四川省射洪中学2023-2024学年高二上学期第二次月考物理试题（Word版附解析）

高2022级强基班高二上期第二次学月考试物理试题时间：75分钟满分：100分一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。）1.分析了很多实验事实后人们认识到，通电导线与磁场方向垂直时，通电导线受到磁场的作用力。下列说法中正确的是（　　）A.由知，B与F成正比，与成反比B.磁感应强度的方向就是该处小磁针静止时N极所指的方向C.由知，一小段通电导线在某处不受磁场力，说明该处一定无磁场D.若长为L、电流为Ⅰ的导线在某处受到的磁场力为F，则该处的磁感应强度大小必为【答案】B【解析】【详解】A．磁感应强度B是由磁场决定的物理量，与通电导线受到磁场的作用力以及无关，故A错误；B．根据磁场方向的规定可知，磁感应强度的方向就是该处小磁针静止时N极所指的方向，故B正确；C．一小段通电导线在某处不受磁场力，可能是导线平行磁场放入磁场中，该处不一定无磁场，故C错误；D．只有长为L、电流为Ⅰ的导线垂直放入磁场某处受到的磁场力为F时，该处的磁感应强度大小才为，若导线与磁场不垂直，该处的磁感应强度大小大于，故D错误。故选B。2.天上的一片雷云聚集了大量的负电荷，电荷量为Q。假设这片云与大地构成了一个大电容器，并且该大电容器可以视为平行板电容器，电容为C，下列说法正确的是（　　）A.这片云与大地之间的电压为B.雷云与大地之间的电场线由雷云指向地面C.若这片云与大地之间的距离减小，则C增大D.若这片云与大地之间的距离减小，则这片云与大地之间的电压增大 【答案】C【解析】【详解】A．根据电容的定义式有解得故A错误；B．根据题意，雷云聚集了大量的负电荷，电场线终止于负电荷，这片云与大地构成了一个大电容器，可知雷云与大地之间的电场线由地面指向雷云，故B错误；C．根据平行板电容器的电容表达式有可知，这片云与大地之间的距离减小，则C增大，故C正确；D．根据，解得可知，若这片云与大地之间的距离减小，则这片云与大地之间的电压减小，故D错误。故选C。3.如图所示，在一条直线上有两个间隔一定距离的点电荷A、B。A带电量为+9Q，B带电量为-Q。引入第三个点电荷C，恰好使三个电荷都处于平衡状态，下列说法正确的是（　　）A.点电荷C应放置在点电荷A的左侧B.点电荷C应放置在点电荷B的右侧C.点电荷C应放置在点电荷B的左侧D.点电荷C应带负电【答案】B【解析】 【详解】A．若C位于A的左侧，则可知A、C间的作用力总大于B、C间的作用力，显然三者不能达到平衡状态，所以点电荷C不可能在A的左侧，故A错误；BD．若C带正电，且位于B的右侧，则可知A、C间为斥力，B、C间为引力，C距B更近，B、C间的引力大小有可能等于A、C间的斥力大小；A、B间的引力大小也有可能等于B、C间的引力大小，因此三者有可能达到平衡状态；若C带负电，在B的右侧，或者在AB之间，则A、C间为引力，A、B间也为引力，显然三者不能达到平衡状态，故B正确，D错误；C．若点电荷C放置在点电荷B的左侧，无论C带正电还是负电，A、B对C的作用力方向都一致，不能平衡，故C错误。故选B。4.如图所示为某一点电荷所形成的一簇电场线，a、b、c三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O点射入电场的运动轨迹，其中b虚线为一圆弧，AB的长度等于BC的长度，且三个粒子的电荷量大小相等，不计粒子重力。下列说法正确的是（　　）A.a一定是正粒子的运动轨迹，b和c一定是负粒子的运动轨迹B.a虚线对应的粒子的加速度越来越小，b、c虚线对应的粒子的加速度越来越大C.a粒子的动能减小，b粒子的动能不变，c粒子的动能增大D.b虚线对应的粒子的质量大于c虚线对应的粒子的质量【答案】D【解析】【详解】A．由运动轨迹可知a粒子受向左的电场力，b、c粒子受到向右的电场力，由于不知道电场的方向，所以无法确定a、b、c三个带电粒子的电性，A错误；B．由于电场线的疏密表示电场强度的大小，粒子只受电场力，故a虚线对应的粒子的加速度越来越小，c虚线对应的粒子的加速度越来越大，b虚线对应的粒子的加速度大小不变，B错误；C．由题意可知a粒子的运动方向和电场力方向的夹角为锐角，所以电场力对其做正功，a粒子的动能增大，b粒子的运动方向始终和电场力垂直，电场力对其不做功，所以b粒子的动能不变，c粒子的运动方向和电场力方向的夹角为锐角，所以电场力对其做正功，c粒子的动能增大，C错误；D．