四川省內(nèi)江市2023-2024學(xué)年高二物理上學(xué)期第二次月考試題含解析

考間：75分鐘滿分：100分第Ⅰ卷選擇題一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。1.如圖甲中O是等量同種電荷，兩點電荷連線的中點，E、F是連線中垂線上相對于O點對稱的兩個點，B、C和A、D也相對于O點對稱。則下列說法正確的是（）A.B、C兩點電場強度不同 B.A、D兩點電場強度相同C.E、F、O相比，O點電場強度最強 D.從O到E電場強度大小一定一直增大【答案】A【解析】【詳解】A．根據(jù)等量同種點電荷電場分布的對稱性可知，甲圖中，O點兩側(cè)的B、C兩點的電場強度大小相等、方向相反，則電場強度不同，故A正確；B．根據(jù)等量同種點電荷電場分布的對稱性可知，甲圖中，O點兩側(cè)的A、D兩點的電場強度大小相等、方向相反，則電場強度不同，故B錯誤；C．根據(jù)電場強度疊加可知E、F、O相比，O點電場強度為零，即最弱，故C錯誤；D．根據(jù)電場強度疊加可知從O點到E點，電場強度大小可能一直增大，也可能先增大后減小，故D錯誤。故選A。2.如圖所示的電路中，電源內(nèi)阻不可忽略。開關(guān)S閉合后，在變阻器R0的滑動端向上滑動的過程中，下列說法正確的是（）A.電壓表與電流表的示數(shù)都增大B.電壓表與電流表的示數(shù)都減小C.電壓表的示數(shù)增大，電流表的示數(shù)減小D.電壓表的示數(shù)減小，電流表的示數(shù)增大【答案】C【解析】【詳解】開關(guān)S閉合后，根據(jù)“串反并同”法判斷可知，在變阻器R0的滑動端向上滑動的過程中，滑動變阻器接入電路中的電阻增大，電流表示數(shù)減小，電路中總電阻增大，電源路端電壓增大，電壓表示數(shù)增大。故選C。3.如圖所示的電流天平，矩形線圈的匝數(shù)為n，b段導(dǎo)線長為L，導(dǎo)線a、b、c段處于與線圈平面垂直勻強磁場中，當線圈沒有通電時，天平處于平衡狀態(tài)。當線圈中通入電流I時，通過在右盤加質(zhì)量為m的砝碼（或移動游碼）使天平重新平衡。下列說法中正確的是（）A.線圈通電后，b段導(dǎo)線的安培力向下B.若僅將電流反向，線圈將仍能保持平衡狀態(tài)C.線圈受到的安培力大小為mgD.由以上測量數(shù)據(jù)可以求出磁感應(yīng)強度【答案】C【解析】【詳解】ACD．依題意，通過在右盤加質(zhì)量為m的砝碼（或移動游碼）使天平重新平衡，可知b段導(dǎo)線所受安培力向上且又解得故AD錯誤；C正確；B．依題意，當線圈沒有通電時，天平處于平衡狀態(tài)，若僅將電流反向，線圈將而外受到向下的安培力作用，不能保持平衡狀態(tài)。故B錯誤；故選C。4.回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成的周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖所示，要增大帶電粒子射出時的動能，則下列說法中正確的是（）A.增大勻強電場間的加速電壓B.減小磁場的磁感應(yīng)強度C.減小周期性變化的電場的頻率D.增大D形金屬盒的半徑【答案】D【解析】【詳解】由牛頓第二定律解得則動能因此動能與加速電場的電壓、頻率無關(guān)，與磁感應(yīng)強度大小和D形盒的半徑有關(guān)，增大磁感應(yīng)強度或D形盒的半徑，可以增加粒子的動能。故選D。5.如圖所示，質(zhì)量為m，通電電流為I的金屬棒ab置于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向與寬為L的水平導(dǎo)軌平面夾角為θ，金屬棒ab處于靜止狀態(tài)。