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- 2021-04-21 发布
2020年春四川省泸县第二中学高一第一学月考试
物理试题
第I卷 选择题（54分）
一、选择题（每小题6分，共9个小题，共54分；其中1-6题为单选题，7-9题多选题，少选得3分，多选错选得0分。）
1.下列关于静电的说法不正确的是（ ）
A. 美国科学家富兰克林通过风筝实验证明天电和地电是一样的
B. 法国学者库仑研究静电力的规律时发现静电力和引力完全一样
C. 美国物理学家密立根通过油滴实验测定了电子的电荷量，确认为元电荷电量
D. 库仑通过扭秤实验测定出静电力常量
【答案】B
【解析】富兰克林在利用风筝把雷电释放的电荷电引入莱顾瓶中，富兰克林用雷电进行了各种电学实验，证明了天上的雷电与人工摩擦产生的地电具有完全相同的性质，故A说法正确；静电力和引力的性质不完全一样，故B说法错误；美国物理学家密立根通过油滴实验测定了电子的电荷量，确认为元电荷电量，故C说法正确；库仑通过扭秤实验测定出静电力常量，故D说法正确．所以选B．
2.如图所示，框架面积为S，框架平面与磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直，在从图示位置转过90°角过程中，穿过线框平面的磁通量（）
A. 保持不变 B. 先增大再减小 C. 逐渐减小 D. 先减小再增大
【答案】C
【解析】线圈与磁场垂直，穿过线圈的磁通量等于磁感应强度与线圈面积的乘积，故图示位置的磁通量为，线圈从图示转过的过程中，S垂直磁场方向上的投影面积逐渐减小，故磁通量逐渐减小，当线圈从图示转过时，S磁通量为0，故在从图示位置转过
角过程中，穿过线框平面的磁通量逐渐减小，当线圈与磁场平行时，磁通量最小，故C正确、ABD错误．
3.如图所示，直角三角形ABC中∠B＝30°，点电荷A、B所带电荷量分别为QA、QB，测得在C处的某正点电荷所受静电力方向平行于AB向左，则下列说法正确的是( )
A. A带正电，QA∶QB＝1∶8 B. A带负电，QA∶QB＝1∶8
C. A带正电，QA∶QB＝1∶4 D. A带负电，QA∶QB＝1∶4
【答案】B
【解析】AC、由平行四边形定则可知，A对C的力沿CA方向，指向A，又C带正电，所以A带负电，故A、C错误；
BD、由几何关系得，解得，故B正确，D错误；故选B．
4.如图所示，匀强电场的电场强度为E，在电场中有两条光滑绝缘的固定轨道OM、ON，将两个完全相同的正离子（不计重力及离子间的库仑力）从O点由静止释放，分别沿OM、ON轨道运动，则下列说法正确的是（ ）
A. 经过相同的时间，两离子运动相同的距离
B. 当两离子运动到垂直电场的同一平面上时速度大小相等
C. 在相同的时间内，电场力对两离子做功相等
D. 在运动过程中，两离子电势能都增大
【答案】B
【解析】A．粒子在光滑轨道上受支持力和电场力的作用，电场力水平向右，大小相等，则可知，两物体在沿轨道方向上运动的加速度肯定不相同；则相同时间内两离子的距离不相同；故A错误；
B．由于离子只受电场力所做的功；故当两离子运动到垂直电场的同一平面上时，电场力做功相同；由动能定理可知；离子的速度大小相等；故B正确；
C．因加速度不同，则在相同时间内两离子的速度变化不同；故由动能定理可知，电场力做功不相等；故C错误；
D．因电场力一直做正功；故电势能均减小；故D错误；
5.冬季我国有些内陆地区雾霾频发，为了监测PM2.5指数，某科技小组设计了一种报警装置，电路原理如图所示．RL是对PM2.5敏感的电阻元件，当环境中PM2.5指数增大时报警器S两端电压增大并发出警报声．E为内阻不计的电源，R为一可变电阻，下列说法正确的是
A. 当PM2.5指数增大时RL的阻值增大
B. 当PM2.5指数增大时电流表A的示数减小
C. 当PM2.5指数增大时可变电阻R两端电压增大
D. 适当增大可变电阻R的阻值可以提高报警器的灵敏度
【答案】D
【解析】ABC．E为内阻不计的电源，可变电阻R两端电压
当环境中PM2.5指数增大时，报警器S两端电压增大，可变电阻R两端电压减小；报警器S两端电压增大，电路中总电流增大，可变电阻R两端电压减小，电阻R中电流减小，则流过RL的电流增大，电流表A的示数增大；可变电阻R两端电压减小，RL两端电压减小，流过RL的电流增大，RL的阻值减小．故ABC三项不符合题意；
