江苏省盐城中学2023-2024学年高二物理上学期8月月考试题（Word版附解析）

高二年级基础性学情检测物理试卷1.本试卷考试时间为75分钟，试卷满分100分，考试形式闭卷；2.本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分；3.答题前，将自己的班级、姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在答题卡上一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分，每题只有一个选项符合题意。1.如图所示的电解池，通电1s，其间共有0.5C的正离子和0.3C的负离子通过截面xy，则这个电路中的电流是（　　）A.0.8AB.0.2AC.0.5AD.0.6A【答案】A【解析】【详解】由题可知时间为t=1s电解液中通过截面xy的电量为q=0.5C+0.3C=0.8C则这个电路中的电流大小是故选A。2.一个电流表的满偏电流，内阻，要把它改装成一个量程为20V的电压表，则应在电流表上（　　）A.串联一个20kΩ的电阻B.并联一个20kΩ的电阻C.串联一个19.5kΩ的电阻D.并联一个19.5kΩ的电阻【答案】C【解析】【详解】要改装成一个电压表，则必须要有分压电阻，所以应该将电流表和一个电阻串联，串联后总电压 量程为20V，根据欧姆定律有代入数据解得故选C3.中国宋代科学家沈括在公元1086年写的梦溪笔谈中最早记载了“方家（术士）以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也”。进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布如图所示，结合上述材料，下列说法正确的是（　　）A.在地磁场的作用下小磁针静止时指南的磁极叫北极，指北的磁极叫南极B.对垂直射向地球表面宇宙射线中的高能带电粒子，在南、北极所受阻挡作用最弱，赤道附近最强C.形成地磁场的原因可能是带正电的地球自转引起的D.由于地磁场的影响，在奥斯特发现电流磁效应的实验中，通电导线应相对水平地面竖直放置【答案】B【解析】【分析】【详解】A．根据磁极间的相互作用可知，在地面上放置一个小磁针，静止时小磁针的南极指向地磁场的北极，故A错误；B．地球上赤道附近磁场的方向与地面几乎平行，越往两极磁场的方向与地面之间的夹角越大，所以对垂直射向地球表面宇宙射线中的高能带电粒子，在南、北极所受阻挡作用最弱，赤道附近最强，故B正确；C．地球磁场的N极在地球的地理南极附近，由安培定则可知，形成地磁场的原因可能是带负电的地球自转引起的，故C错误；D．由于地磁场的影响，在奥斯特发现电流磁效应的实验中，通电导线应相对水平地面水平放置，且导线的方向沿南北方向，故D错误。故选：B。4.电流计等磁电式电表是利用永久磁铁对通电线圈的作用原理制成的，其优点是灵敏度高。构造如图甲所示，圆柱形铁芯固定于U形磁铁两极间，其中磁场是均匀辐向分布，铁芯外面套有缠绕着线圈并可转动的 铝框，铝框的转轴上装有指针和游丝（又称螺旋弹簧）。下列说法中正确的是（　　）A.图乙中当线圈通以如图所示电流，图中指针往左偏B.线圈中电流越大，安培力就越大，螺旋弹簧形变也越大，线圈偏转的角度也越大C.极靴和铁质圆柱之间磁场是匀强磁场D.线圈无论转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行，所以线圈不受安培力【答案】B【解析】【详解】A．根据左手定则可知，图乙中当线圈通以如图所示电流，a所受安培力向上，b所受安培力向下，则图中指针往右偏，故A错误；B．线圈中电流越大，安培力就越大，螺旋弹簧的形变也越大，线圈偏转的角度也越大，故B正确；C．匀强磁场的磁感线平行，而极靴和铁质圆柱之间磁感线呈辐向分布，不是匀强磁场，故C错误；D．