四川省廣元川師大萬達中學2024-2025學年高二物理上學期11月月考試題含解析

PAGE18-四川省廣元川師大萬達中學2024-2025學年高二物理上學期11月月考試題（含解析）一.選擇題1.兩個分別帶有電荷量-Q和+5Q的相同金屬小球(均視為點電荷)，固定在相距為r的兩處，它們間庫侖力的大小為F。兩小球相互接觸后將其固定距離變?yōu)?r，則兩球間庫侖力的大小為()A.5F B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】相距為時，依據庫侖定律得：接觸后，各自帶電量變?yōu)?，則此時有：故B正確，ACD錯誤。2.一個負點電荷其電量為2×10-9C，在靜電場中由a點移到b點，在該過程中，除電場力外其它力做的功為6×10-5J，電荷的動能增加了8×10-5J，則a、b兩點間的電勢差Uab為()A.-1×104V B.1×104V C.-4×104V D.4×104V【答案】A【解析】【詳解】設此過程中，電場力對點電荷做的功為，由動能定理可知：解得：則、兩點間的電勢差為：故A正確，BCD錯誤。3.平行板電容器的電容為C，電荷量為Q，極板間的距離為d，在兩極間的中點放一電荷量很小的點電荷q，它所受的電場力大小等于（）A.8kq B.4kq C.2q D.q【答案】D【解析】【詳解】平行板電容器的電容定義式為，極板間存在勻強電場有，得，而電荷在勻強電場中受電場力為，所以；故選D.【點睛】平行板電容器極板間存在勻強電場，依據及求出電場強度，再依據F=Eq即可求解.4.下列運動(電子只受電場力或磁場力的作用)不行能的是()A.電子以固定的正點荷Q為圓心繞Q做勻速圓周運動B.電子在固定等量異種點電荷+Q、-Q連線的中垂線上做直線運動C.電子在圖示的勻強磁場中沿圖示虛線軌跡做圓周運動D.電子沿通電螺線管中心軸線做直線運動【答案】B【解析】【詳解】A．電子受到點電荷對它的庫侖引力，速度若滿意條件，靠庫侖引力完全供應向心力，做勻速圓周運動，故A正確；B．圖中等量異種電荷連線的中垂線上的電場方向始終水平向右，電子受到水平向左的電場力，不行能沿中垂線做直線運動，故B錯誤；C．電子在勻強磁場中受洛倫茲力，靠洛倫茲力供應向心力，做勻速圓周運動，故C正確；D．通電螺線管內部的磁場方向沿水平方向，電子的速度方向與磁場方向平行，不受洛倫茲力，做勻速直線運動，故D正確。故選B。5.如圖所示，a、b分別表示由相同材料制成的兩條長度相同、粗細勻稱電阻絲的伏安特性曲線，下列推斷中正確的是（）A.a代表的電阻絲較粗B.b代表的電阻絲較粗C.將兩條電阻絲并聯后，其I—U圖線位于a、b之間D.將兩條電阻絲串聯后接入電路，a的熱功率比b的小【答案】B【解析】【詳解】AB.圖線的斜率表示電阻的倒數，圖線的斜率小于的斜率，所以的電阻大于的電阻，依據電阻定律知，長度相同，材料相同，知的橫截面積小，的橫截面積大，故A錯誤，B正確；C.、電阻并聯之后的總電阻的小于兩個電阻中較小的電阻，結合A的方向可知，伏安特性曲線的斜率大于圖象的斜率，故其圖線位于圖象與軸之間，故C錯誤；D.將兩條電阻絲串聯后接入電路，電流相等，結合，由于的電阻大，故的熱功率比的大，故D錯誤．故選B?！军c睛】解決本題的關鍵會從圖線中比較電阻的大小，以及駕馭電阻定律，同時要明確并聯之后的總電阻的小于兩個電阻中較小的電阻，串聯后的電阻大于隨意一個電阻．6.如圖所示，三個完全相同的半圓形光滑軌道豎直放置，分別處在真空、勻強磁場和勻強電場中，軌道兩端在同一高度上，三個相同的帶正電小球同時從軌道左端最高點由靜止起先沿軌道運動，P、M、N分別為軌道的最低點，如圖所示，則下列有關推斷正確的是()A.小球第一次到達軌道最低點的速度關系vp＝vM>vNB.小球第一次到達軌道最低點時對軌道的壓力關系FP＝FM>FNC.小球從起先運動到第一次到達軌道最低點所用的時間關系tP<tM<tND.三個小球到達軌道右端的高度都不相同，但都能回到原來的動身點位置【答案】A【解析】【詳解】A.