下列說法正確的是（）A.金屬棒受到的安培力大小為BILsinθB.金屬棒受到的支持力大小為BILcosθC.若只減小夾角θ，金屬棒受到的摩擦力將減小D.若只改變電流方向，金屬棒對導(dǎo)軌的壓力將減小【答案】C【解析】【詳解】A．由圖可知，金屬棒ab與磁感應(yīng)強度方向垂直，則金屬棒受到的安培力大小為故A錯誤；B．對金屬棒受力分析，如下圖所示根據(jù)平衡條件有可得，金屬棒受到的支持力大小為故B錯誤；C．根據(jù)平衡條件有則若只減小夾角θ，金屬棒受到的摩擦力將減小，故C正確；D．若只改變電流方向，則對金屬棒受力分析，如下圖所示根據(jù)平衡條件可得，金屬棒受到的支持力為則金屬棒對導(dǎo)軌的壓力將增大，故D錯誤。故選C。6.某一具有速度選擇器的質(zhì)譜儀原理如圖所示，為粒子加速器，加速電壓為；為速度選擇器，磁場與電場正交，磁感應(yīng)強度為；為偏轉(zhuǎn)分離器，磁感應(yīng)強度為。今有一質(zhì)量為、電荷量為的粒子（不計重力），經(jīng)加速后，該粒子恰能通過速度選擇器，粒子進入分離器后做勻速圓周運動。則下列說法正確的是（）A.粒子帶負電B.粒子進入速度選擇器的速度C.速度選擇器兩板間電場強度D.減小加速電壓，粒子在分離器中運動的時間變短【答案】B【解析】【詳解】A．根據(jù)粒子在偏轉(zhuǎn)分離器的運動軌跡，由左手定則可知，粒子帶正電，故A錯誤；B．根據(jù)題意可知，粒子經(jīng)過A粒子加速器，由動能定理有解得故B正確；C．粒子恰能通過速度選擇器，則有解得故C錯誤；D．減小加速電壓，粒子進入速度選擇器的速度越小，則粒子不能通過速度選擇器，更不能進入偏轉(zhuǎn)分離器，故D錯誤。故選B。7.如圖所示；A、B是水平放置的平行板電容器的兩塊極板，下極板B接地，直流電源輸出電壓恒定，將開關(guān)S閉合，電路穩(wěn)定后，一帶電油滴位于兩板中央的M點且恰好處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)將A板向下平移一小段距離，則下列說法錯誤的是（）A.油滴帶負電B.在A板下移過程中，電阻R中有向左的電流C.帶電油滴的電勢能將增加D.M點的電勢將增加【答案】C【解析】【詳解】A．由電路圖可知，平行板A板帶正電，場強方向豎直向下。油滴處于平衡狀態(tài)，故其所受電場力與重力等大，反向。電場力方向與場強方向相反，故油滴帶負電。故A正確，不符合題意；B．將A板向下平移一小段距離，板間距離d減小。由可知電容器的電容變大，又電容器兩極板電壓U不變，根據(jù)可得電容器兩極板電量增大，電容器充電，回路中有逆時針方向的電流，電阻R中有向左的電流。故B正確，不符合題意；C．根據(jù)平行板電容器內(nèi)部電場強度因兩板間距d減小，故兩板間的電場強度E增大，即油滴所受電場力變大。電場力大于重力，油滴向上運動，電場力做正功，油滴的電勢能減小。故C錯誤，符合題意；D．B極板接地，其電勢不變恒為零，由M點與B極板距離不變，電場強度E增大，故M點與下極板的電勢差增大，而M點電勢大于零，故M點電勢升高。故D正確，不符合題意。故選C。【點睛】負電荷所受電場力方向與場強方向相反。根據(jù)電容的決定式和定義式判斷電容的充放電情況，繼而得出電流的流向。電勢的變化情況，往往通過該點與已知電勢點電勢差的變化情況來判斷。二、多項選擇題：本題共3小題，每小題4分，共12分。在每小題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。8.如圖所示，某空間存在正交的勻強磁場和勻強電場，電場方向水平向右，磁場方向垂直于紙面向里，一個帶電微粒由a點進入電磁場并剛好能沿ab直線向上勻速運動，下列說法正確的是（）A微粒可能帶負電，也可能帶正電B.