上海大眾工業(yè)學校2022年高二物理月考試題含解析

上海大眾工業(yè)學校2022年高二物理月考試題含解析一、選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分．每小題只有一個選項符合題意1.如圖所示，帶箭頭的線表示某一電場的電場線。在電場力作用下一帶電粒子（不計重力）經(jīng)A點飛向B點，徑跡如圖中虛線所示，下列說法正確的是：（

）A、粒子帶正電。B、粒子在A點加速度大。C、粒子在B點動能小。D、A、B兩點相比，B點電勢能較小。參考答案：C2.（多選）電梯在t=0時由靜止開始上升，運動的a一t圖像如圖所示，電梯總質量m=2.0kg，電梯內乘客的質量=50kg，忽略一切阻力，重力加速度g=，下列說法正確的是A．第1s內乘客處于超重狀態(tài)，第9S內乘客處于失重狀態(tài)B．笫2s內乘客對電梯的壓力大小為550NC．第2s內鋼索對電梯的拉力大小為2.2ND．第2s內電梯對乘客的沖量大小為550Ns參考答案：BD1-9s內電梯的加速度一直向上，乘客一直處于超重狀態(tài)，A錯誤；第2s內電梯做勻加速運動，對乘客，由牛頓第二定律可知，解得N=550N，由作用力與反作用力的關系知乘客對電梯的壓力大小為550N，同理可知，，解得F=2.255N，故B正確C錯誤；由I=Ft可知第2s內電梯對乘客的沖量大小為550Ns，D正確。本題選BD3.如圖所示，用粗細均勻的電阻絲折成平面梯形框架，ab、cd邊均與ad邊成60°角，ab＝bc＝cd＝L，長度為L的電阻絲電阻為r，框架與一電動勢為E，內阻為r的電源相連接，垂直于框架平面有磁感應強度為B的勻強磁場，則框架受到的安培力的合力大小為()．A．0

B．C．

D．參考答案：C4.在垂直于太陽光的傳播上前后各放置兩個偏振片P和Q，在Q的后面放一光屏，則(

)A．Q不動，旋轉P，屏上的光的亮度不變

B．Q不動，旋轉P，屏上的光的亮度時強時弱C．P不動，旋轉Q，屏上的光的亮度不變

D．P不動，旋轉Q，屏上的光的亮度時強時弱參考答案：BD5.(單選)如圖，使陰極射線管發(fā)出的電子束發(fā)生偏轉的作用力是（

）A．電場力B．安培力C．萬有引力D．洛侖茲力參考答案：D二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.（6分）有兩個同學利用假期分別去參觀北大和揚大的物理實驗室，各自在那里利用先進的DIS系統(tǒng)較準確地探究了“單擺的周期T與擺長L的關系”，他們通過校園網(wǎng)交換實驗數(shù)據(jù)，并由計算機繪制了T2－L圖像，如圖所示．由等時性原理可知單擺的周期與擺動幅度

（填“有關”或“無關”），由單擺周期公式可知圖中直線的斜率k=

；其中去北大的同學所測實驗結果對應的圖線是

（填“A”或“B”）．

參考答案：無關

B解：由T=2π可知單擺的周期與振幅無關；并據(jù)周期公式得：T2=，知T2～L圖象的斜率越大，則重力加速度越小，因為南京當?shù)氐闹亓铀俣刃∮诒本?，去北大的同學所測實驗結果對應的圖線的斜率小，應該是B圖線．7.實現(xiàn)受控核聚變需要108K以上的高溫。其中兩個重要的聚變反應式是：（1）上面兩個反應式中的A是__________，B是_________（2）設質子質量為mp，中子質量為mn，已知mpc2=938.27MeV，mnc2=939.57MeV，則：參考答案：1）____________，___________，

（2）___－0.54_____8.如圖所示，水平向左的勻強電場，一根不可伸長的絕緣細線長度為L，細線一端拴一個質量為m，帶負電小球，另一端固定在O點，把小球拉到使細線水平的位置A，然后由靜止釋放，小球沿弧線運動到細線與水平方向成角的位置B時速度為零。（1）該小球在B點的電勢能比在A點時