a、b、c三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O点射入电场的运动轨迹，且三个粒子的电c 荷量大小相等，故静电力相等，由于b粒子做圆周运动，说明向心力等于静电力，c粒子做向心运动，故静电力大于所需的向心力，根据可知c粒子质量较小，D正确。故选D。5.一根通电直导线水平放置，通过直导线的恒定电流方向如图所示，现有一质子从直导线下方以水平向右的初速度v开始运动，不考虑质子重力，关于接下来质子的运动，下列说法正确的是（　　）A.质子将向下偏转，运动的半径逐渐变大B.质子将向上偏转，运动的半径逐渐变小C.质子将向下偏转，运动的动能逐渐变小D.质子将向上偏转，运动动能不变【答案】A【解析】【详解】AB．根据右手定则可知恒定电流在导线下方激发的磁场方向是垂直纸面向外的，再根据左手定则可以判定质子受到的洛伦兹力是向下的，所以质子将向下偏转；质子偏转后将远离导线，随着磁感应强度的减小，向心力也随着减小，则质子的运动半径将逐渐变大，故A正确、B错误；CD．由于洛伦兹力不做功，质子的重力也不考虑，所以质子的动能不变，故CD错误。故选A。6.如图所示的电路中，电源电动势，内阻，定值电阻。在滑动变阻器R（最大阻值是4Ω）的滑片由a缓慢地向b滑动的过程中，下列说法正确的是（　　）A.电容器的带电荷量先减小后增大B.滑动变阻器滑片滑至中间位置时，定值电阻R0的功率最大C.滑动变阻器的功率先增大后减小，最大值是D.电源效率先增大后减小，最大值是50% 【答案】D【解析】【详解】A．滑动变阻器左右两部分并联，在滑片由a向b移动的过程中，并联总电阻先增大后减小，滑片滑至中间位置时，并联电阻最大，为1Ω，因此路端电压先增大后减小，电容器两端电压等于路端电压，由可知，则其带电荷量先增大后减小，A错误；B．定值电阻R0消耗的功率，滑动变阻器滑片滑至两端时，外电阻最小时，电流最大，定值电阻R0的功率最大，B错误；C．将定值电阻等效成电源内阻，滑动变阻器消耗功率即可等效为电源输出功率，理论上滑动变阻器接入电路的阻值等于时，滑动变阻器消耗功率最大，但滑动变阻器在该电路中的最大阻值是1Ω，因此在滑动变阻器滑片由a端滑向中间位置的过程中，其消耗的功率逐渐增大，之后由中间位置滑向b端过程中，消耗的功率逐渐减小，滑片在中间位置时滑动变阻器的功率最大，其最大值为C错误；D．滑动变阻器滑片在中间位置时此时外电路电阻最大，电源效率最大，最大值为在滑动变阻器R的滑片由a缓慢地向b滑动的过程中，电源效率先增大后减小，D正确。故选D。7.地磁场对宇宙高能粒子有偏转作用，从而保护了地球的生态环境。赤道平面的地磁场简化为如图所示，O为地球球心、R为地球半径，地磁场只分布在半径为R和2R的两边界之间的圆环区域内，磁感应强度大小均为B，方向垂直纸面向里。假设均匀分布的带正电高能粒子以相同速度垂直MN沿赤道平面射向地球。已知粒子质量均为m、电荷量均为q，不计粒子的重力及相互作用力。下列说法正确的是（　　） A粒子无论速率多大均无法到达MN右侧地面B.若粒子速率为，正对着O处入射的粒子恰好可以到达地面C.若粒子速率为，入射到磁场的粒子均可以到达地面D.若粒子速率为，入射到磁场的粒子恰好有一半可以到达地面【答案】D【解析】【详解】A．射入方向在地球下表面以下的粒子，只要速率合适，粒子可到达MN右侧地面，故A错误；B．若粒子的速率为，则粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有解得若粒子正对着O处入射，且恰好可以到达地面，其轨迹如图所示设该轨迹半径为，由几何关系可得解得 故B错误；C．若粒子的速率为，则粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有解得由B选项分析可知，若粒子的射入方向在正对O处以上，入射到磁场的粒子均不可以到达地面，故C错误；D．若粒子速率为，由洛伦兹力提供向心力得解得由B选项分析可知，此时若粒子正对着O处入射，则恰好可以到达地面；而在对着O处以上的方向入射的粒子，因为向上偏转，均不能到达地面；而在对着O处以下的方向入射的粒子均会达到地面，综上所述，入射到磁场的粒子恰好有一半可以到达地面，故D正确。故选D。二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.下列①、②、③、④四幅图分别是速度选择器、磁流体发电机、质谱仪、回旋加速器的结构示意图，下列说法中正确的是（） A.图①中粒子沿直线运动的条件是B.图②中可以判断出通过电阻的电流方向为从上到下C.图③中在分析同位素时，半径最大的粒子对应质量也最大D.