，示数为30.4mA；选用量程为250mA的电流挡测量电流时，最小分度为5mA；故则所测电流为152mA．‎ 评卷人 得分 四、解答题 ‎16．如图所示，电源电动势为5V，内阻不计，阻值为R1=4Ω；R2=1Ω。先将电键S1，S2都闭合时，带电微粒在水平放置，两板间距离d=1.6m的足够长平行金属板正中间做直线运动。求：(取g＝10 m/s2，设金属板足够长)‎ ‎（1）带电粒子电荷极性；‎ ‎（2）某时刻将电键S2断开，带电粒子运动到极板所用时间。‎ ‎【答案】(1) 负（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据粒子平衡得出电荷的电性；电键S1，S2都闭合时，粒子处于平衡，电键S2断开，粒子在竖直方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度的大小，结合位移时间公式求出带电粒子运动到极板所用的时间．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）上极板带正电，下极板带负电，故两极板间的电场强度方向竖直向下，粒子受到竖直向下的重力和电场力平衡，所以电场力竖直向上，故电荷极性为负； （2）当S1，S2都闭合时，极板电压为，此时粒子平衡，有：，‎ 当电键S2断开，极板间电压，‎ 此时，解得，‎ 根据，得．‎ ‎【点睛】‎ 本题抓住S1，S2都闭合时，粒子处于平衡，电键S2断开，粒子在竖直方向上做匀加速直线运动，结合两个条件求出加速度是解决本题的关键．‎ ‎17．如图所示，质量分别为M和m（M＞m）的小物体用轻绳连接；跨放在半径为R的光滑半圆柱体和光滑定滑轮B上，m位于半圆柱体底端C点，半圆柱体顶端A点与滑轮B的连线水平。整个系统从静止开始运动。设m能到达圆柱体的顶端，试求：‎ ‎（1）m到达圆柱体的顶端A点时，m和M的速度大小。‎ ‎（2）m到达A点时，对圆柱体的压力。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）对系统运用动能定理得 解得：；‎ ‎（2）根据牛顿第二定律得，解得．‎ ‎18．质量为m=0.02 kg的通电细杆ab置于倾角θ=37°的平行放置的导轨上，导轨宽度为d=0.2 m，杆ab与导轨间的动摩擦因数μ=0.4，磁感应强度B=2 T的匀强磁场与导轨平面垂直且方向向下，如图所示.现调节滑动变阻器的触头，试求出为使杆ab静止不动，通过ab杆电流的范围.(cos530=sin 370=0.6 , cos370=sin530 =0.8，g取10 m／s2)‎ ‎【答案】0.14 A≤I≤0.46 A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 当电流较大时，导体有向上的运动趋势，所受静摩擦力向下，当静摩擦力达到最大时，磁场力为最大值，此时通过ab的电流最大为；同理，当电流最小时，应该是导体受向上的最大静摩擦力，此时的安培力为，电流为．‎ 正确地画出两种情况下的受力图如图所示，‎ 由平衡条件列方程求解．‎ 根据第一幅受力图列式如下：，，；‎ ‎；‎ 解上述方程得：；‎ 根据第二幅受力图：，，， 解上述方程得：；‎ 则通过ab杆的电流范围为：．‎ ‎19．如图所示，真空中的xOy平面为竖直平面，在第一象限中有竖直向上的匀强电场，第四象限中有垂直于纸面的匀强磁场，场强大小为B。一质量为m、电荷量为q的带电粒子以初速度vo垂直于y轴从M点射入匀强电场，经电场偏转后和x轴成60o角斜向下从N点进入磁场，最后从y轴上某点Q水平射出磁场，不计重力。求：‎ ‎（1）MN两点的电势差；‎ ‎（2）粒子从M到Q所用时间；‎ ‎（3）电场强度E。‎ ‎【答案】（1）(2) (3) v0B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粒子垂直于电场进入第一象限，粒子做类平抛运动，由到达N的速度方向可利用速度的合成与分解得知此时的速度，在应用动能定理即可求得电场中MN两点间的电势差；粒子以此速度进入第四象限，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，根据左手定则可确定磁场方向，先画出轨迹图，找出半径；利用洛伦兹力提供向心力的公式，可求出在磁场中运动的半径。粒子的运动分为两部分，一是在第一象限内做类平抛运动，二是在第四象限内做匀速圆周运动，分段求出时间，相加可得总时间；粒子在竖直方向做匀加速直线运动，因此在电场中的高度等于竖直方向平均速度与时间的乘积，从而由U=Ed可算出电场强度。‎ ‎【详解】‎ ‎（1）带电粒子到达N点的速度为，粒子带负电。‎ 由动能定理得：，‎ 解得；‎ ‎（2）粒子在电场中向下偏则带电粒子带负电，在磁场中从N向Q偏，由左手定则知磁场方向垂直纸面向里；‎ 由得，运动时间。 在磁场中的运动周期为，在磁场中的运动时间 故总时间为；‎ ‎（3）M到N竖直方向有，而，得 可得．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了带电粒子在复合场中的运动，根据题意分析清楚粒子的运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、运动学公式即可解题。粒子在电场中运动偏转时，常用运动的合成与分解研究，也可以用能量的观点来解决问题。粒子在磁场中圆周运动问题，要正确画出粒子运动的轨迹，能熟练的运用几何知识解决物理问题．‎