D．可变电阻R的阻值越大，并联部分总电阻越接近RL，RL对电路的影响越明显，从而增大报警器的灵敏度．故D项符合题意．
6.速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中，则下列说法正确的是（ ）
A. 甲束粒子带正电，乙束粒子带负电
B. 甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷
C. 能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于
D. 若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为3：2
【答案】B
【解析】
试题分析：粒子速度选择器中受到电场力和洛伦兹力两个作用，电场力不变，速度方向不变，可知洛伦兹力与电场力应平衡，由左手定则判断出洛伦兹力方向，粒子进入匀强磁场中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得到半径表达式，根据半径公式分析半径越大时，粒子的质量和比荷的大小
甲粒子在磁场中向上偏转，乙粒子在磁场中向下偏转，根据左手定则知甲粒子带负电，乙粒子带正电，故A错误；根据洛伦兹力提供向心力，，得：，则甲的比荷大于乙的比荷，B正确；能通过狭缝的带电粒子，根据平衡条件可得，得速率，故C错误；若甲、乙两束粒子的电荷量相等，由前面分析，则甲、乙两束粒子的质量比为2：3，故D错误；
7.如图表示两个大小不同的电阻的I–U图线，那么
A. 电阻大的应是图线A，两电阻串联后的I–U图线在区域Ⅰ
B. 电阻大的应是图线B，两电阻串联后的I–U图线在区域Ⅲ
C. 电阻小的应是图线A，两电阻并联后的I–U图线在区域Ⅰ
D. 电阻小的应是图线B，两电阻并联后的I–U图线在区域Ⅲ
【答案】BC
【解析】
试题分析：由于题目中是I—U图线，其斜率的倒数表示电阻的大小，所以B的阻值大，A的阻值小；两者并联后总阻值更小，应该在区域Ⅰ，若串联，总阻值变大，应该在区域Ⅲ，故选项BC正确．
8.如图所示，一单边有界磁场的边界上有一粒子源，与水平方向成θ角的不同速率，向磁场中射入两个相同粒子1和2，粒子1经磁场偏转后从边界上A点出磁场，粒子2经磁场偏转后从边界上B点出磁场，OA=AB，则
A. 粒子1与粒子2的速度之比为1：2
B. 粒子1与粒子2的速度之比为1：4
C. 粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1：1
D. 粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1：2
【答案】AC
【解析】AB、粒子进入磁场后速度垂线与OA的垂直平分线的交点为粒子1在磁场中的轨迹圆的圆心；同理，粒子进入磁场后速度的垂线与OB的垂直平分线的交点为粒子2在磁场中的轨迹圆的圆心；由几何关系可知,两个粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为，由可知，粒子1与粒子2的速度之比为1:2，故A正确，B错误；
CD、由于粒子在磁场中做圆周运动的，周期均为，且两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角相同，根据公式，两个粒子在磁场中运动的时间相等，故C正确，D错误；
9.如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为L，导轨电阻忽略不计．在M和P之间接有阻值为R的甲与乙两个定值电阻，导体杆ab的质量为m，电阻为r，并与导轨接触良好．整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中．现给导体杆ab一初速度v0，使杆向右运动．最后杆停在导轨上．下列说法正确的是
A. ab杆做匀减速直线运动直到静止
B. ab杆速度减为时，ab杆加速度大小为
C. ab杆速度减为时，通过甲电阻的电量
D. ab杆速度减为时，ab杆走过的位移
【答案】BD
【解析】A项：ab棒水平方向上受与运动方向相反的安培力，加速度为：，由于速度减小，所以ab棒做减速减小的减速运动直到静止，故A错误；