小球沿P、M軌道下滑過程都只有重力做功，依據動能定理可知，，所以小球沿P、M軌道下滑到達底端速度相等，即；而沿N軌道下滑過程電場力做負功，依據動能定理，其到達最低點速度要小于沿P、M軌道下滑狀況，故選項A正確；B.小球沿P軌道到達底端時，依據牛頓其次定律：，得；同理小球沿M軌道到達底端時，，所以，小球沿N軌道到達底端時，故FM＞FP＞FN，故選項B錯誤；C.依據上述分析知到達最低點的時間關系tP=tM＜tN，故選項C錯誤；D.球沿軌道P、M下滑后能到達右端同樣高度的地方，故選項D錯誤。故選A。7.一帶正電的粒子在電場中做直線運動的v﹣t圖象如圖所示，t1、t2時刻分別經過M、N兩點，已知運動過程中粒子僅受電場力作用，則下列推斷正確的是（）A.該電場可能是由某正點電荷形成B.M點的電勢高于N點的電勢C.從M點到N點的過程中，電勢能漸漸增大D.帶電粒子在M點所受電場力大于在N點所受電場力【答案】C【解析】【詳解】AD、由速度時間圖象可知：粒子在電場中做勻減速直線運動，加速度是一個定值，所以電場力不變，是勻強電場，所以不行能是由某正點電荷形成的，故A、D錯誤；BC、從M到N的運動過程中速度減小，依據動能定理可知電場力做負功，電勢能增加，又由于是正電荷，所以電勢也增加，故M點的電勢低于N點的電勢，故B錯誤，C正確．故選C．8.如圖所示，金屬板M、N水平放置，相距為d，其左側有一對豎直金屬板P、Q，板P上小孔S正對板Q上的小孔O，M、N間有垂直紙面對里的勻強磁場，在小孔S處有一帶負電粒子，其重力和初速均不計，當變阻器的滑動觸頭在AB的中點時，帶負電粒子恰能在M、N間做直線運動，當滑動變阻器滑片向A點滑動過程中，則（）A.粒子在M、N間運動過程中，動能肯定不變B.粒子在M、N間運動過程中，動能肯定減小C.粒子在M、N間仍做直線運動D.粒子可能沿M板的右邊緣飛出【答案】B【解析】【分析】粒子僅受洛倫茲力和電場力作用，粒子恰能在M、N間作直線運動則二力恰好平衡，當滑片移動時，將打破平衡，引起離子發(fā)生偏轉，當滑片移動到A端時，電場強度為零，粒子僅受洛倫茲力作用，做勻速圓周運動，動能不變，依據左手定則推斷出洛倫茲力方向，從而推斷粒子能否從M板的右邊緣飛出。【詳解】AB.滑動觸頭在中點時，粒子恰能做直線運動，此時M、N間為一速度選擇器模型，當滑動觸頭滑向A點時，M、N間電壓減小，電場力變小，粒子向下偏，所以粒子在其間運動時動能減小，故B正確，A錯誤；CD.因為粒子向下偏，所以不行能從M板的右邊緣飛出，故CD錯誤。故選B．【點睛】挖掘“粒子恰能在M、N間作直線運動”的隱含信息，分析滑動片移動后的電場改變，知道洛倫茲力不做功，難度適中．9.關于電場強度和磁感應強度，下列說法中正確的是()A.電場強度的定義式E＝適用于任何電場B.由真空中點電荷的電場強度公式知，當r→0時，其電場強度趨近于無限大C.由公式B＝知，一小段通電導體在某處不受磁場力，說明此處肯定無磁場D.磁通量是標量，在磁場中，磁通密度越大的地方，磁場越強【答案】AD【解析】【詳解】A．電場強度的定義式，采納比值法定義，適用于任何電場，故A正確；B．電場強度公式只適用于點電荷產生的電場。當趨近于零時，帶電體不能再看成點電荷，該公式不再成立，所以不能依據這個公式得到電場強度趨近于無限大的結論，故B錯誤；C．一小段通電導體在磁場某處不受安培力，可能是由于通電導體與磁場平行，該處不肯定無磁場，故C錯誤；D．磁通量是標量，磁通密度即磁感應強度：所以磁通密度越大的地方，磁感應強度越大，磁場越強，故D正確。故選AD。10.如圖所示，在正方形空腔內有勻強磁場，電子以不同的速率從a孔垂直磁場方向平行于ab邊射入磁場，將從c孔射出的電子與從d孔射出的電子相比較()A.速率之比vc∶vd＝2∶1B.速率之比vc∶vd＝1∶1C.周期之比Tc∶Td＝1∶2D.在磁場中運動的時間之比tc∶td＝1∶2【答案】AD【解析】【詳解】AB．