微粒的電勢能一定減小C.微粒的機械能一定增加D.洛倫茲力對微粒做負功【答案】BC【解析】【詳解】A．根據(jù)帶電微粒做勻速直線運動的條件可知，受力情況如圖所示，則微粒必定帶負電，故A錯誤；B．微粒由a沿直線運動到b的過程中，電場力做正功，其電勢能減小，故B正確；C．因重力做負功，重力勢能增加，又動能不變，則其機械能一定增加，故C正確；D．洛倫茲力的方向一直與速度方向垂直，故洛倫茲力不做功，故D錯誤。故選BC。9.等量異種點電荷在周圍空間產(chǎn)生靜電場，其連線(x軸)上各點的電勢隨x的分布圖象如圖所示．x軸上AO<OB，A、O、B三點的電勢分別為A、O、B，電場強度大小分別為EA、EO、EB，電子在A、O、B三點的電勢能分別為EpA、EpO、EpB，下列判斷正確的是（）AB.C.D.【答案】AD【解析】【詳解】A.正電荷周圍的電勢較高，負電荷周圍的電勢較低，，故A正確；B.圖像切線的斜率絕對值等于場強的大小，可知B點的場強最大，O點最小，故B錯誤；C.電子帶負電，根據(jù)電勢能Ep=q可知，最大，最小，故C錯誤；D.由圖像可知UOBUAO，根據(jù)電場力做功W=qU，電子帶負電，可知WOBWAO，即WBOWOA，所以，故D正確．10.如圖所示，質(zhì)量為m、帶電量為的小圓環(huán)套在半徑為R的光滑絕緣大圓環(huán)上，大圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，O為環(huán)心，A為最低點，B為最高點。在大圓環(huán)所在的豎直平面內(nèi)施加水平向右、場強為的勻強電場，并同時給在A點的小圓環(huán)一個向右的水平初速度，小圓環(huán)恰好能夠沿大圓環(huán)做完整的圓周運動，則小圓環(huán)運動過程中（）A.動能最小與最大的位置在同一等勢面上B.電勢能最小的位置恰是機械能最大的位置C.在A點獲得的初速度為D.過B點受到大環(huán)的彈力大小為【答案】BC【解析】【詳解】A．由于勻強電場的電場強度為，即電場力與重力大小相等，作出小圓環(huán)的等效物理最低點C與物理最高點位置D，如圖所示小圓環(huán)等效物理最低點速度最大，動能最大，在等效物理最高點速度最小，動能最小，根據(jù)沿電場線電勢降低，可知可知其不在同一等勢面上，A錯誤；B．小圓環(huán)在運動過程中，只有電勢能、動能與重力勢能的轉(zhuǎn)化，即只有電勢能與機械能的轉(zhuǎn)化，則電勢能最小的位置恰是機械能最大的位置，B正確；C．小圓環(huán)恰好能夠沿大圓環(huán)做完整的圓周運動，即小圓環(huán)通過等效物理最高點D的速度為0，對圓環(huán)分析有解得C正確；D．小圓環(huán)運動到B過程有在B點有解得可知，小圓環(huán)過B點受到大環(huán)的彈力大小為，D錯誤。故選BC。三、實驗題：本題共2小題，共16分。11.如圖甲所示，將兩個不同金屬電極插入水果中就可以做成一個水果電池，某同學(xué)準備測定一水果電池的電動勢和內(nèi)阻。實驗室提供的器材如下：A．待測水果電池（電動勢約，內(nèi)阻小于）B．滑動變阻器（阻值）；C．滑動變阻器（阻值）；D．電壓表（量程，內(nèi)阻約）；E．毫安表A（量程，內(nèi)阻為）；F．開關(guān)一個，導(dǎo)線若干。（1）為了盡可能準確測定這個水果電池的電動勢和內(nèi)阻，已提供的如圖乙、丙所示的兩個測量電路圖，應(yīng)選______（填“乙”或“丙”）；（2）該同學(xué)實驗時根據(jù)記錄的數(shù)據(jù)在坐標系中描點并作出圖線如圖丁所示，根據(jù)圖線求出這個水果電池的電動勢為______V、內(nèi)阻為______?！敬鸢浮竣?