B项：当ab棒的速度为时，安培力为：，所以加速度为：，故B正确；
C项：对ab棒由动量定理得：，即，解得：，由于甲与乙电阻并联，所以通过甲电阻的电量为：，故C错误；
D项：由，解得：，故D正确．
第II卷 非选择题
二．实验题
10.某同学用伏安法测量导体电阻率，现有量程为3 V、内阻约为3 kΩ的电压表和量程为0.6 A、内阻约为0.1Ω的电流表．采用分压电路接线，待测电阻丝Rx阻值约为5Ω．
（1）图甲是未完成的实物连线图，图中a为待测导体右端接线柱，b为电流表正极接线柱，c为滑动变阻器左上端接线柱，d为滑动变阻器左下端接线柱．则导线①应连接______（选填a或b）．导线②应连接______（选填c或d）．
（2）正确接线后，实验测得的数据如下表，请在图乙中作出U-I图线
U/V
0.30
0.40
0.80
1.10
1.20
1.60
I/A
0.07
0.09
0.18
0.22
0.27
0.35
（3）用作图法求得Rx的阻值为______Ω（结果保留两位有效数字）．
（4）某次用螺旋测微器测金属丝直径，示数如图丙所示，金属丝的直径d=______mm．测出金属丝长度，则可求出该金属丝的电阻率．
【答案】(1). a d (2). (3). 4.5~4.8 (4). 0.715~0.717
【解析】（1）[1][2]由题意可知，本实验采用分压接法，故导线②要与d
接通；由于电流表内阻与待测电阻阻值接近，因此只能采用电流表外接法，以减小实验误差；故导线①应接a；
（2）根据表中的数据作出的U-I图如下图所示：
（3）[3]根据U-I图象的斜率表示电阻，则有：
Ω（4.5~4.8Ω）
（4）[4]由图示螺旋测微器可知，其示数为：
d=0.5mm+21.5×0.01mm=0.715mm(0.715~0.717 mm)
三、解答题
11.燃油车退出已提上日程，不久的将来，新能源车将全面替代燃油车．某景区电动车载满游客时总质量m=1.75×103kg，以4m/s的速度在水面路面匀速行驶，驱动电机的输入电流I=20A，输入电压U=400V，电动车行驶时所受阻力位车重的0.1倍，g取10m/s2，不计电机内部摩擦，只考虑驱动电机的内阻发热损耗能量，求：
（1）驱动电机的输入功率。
（2）电动车行驶时输出的机械功率。
（3）驱动电机的内阻。
【答案】（1）8kW（2）7kW（3）2.5Ω
【解析】（1）驱动电动机的输入功率：
P入=UI=400V×20A=8000W；
（2）电动机行驶时所受阻力：
f=0.1mg＝1.75×103N；
电动机匀速行驶时F=f，电动机行驶时输出的机械功率：
P出=Fv=1.75×103×4=7×103W；
（3）驱动电机内阻发热功率：
P热=P入-P出=8000-7000=1000W
根据P热=I2r，有：
12.如图所示，在平面的第I象限内有沿轴正方向的有界匀强电场，在第IV象限过点放一张垂直于平面的感光胶片．一电子以垂直于轴的初速度从点射入电场中，并从点射出电场，最后打在感光胶片上．已知电子的电荷量大小为，质量为，不计电子的重力．求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）电子从出发到打在感光胶片上的总时间．
【答案】（1） （2）
【解析】（1）设匀强电场场强大小强为，电子在电场中运动时间为，
在轴方向：
在轴方向：
联立解得：；
（2）电子在电场中运动的时间，
射出电场时竖直方向的速度为，
射出电场后至到达感光胶片前运动的时间，
电子从出发至落到感光胶片上的总时间．
13.如图所示是说明示波器工作原理的示意图，已知两平行板间的距离为d、板长为l．电子经电压为U1的电场加速后从两平行板间的中央处垂直进入偏转电场，设电子质量为m、电量为e．求：
（1）经电场加速后电子速度v的大小；
（2）要使电子离开偏转电场时的偏转角度最大，两平行板间的电压U2应是多大？
【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）电子在电场加速过程，由动能定理得
则得．
（2）电子离开偏转电场偏转角度最大时的偏转量为，电子进入偏转电场后，所受的电场力
电子沿偏转电场方向作初速度为零的匀加速直线运动，则有
又垂直于电场方向作匀速直线运动，则有
联立求解得