設電子在磁場中運動的軌跡半徑為，洛倫茲力完全供應向心力：解得：，可見，設磁場邊長為，如圖所示：電子從點離開磁場時，其軌跡半徑為：從點離開磁場的電子，其軌跡半徑為：則得：，故A正確，B錯誤；C．電子的運行周期：與電子運動的半徑和速率無關，所以，故C錯誤；D．從點離開的粒子運行的時間：從點離開的粒子運行的時間：則，故D正確。故選AD。11.質量為m的通電細桿置于傾角為θ的導軌上，導軌的寬度為d，桿與導軌間的動摩擦因數為μ，有電流通過桿，桿恰好靜止于導軌上．在如圖所示的A、B、C、D四個圖中，下列說法中正確的是()A.圖中桿肯定有摩擦力B.圖中桿受兩個力或四個力C.圖中桿肯定受摩擦力D.圖中桿可能只受三個力【答案】BC【解析】【詳解】A．桿受重力、水平向右的安培力和斜面的支持力，若三個力平衡，則不受摩擦力，故A錯誤；B．桿受重力、豎直向上的安培力，重力與安培力可能相等，桿受兩個力；假如桿和斜面接觸，除了受到重力和安培力外，還會受到支持力和摩擦力，共四個力，故B正確；C．桿受重力、豎直向下的安培力、支持力，要想處于平衡，肯定受摩擦力，故C正確；D．桿受重力、水平向左的安培力，支持力，要想處于平衡，肯定受摩擦力，桿應當受四個力，故D錯誤。故選BC．12.如圖所示，兩根長直導線豎直插入光滑絕緣水平桌面上的M、N兩小孔中，O為M、N連線中點，連線上a、b兩點關于O點對稱．導線均通有大小相等、方向向上的電流；已知長直導線在四周產生的磁場的磁感應強度，式中k是常數、I是導線中電流、r為點到導線的距離；一帶正電的小球以初速度v0從a點動身沿連線運動到b點．關于上述過程，下列說法正確的是（）A.小球先做加速運動后做減速運動B.小球始終做勻速直線運動C.小球對桌面的壓力先減小后增大D.小球對桌面的壓力始終在增大【答案】BD【解析】【詳解】依據右手螺旋定則及磁場的疊加可知a點處的磁場方向垂直于MN向里，b點處的磁場方向垂直于MN向外；從a點到O點，磁場大小減小，過O點后反向增大；依據左手定則可知，起先時帶正電的小球受到的洛侖茲力方向向上，過O點后洛侖茲力的方向向下；由此可知，小球將做勻速直線運動，小球對桌面的壓力始終在增大，故AC錯誤，BD正確．二．試驗填空題13.如圖所示為J0411多用電表示意圖．其中A、B、C為三個可調整的部件．某同學在試驗室中用它測量一阻值約為1～3kΩ的電阻．他測量的操作步驟如下：（1）調整可調部件A，使電表指針指向左邊零刻度處．（2）調整可調部件B，使它的尖端指向的倍率擋___________位置．(選填“×10”，“×100”，“×1k”)（3）將紅、黑表筆分別插入正、負插孔中，兩筆尖相互接觸，調整可動部件C，使電表指針指向歐姆零刻度位置．（4）將兩只表筆分別與待測電阻兩端相接，進行測量讀數．（5）換測另一阻值為20～25kΩ的電阻時，應調整B，使它的尖端指向“×1k”的位置，此時還必需重復步驟____________，才能進行測量，若電表讀數如圖所示，則該待測電阻的阻值是____________．【答案】(1).“×100”(2).（3）(3).22kΩ【解析】【詳解】（2）[1]測阻值為的電阻，為使指針指在中心刻度旁邊，選擇“×100”擋位；（5）[2]換測另一阻值為的電阻時，應調整，使它的尖端指向“”的位置，此時還必需重新進行歐姆調零，即重復步驟（3）；[3]由圖示可知，歐姆表示數即待測電阻阻值為：。14.某同學采納如圖甲所示的電路測定電源電動勢和內電阻，已知干電池的電動勢約為1.5V，內阻約2Ω，給出的電壓表有A(0～3V,3.0kΩ)，電壓表B(0～5V,5.0kΩ)；給出的電流表有C(0～0.6A,1.0Ω)，電流表D(0～3A,0.2Ω)；滑動變阻器有R1(10Ω，2A)和R2(100Ω，0.1A)各一只．試驗原理圖如圖甲，在試驗中測得多組電壓和電流值，得到如圖乙所示U－I圖象.（1）試驗中滑動變阻器應選用________(選填“R1”或“R2”)．電壓表選用________(選填“A”或“B”),電流表選用________(選填“C”或“D”)（2）由圖可較精確地求出電源電動勢E＝________V；內阻r＝________Ω.