线圈平面跟磁感线平行，但导线a、b中电流的方向与磁场方向垂直，所以受安培力，故D错误。故选B。5.如图所示，条形磁铁放置在固定斜面上，在其上方固定一根长直导线，导线与磁铁垂直，给导线通以方向垂直纸而向外的电流。条形磁铁始终静止。在导线通电前后关于条形磁铁的受力，下列说法正确的是（　　）A.斜面对磁铁的支持力一定减小，磁铁可能受到斜面的摩擦力作用B.斜面对磁铁的支持力一定减小，磁铁一定受到斜面的摩擦力作用C.斜面对磁铁的支持力一定增大，磁铁可能受到斜面的摩擦力作用 D.斜面对磁铁的支持力一定增大，磁铁一定受到斜面的摩擦力作用【答案】B【解析】【详解】通电后，条形磁铁的受力分析如图所示由图可知，磁铁一定受到斜面的摩擦力的作用，垂直于斜面方向重力的分力等于斜面对磁铁的支持力与通电导线对磁铁的作用力在垂直于斜面方向的分力之和，而通电前重力垂直于斜面方向的分力等于斜面对磁铁的支持力，所以通电后斜面对磁铁的支持力一定减小。故选B。6.在如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，其中，现将滑动变阻器的滑动触头逐渐向a移动过程中（　　）A.电压表的示数减小，电流表的示数减小B.电压表的示数增大，电流表的示数增大C.电源的总功率增大D.电源的输出功率减小【答案】C【解析】【详解】AB．滑动变阻器的滑动触头逐渐向a移动中，滑动变阻器接入电路中的电阻R0减小，电路中的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中的总电流增大，则电源内阻上的电压降增大，由可知，电源的路端电压减小，即电压表的示数减小，因电源的路端电压减小，R1两端电压增大，R2与R0并联电路的电压减小，由欧姆定律可知R2电流减小，则电流表的示数增大，AB错误；C．由P=EI可知，电路中的总电流I增大，E不变，所以电源的总功率增大，C正确；D．由题意可知，则外电路电阻大于内电阻，当外电阻减小时，外电阻与内电阻更接近，所以电源的 输出功率增大，D错误。故选C。7.如图，图线AB是某电源的路端电压随电流变化的关系图线，OM是固定电阻R两端的电压随电流变化的图像，由图可知（　　）A.固定电阻R的阻值为1ΩB.该电源的电动势为6V，内阻为2ΩC.当该电源只向电阻R供电时，其效率约为33.3%D.该电源的最大输出功率为9W【答案】D【解析】【详解】A．由图线OM可知故A错误；B．根据闭合电路欧姆定律可得，由图线AB可知电源的电动势为短路电流为则电源内阻故B错误；C．当该电源只向电阻R供电时，电源效率为 故C错误；D．电源的输出功率当时电源的输出功率最大，所以该电源的最大输出功率故D正确。故选D。8.如图所示，a、b两个长方体物块叠放在粗糙水平地面上，物块a带正电，物块b不带电且为绝缘体，地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场，现用水平恒力F拉物块b，使a、b一起无相对滑动地向左加速运动，在加速的过程中，物块a、b间的摩擦力（　　）A.逐渐减小B.逐渐增大C.先增大后减小D.先减小后增大【答案】A【解析】【详解】由于无相对滑动，考虑对整体受力分析，a将受到向下的洛伦兹力的作用，使得加速过程中地面对b的支持力逐渐增大，则系统所受的摩擦力将逐渐增大。根据牛顿第二定律可知加速度将逐渐减小，接下来隔离a列牛顿第二定律可知物块a、b间的摩擦力逐渐减小，A正确。故选A。9.笔记本电脑机身和显示屏分别装有霍尔元件和磁体，实现开屏变亮，合屏熄灭。图乙为一块利用自由电子导电，长、宽、高分别为a、b、c 的霍尔元件，电流方向向右。当合上显示屏时，水平放置的元件处于竖直向下的匀强磁场中，元件前、后表面间产生电压，当电压达到某一临界值时，屏幕自动熄灭。则元件的（）A.合屏过程中，前表面的电势比后表面的低B.开屏过程中，元件前、后表面间的电压变大C.若磁场变强，可能出现闭合屏幕时无法熄屏D.开、合屏过程中，前、后表面间的电压U与b无关【答案】D【解析】【详解】A．