（大、小）。（2）小球所受電場力與重力之比為

。（3）小球從A到B過程中，電場力做功

。（4）小球從A到B過程中，最大動能為

。參考答案：.①大

②

③④9.（填空）（2014秋?城東區(qū)校級月考）如圖所示，A、B、C、D、E、F是勻強電場中一正六邊形的六個頂點，已知A、B、C三點的電勢分別為15V、8V、﹣3V．由此可得D、E、F三點的電勢分別為φD

，φE

，φF

．

參考答案：﹣7V，0V，11V勻強電場中電勢差和電場強度的關系在勻強電場中，沿著任意方向前進相同距離，電勢的降落必定相等，由于從A到D方向平行與BC方向，且AD間距等于BC間距的兩倍故有φD﹣φA=2（φC﹣φB）代入數(shù)據(jù)解得：﹣15=2（﹣3﹣8）φD=﹣7V同理，UCD=UAF即：﹣3﹣（﹣7）=15﹣φF解得，φF=11V由于UBA=UDE即：8﹣15=﹣7﹣φE故：φE=0V故答案為：﹣7V，0V，11V10.如圖所示,q1、q2、q3分別表示在一條直線上的三個點電荷,已知q1與q2之間的距離為L1,

q2與q3之間的距離為L2,且每個電荷都處于平衡狀態(tài).

(1)如果q2為正電荷,則q1為________電荷,q3為電荷________.（填正、負）

(2)q1、q2的電荷量大小關系是q1________q2（填大于、小于、等于）

.參考答案：1)負、負

(2)大于11.如右圖所示，理想變壓器有兩個副線圈，匝數(shù)分別為n1和n2，所接負載4R1=R2。當只閉合S1時，電流表示數(shù)為1A，當S1和S2都閉合時，電流表示數(shù)為2A，則n1：n2為

。參考答案：12.如圖所示，L是直流電阻很小的線圈，G1和G2為內阻不計、零點在表盤中央的電流計。當開關S處于閉合狀態(tài)時，兩表的指針皆偏向右方。當開關S斷開時，____表的指針緩慢地回到零點，_____表的指針立即偏向左方，然后緩慢地回到零點。（填“G1或G2”）參考答案：_G2__

___G1___

13.某電路如圖所示，已知電池組的總內阻r=1Ω，外電路電阻R=5Ω，理想電壓表的示數(shù)U=3.0V，則電池組的電動勢E=

▲

V，電路中的電流強度=

▲

A參考答案：

3.6

0.6三、實驗題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.在利用單擺測定重力加速度的實驗中，由單擺做簡諧運動的周期公式得，只要測出多組單擺的擺長L和運動周期T，作出圖象，就可以求出當?shù)氐闹亓铀俣?，理論上圖象是一條過坐標原點的直線，某同學根據(jù)實驗數(shù)據(jù)作出的圖象如圖所示。⑴造成圖象不過坐標原點的原因是__________________________________；⑵由圖象求出的重力加速度g=___________m/s2（保留三位有效數(shù)字，取π2=9.86）參考答案：15.一多用電表的歐姆擋有三個倍率，分別是×1Ω、×10Ω、×100Ω.用×10Ω擋測量某電阻時，操作步驟正確，發(fā)現(xiàn)表頭指針偏轉角度很小，為了較準確地進行測量，發(fā)現(xiàn)表頭指針偏轉角度很小，為了較準確地進行測量，應換到________擋．如果換擋后立即用表筆連接待測電阻進行讀數(shù)，那么缺少的步驟是________，若補上該步驟后測量，表盤的示數(shù)如圖所示，則該電阻的阻值是________Ω.參考答案：×100Ω,