乙②.0.97③.700【解析】【詳解】（1）[1]由題意，毫安表A的內(nèi)阻為已知，可以將毫安表的內(nèi)阻看成電池內(nèi)阻的一部分，為減小測量誤差，毫安表用外接法，因此應(yīng)選測量電路圖乙。（2）[2]由閉合電路歐姆定律可得可知圖線的縱軸截距表示水果電池的電動勢，為[3]圖線的斜率大小為解得12.某實驗小組在進行“測定金屬絲的電阻率”的實驗（1）如圖1，用螺旋測微器測金屬絲直徑為______；如圖2用20分度游標卡尺測金屬絲長度為______；（2）如圖3用多用電表粗測金屬絲的阻值：當用“”擋時發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過大，他應(yīng)該換用擋______（填“”或“”），換擋并進行一系列正確操作后，指針靜止時如圖所示，則金屬棒的阻值約為______。該小組測量金屬絲的電阻時，可供選擇的儀器如下：①電流表（量程，內(nèi)阻約為）②電流表（量程，內(nèi)阻為）③滑動變阻器④滑動變阻器⑤電源（電動勢，內(nèi)阻約為）⑥開關(guān)及導(dǎo)線若干（3）實驗小組設(shè)計了如圖4所示的電路，為了便于調(diào)節(jié)，實驗結(jié)果盡可能準確，滑動變阻器應(yīng)選擇______（選填“”或“”），圖乙中電表為電流表______（選填“”或“”）；（4）閉合開關(guān)S，移動滑動觸頭，記錄的讀數(shù)，電流表內(nèi)阻為，則金屬絲電阻率______（用表示）?！敬鸢浮竣?6.122②.102.30③.④.10⑤.⑥.⑦.【解析】【詳解】（1）[1]根據(jù)螺旋測微器的讀數(shù)原理可知金屬絲直徑為[2]根據(jù)游標卡尺的讀數(shù)原理可知測金屬絲長度為（2）[3]用“”擋時發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過大，說明選擇擋位過大，應(yīng)換小檔位，即應(yīng)該換用擋。[4]根據(jù)歐姆表讀數(shù)原理可知金屬棒的阻值約為。（3）[5]該實驗中滑動變阻器采用分壓式接法，待測電阻阻值較小，所以滑動變阻器選擇小電阻，故選R2。[6]b電流表的滿偏值大于a電流表的滿偏值，所以a為A2。（4）[7]根據(jù)電路分析得解得四、計算題：本題共3小題，共44分。13.如圖所示，一個質(zhì)量為、電荷量為的帶電粒子從軸正方向上的點以速度沿與軸成角的方向射入第一象限內(nèi)的勻強磁場中，并恰好垂直軸射出第一象限。已知，不計帶電粒子的重力。求：（1）帶電粒子在磁場中運動的半徑；（2）勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大??；（3）帶電粒子穿過第一象限所用的時間?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）作粒子通過、兩點速度方向的垂線，兩垂線的交點即為粒子做圓周運動的圓心。畫出粒子在第一象限運動的軌跡如圖所示可知運動半徑（2）洛倫茲力提供粒子做圓周運動的向心力解得（3）由運動軌跡圖可知，圓弧軌跡對應(yīng)的圓心角，則粒子通過第一象限所用時間聯(lián)立解得14.某直流電動機的電路如圖所示，已知電源電動勢，電源內(nèi)阻，電動機線圈電阻。某次電動機正常工作時測得電壓表讀數(shù)為，勻速提升質(zhì)量為的重物，不計一切摩擦和空氣阻力，電壓表為理想電表，g取。求：（1）電動機的熱功率；（2）電動機工作的效率；（3）重物的速度大小。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）根據(jù)題意可知，電動機兩端電壓為電壓表讀數(shù)，由閉合回路歐姆定律由解得電動機的熱功率（2）根據(jù)上述分析可知，電動機的輸入功率為電動