电流方向向右，电子向左定向移动，根据左手定则，自由电子向后表面偏转，后表面积累了电子，前表面的电势高于后表面的电势，故A错误；BCD．稳定后根据平衡条件有根据电流的微观表达式有解得所以开屏过程中，磁感应强度减小，元件前、后表面间的电压变小。若磁场变强，元件前、后表面间的电压变大，不可能出现闭合屏幕时无法熄屏。开、合屏过程中，前、后表面间的电压U与b无关，故D正确，BC错误；故选D。10.某力敏电阻的阻值随着压力的增大而线性减小。一同学利用该力敏电阻设计了判断小车在水平方向上运动状态的装置。其工作原理如图甲所示，将力敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上，之间放置一个光滑绝缘重物M，重物与挡板之间通过轻弹簧连接。某次实验中，电压表示数随时间变化关系如图乙所示，已知时间内，小车处于静止状态，则（） A.时间内，弹簧处于原长状态B.时间内，小车的加速度随时间均匀增大C.时间内，小车做匀变速直线运动D.时间内，小车可能向左做匀减速直线运动【答案】D【解析】【详解】A．0-t1时间内电压表示数不变，说明力敏电阻所受压力不变，由题意可知，弹簧上一定有力，M处于静止状态，合力为零，力敏电阻对M的弹力水平向左，弹簧对M弹力水平向右，所以在0-t1时间内弹簧也可能处于压缩状态，故A错误；BC．t1-t2时间内，R两端电压均匀减小，电路中电流均匀减小，力敏电阻阻值变大，设时电路中总电阻为，电路中电流为，由闭合电路的欧姆定律得解得由图可知解得所以物块的加速度T为弹簧弹力，大小不变，所以小车的加速度随时间不是均匀变化，故BC错误； D．t2-t3时间内，电流不变，力敏电阻上所受压力不变，且M受到弹簧向右的力大于力敏电阻对M的压力，可知M的加速度向右且大小不变，所以小车可能向右做匀加速直线运动或向左做匀减速直线运动，故D正确。故选D。二、非选择题：共6题，共60分，其中第11题每空2分，第12题~16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。11.某同学用伏安法测量导体的电阻率，现有量程为3V、内阻约为3k的电压表和量程为0.6A、内阻约为0.1的电流表。采用分压电路接线，待测电阻丝Rx阻值约为5。（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/V0300.400.801.101.201.60I/A0.070.090.180.220.270.35 （3）用作图法求得Rx的阻值为________（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d，用游标卡尺测金属丝的长度l，示数如图丙所示，则d=________mm，l＝__________cm。（5）写出该金属丝的电阻率的表达式____________（用U、I、d、l表示）【答案】①.a②.d③.④.4.6Ω（4.5~4.8Ω）⑤.1.843mm（1.842mm~1.84mm）⑥.4.240cm⑦.【解析】【分析】【详解】（1）[1]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]由题意可知，本实验采用分压接法，故导线②要与d接通；（2）[3]根据表中的数据作出的U-I图如下图所示： （3）[4]根据U-I图象的斜率表示电阻，则有电阻算出4.5Ω~4.8Ω均正确；（4）[5]由图示螺旋测微器可知，其示数为d=1.5mm+34.3×0.01mm=1.843mm估读出1.842~1.844mm均正确；[6]由图示游标卡尺可知，其示数为l=42mm+8×005mm=42.40mm=4.240cm（5）[7]由欧姆定律由电阻定律金属丝的横截面积联立得 12.