歐姆調零,2.2×103

四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖所示，兩平行金屬板A、B板長L=8cm，兩板間距離d=8cm，A板比B板電勢高300V，一帶正電的粒子電量q=10﹣10C，質量m=10﹣20kg，沿電場中心線RO垂直電場線飛入電場，初速度v0=2×106m/s，粒子飛出平行板電場后經(jīng)過界面MN、PS間的無電場區(qū)域后，進入固定在O點的點電荷Q形成的電場區(qū)域，（設界面PS右邊點電荷的電場分布不受界面的影響），已知兩界面MN、PS相距為12cm，O點在中心線上距離界面PS為9cm，粒子穿過界面PS最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏bc上．（靜電力常數(shù)k=9×109Nm2/C2）（1）求粒子穿過界面MN時偏離中心線OR的距離多遠？（2）試在圖上粗略畫出粒子運動的軌跡；（3）確定點電荷Q的電性并求其電量的大?。畢⒖即鸢福航猓海?）側向位移：y=at2===0.03m=3cm

（2）第一段是拋物線、第二段必須是直線、第三段是圓．如圖．（3）帶正電帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運動Y=4y=12cm此時帶電粒子的速度方向：vx=v0=2×106m/s

vy=at==1.5×106m/sv=2.5×106m/s此時的速度方向垂直于Oa由題的描述：粒子穿過界面PS最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏上，由此可以做出判斷：該帶正電粒子在穿過界面PS后將繞點電荷Q作勻速圓周運動，所以Q帶負電．代人數(shù)據(jù)解得：Q=1.04×10﹣8C答：（1）粒子穿過界面MN時偏離中心線OR的距離為3cm；（2）畫出粒子運動的軌跡如圖；（3）點電荷Q帶負電，其電量的大小為1.04×10﹣8C．【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動．【分析】（1）帶電粒子垂直進入勻強電場后，只受電場力，做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻加速直線運動．由牛頓定律求出加速度，由運動學公式求出粒子飛出電場時的側移h，由幾何知識求解粒子穿過界面PS時偏離中心線RO的距離．（2）帶電粒子垂直進入勻強電場后，只受電場力，做類平拋運動，在MN、PS間的無電場區(qū)域做勻速直線運動，界面PS右邊做圓周運動，最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏bc上，根據(jù)運動情況即可畫出圖象．（3）由運動學公式求出粒子飛出電場時速度的大小和方向．粒子穿過界面PS后將繞電荷Q做勻速圓周運動，由庫侖力提供向心力，由幾何關系求出軌跡半徑，再牛頓定律求解Q的電量．17.（14分）如圖所示，兩根位于同一水平面內的平行的直長金屬導軌，處于恒定磁場中，磁場方向與導軌所在平面垂直。一質量為m的均勻導體細桿，放在導軌上，并與導軌垂直，可沿導軌無摩擦地滑動，細桿與導軌的電阻均可忽略不計。導軌的左端與一根阻值為R0的電阻絲相連，電阻絲置于一絕熱容器中，電阻絲的熱容量不計。容器與一水平放置的開口細管相通，細管內有一截面為S的小液柱（質量不計），液柱將1mol氣體（可視為理想氣體）封閉在容器中。已知溫度升高1K時，該氣體的內能的增加量為（R為普適氣體常量），大氣壓強為p0，現(xiàn)令細桿沿導軌方向以初速v0向右運動，試求達到平衡時細管中液柱的位移。

參考答案：解析：導體細桿運動時，切割磁感應線，在回路中產(chǎn)生感應電動勢與感應電流，細桿將受到安培力的作用，安培力的方向與細桿的運動方向相反，使細桿減速，隨著速度的減小，感應電流和安培力也減小，最后桿將停止運動，感應電流消失．在運動過程中，電阻絲上產(chǎn)生的焦耳熱，全部被容器中的氣體吸收。根據(jù)能量守恒定律可知，桿從v0減速至停止運動的過程中，電阻絲上的焦耳熱Q應等于桿的初動能，即

（1）容器中的氣體吸收此熱量后，設其溫度升高DT，則內能的增加量為（2）在溫度升高DT的同時，氣體體積膨脹，推動液柱克服大氣壓力做功．設液柱的位移為，則氣體對外做功

（3）就是氣體體積的膨脹量（4）由理想氣體狀態(tài)方程，注意到氣體的壓強始終等于大氣壓，故有

（5）由熱力學第一定律

（6）由以上各式可解得

（7）評分標準：本題14分。（1）、（2）