【答案】(1).R1(2).A(3).C(4).148(1.47～1.49均正確)(5).1.89(1.88～1.90均正確)【解析】【詳解】（1）[1]電路中最大電流：的額定電流小于，同時阻值太大，不便于調整，所以變阻器選用；[2]電源電動勢在左右，所以電壓表A的量程適合；[3]最大電流為，未超過電流表D最大量程的三分之一，由于有滑動變阻器進行調整，所以電流表C的量程適合；（2）[4]由閉合電路歐姆定律：可知，當時，，則將圖線延長，交于縱軸，縱截距即為電動勢[5]圖像斜率的肯定值等于電源的內阻：15.用下列器材，測定小燈泡的額定功率．A．待測小燈泡：額定電壓6V，額定功率約為5W；B．電流表：量程l.0A，內阻約為0.5Ω；C．電壓表：量程3V，內阻5kΩ；D．滑動變阻器R：最大阻值為20Ω，額定電流1A；E．電源：電動勢10V，內阻很??；F．定值電阻R0（阻值10kΩ）；G．開關一個，導線若干．要求：①試驗中，電流表應采納_____接法（填“內”或“外”）；滑動變阻器應采納_____接法（填“分壓”或“限流”）．②畫出試驗原理電路圖________．③試驗中，電壓表的示數調為_____V時，即可測定小燈泡的額定功率．【答案】(1).外接法(2).限流（分壓）(3).(4).2【解析】【詳解】①[1]由功率公式可得，燈泡電阻：；故，故電流表應采納外接法；滑動變阻器的最大電阻為20Ω，大于燈泡內阻，故可以采納限流接法；分壓也可以;[2]由以上分析可知，電路采納分壓或限流均可；由于電壓表量程只有3V，而燈泡額定電壓為6V，故應將電壓表與定值電阻串聯充當電壓表；故電路如圖

②[3]③[4]串聯電路中電流相等，分壓之比等于電阻之比，故燈泡與電源的電壓之比等于1：2；故當燈泡兩端電壓為6V時，電壓表示數為2V時，小燈泡兩端電壓達到額定電壓6V，即可測定小燈泡的額定功率.三．計算題。16.如圖所示，在同一水平面內的兩導軌ab、cd相互平行，相距2m并在豎直向上的磁場中，一根質量為3.0kg、有效長度為2m的金屬棒放在導軌上，當金屬棒中的電流為5A時，金屬棒做勻速運動；當金屬棒中的電流增大到8A時，金屬棒能獲得2m/s2的加速度．則磁場的磁感應強度大小為多少？【答案】1T【解析】【詳解】當金屬棒勻速運動時安培力與滑動摩擦力大小相等：當金屬棒中電流為時，依據牛頓其次定律：聯立方程解得磁感應強度為：17.如圖所示,O點固定,長為L的絕緣輕細繩的A端有一帶負電荷的小球,電荷量為q,質量為m,水平方向的勻強電場的電場強度為E=.將輕繩拉成水平后自由釋放.(重力加速度為g)求：（1）小球運動到最低點時絕緣輕細繩給小球的拉力多大？（2）小球運動的速度最大時細繩與豎直方向的夾角多大？（可以用三角函數表示）【答案】（1）2mg（2）=【解析】【詳解】（1）小球從靜止釋放到最低點，做圓周運動，從A點到B點應用動能定理：在最低點B，依據牛頓其次定律：解得繩子對小球的拉力大小為：（2）小球所受重力和電場力為恒力，將這兩個力合成一個恒力，當與速度垂直時，此位置小球的速度最大，因為在此位置之前與速度夾角為銳角，小球始終加速，在此位置之后，二者夾角變?yōu)殁g角，小球始終減速；那么在此位置細繩與豎直方向的夾角：18.如圖所示,水平放置的兩塊帶電金屬極板a、b平行正對.極板長度為l,板間距為d,板間存在著方向豎直向下、電場強度大小為E的勻強電場和垂直于紙面對里的勻強磁場.假設電場、磁場只存在于兩板間.一質量為m、電荷量為q的粒子,以水平速度v0從兩極板的左端正中心沿垂直于電場、磁場的方向射入極板間,恰好做勻速直線運動.不計粒子的重力及空氣阻力.（1）求勻強磁場磁感應強度B大小;（2）若撤去磁場,粒子能從極板間射出,求粒子穿過電場時沿電場方向移動的距離;（3）若撤去電場，還是讓該粒子以水平速度v0從兩極板的左端正中心沿垂直于磁場的方向射入極板間，為使粒子不從磁場中射出，求所加磁場的磁感應強度的范圍.【答案】（1）