如图所示，水平导体棒被两根竖直细线悬挂，置于垂直纸面向里的匀强磁场中，已知磁场的磁感应强度，导体棒长，质量，重力加速度，当导体棒中通以从到的电流时：（1）判断导体棒所受安培力的方向；（2）当电流时，求导体棒所受安培力的大小；【答案】（1）竖直向上；（2）0.4N【解析】【详解】（1）根据左手定制可判断导体棒所受安培力的方向竖直向上；（2）导体棒与磁场垂直，所以导体棒所受安培力的大小为13.如图所示的电路中，电源电动势，内阻，电动机的电阻，电阻。电动机正常工作时，理想电压表的示数，求：（1）电路的路端电压；（2）电动机输出有用功的功率；【答案】（1）10V；（2）8W【解析】【详解】（1）根据欧姆定律，电路电流为：电路的路端电压为代入数据解得 （2）设电动机两端电压为U，则由闭合电路欧姆定律得：电动机消耗的电功率为：电动机的热功率为：电动机将电能转化为机械能的功率为14.在一根足够长的竖直绝缘杆上，套着一个质量为m、带电量为-q的小球，球与杆之间的动摩擦因数为μ．场强为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场方向如图所示，小球由静止开始下落．(1)小球开始下落时的加速度为多大？(2)小球运动的最大加速度为多大？(3)小球运动的最大速度为多大？【答案】(1)(2)g(3)【解析】【分析】对小环进行受力分析，再根据各力的变化，可以找出合力及加速度的变化；即可以找出小环最大速度及最大加速度的状态．【详解】（1）小环静止时只受电场力、重力及摩擦力，电场力水平向右，摩擦力竖直向上；开始时，小环 的加速度应为：；（2）小环速度将增大，产生洛仑兹力，由左手定则可知，洛仑兹力向左，故水平方向合力将减少，摩擦力减少，故加速度增加；当qvB=qE时水平方向合力为0，摩擦力减小到0，加速度达到最大，所以小环由静止沿棒下落的最大加速度为：a==g；（3）当此后速度继续增大，则洛仑兹力增大，水平方向上的合力增大，摩擦力将增大；加速度将继续减小，当加速度等于零时，即重力等于摩擦力，此时小环速度达到最大．则有：mg=μ（qvB-qE），解得：【点睛】本题要注意分析带电小环的运动过程，属于牛顿第二定律的动态应用与电磁场结合的题目，此类问题要求能准确找出物体的运动过程，并能分析各力的变化，对学生要求较高．同时注意因速度的变化，导致洛伦兹力变化，从而使合力发生变化，最终导致加速度发生变化．15.如图所示，电源的电动势E=24V、内阻r=2Ω，电阻，电容器的电容C=6mF。（1）当开关断开时，求R1两端的电压U1；（2）当开关闭合时，求干路中电流I；（3）开关从断开到闭合直至电路稳定的过程中通过电阻R的电荷量Q。【答案】（1）10V；（2）4.5A；（3）0.105C【解析】【详解】（1）开关断开时的等效电路图如图甲所示 解得（2）开关闭合时的等效电路图如图乙所示，设与串联后再与并联的总电阻为，则有，，解得（3）开关断开时，电容器与并联，与电压相等，则有a端电势高，开关闭合时，电容器与并联，根据上述分析可得两端的电压为7.5Vb端电势高，通过电阻R的电荷量16.如图所示，一根水平光滑的绝缘直槽轨连接一个竖直放置的半径为R=0.50m的绝缘光滑槽轨。槽轨处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B=0.50T，有一个质量m=0.10g、带电量为q=+1.6×10-3C的小球在水平轨道上向右运动。若小球恰好能通过最高点，重力加速度g=10m/s2．求：(1)小球在最高点N的速度大小；(2)小球在最高点N所受的洛伦兹力F；(3)小球的初速度v0．【答案】(1)1m/s；(2)；（3）4.58m/s【解析】 【详解】（1）、（2）设小球在最高点N的速度为，则小球在最高点所受洛伦兹力为方向竖直向上；由于小球恰好能通过最高点N，故小球在最高点N由洛伦兹力和重力共同提供向心力，即两式联立得，（3）由于无摩擦力，且洛伦兹力不做功，所以小球在运动过程中机械能守恒，由机械能守恒定律可得其中联立解得