图④随着粒子的运动越来越快，粒子走过半圆的时间间隔越来越短【答案】AC【解析】【详解】A．图①中粒子沿直线PQ运动的条件是解得故A正确；B．图②中根据左手定则可知B板为正极，所以通过R的电流方向从下到上，故B错误；C．图③中在加速电场中有在磁场中洛伦兹力提供向心力，则解得 对于同位素，电荷量相等，半径最大的粒子对应质量也最大，故C正确；D．图④中粒子的周期为，粒子走过半圆的时间间隔与粒子的速度无关，故D错误。故选AC。9.如图所示，OACD是一长为OA=L的矩形，其内存在垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电量为q的粒子从O点以速度V0垂直射入磁场，速度方向与OA的夹角为α，粒子刚好从A点射出磁场，不计粒子的重力，则A.粒子一定带正电B.匀强磁场的磁感应强度为C.粒子从O到A所需的时间为D.矩形磁场的宽度最小值为【答案】BC【解析】【详解】A项：由题意可知，粒子进入磁场时所受洛伦兹力斜向右下方，由左手定则可知，粒子带负电，故A错误；B项：粒子运动轨迹如图所示：由几何知识可得：，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，故B正确； C项：由几何知识可知，粒子在磁场中转过的圆心角：θ=2α，粒子在磁场中做圆周运动的周期：，粒子在磁场中的运动时间：，故C正确；D项：根据图示，由几何知识可知，矩形磁场的最小宽度：，故D错误．10.如图甲所示，两平行极板P、Q的极板长度和板间距离均为l，位于极板左侧的粒子源沿两板的中轴线向右连续发射质量为m、电荷量为、速度相同、重力不计的带电粒子。在时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极板边缘的影响）。已知时刻进入两板间的带电粒子恰好在时刻经极板边缘射出。不考虑粒子间相互影响及返回极板间的情况，则下列说法正确的是（　　）A.该粒子在平行板间不一直做曲线运动B.该粒子在平行板间偏转时的加速度C.两平行板间所加电压大小为D.若时刻进入两板间的带电粒子，也恰好经极板边缘射出，则两板间所加电压大小应为【答案】AD【解析】【详解】A.粒子在水平方向一直做匀速直线运动，竖直方向有电压时做匀变速直线运动，则该粒子在0~t0时间内做匀变速曲线运动，t0-2t0时间内做直线运动，故A正确；B.该粒子在平行板间偏转时的加速度a，竖直方向做匀加速直线运动，时刻进入两板间的带电粒子恰好在时刻经极板边缘射出，有可求得 故B错误；C.两平行板上所加电压大小联立可得故C错误；D.若时刻进入两板间的带电粒子，也恰好经极板边缘射出，因水平速度不变，则运动时间不变为，设电压大小为，则加速度为有解得故D正确；故选AD。三、实验题（本题共2题，共14分）11.（1）图1螺旋测微器读数为________mm，图2游标卡尺读数为________mm。（2）选择电流表的量程为0~0.6A，则图3中电流表的读数为________A。（3）某电流表表头内阻为200Ω，满偏电流Ig为2mA，按如图4改装成量程为0~3V和0~15V的电压表，则R1=________Ω，R2=________Ω。 （4）在“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，要求加在小灯泡上的电压从零开始变化，图（a）（b）中滑动变阻器的连接方式应选择________（填“（a）”或“（b）”）；图（c）是某个小灯泡的伏安特性曲线，虚线是A点切线，图线中A点对应的灯丝电阻等于________Ω；随着电压的增大，灯丝的电阻________（填“增大”或“减小”）。【答案】①.1.415##1.416##1.417②.42.40③.0.35④.1300⑤.6000⑥.（a）⑦.10⑧.增大【解析】【详解】（1）[1]图1螺旋测微器读数为1.415mm~1.417mm均算正确；[2]图2是20分度游标卡尺，精度为0.05mm，其读数为（2）[3]选择电流表的量程为0~0.6A，由表盘可知，其分度值为0.02A，图3中电流表的读数为0.35A；（3）[4]表头满刻度电压值为改装成量程为0~3V，要串联的电阻R1为[5]改装成量程为0~15V，要串联的电阻R2为（4）[6]要使加在小灯泡上的电压从零开始变化，滑动变阻器应选择分压电路，则连接方式应选择（a）；[7]图（c）小灯泡伏安特性曲线中A点对应的灯丝电阻为[8]因I−U图像的点与原点连线的斜率等于电阻的倒数，则随着电压的增大，连线斜率减小，则灯丝的电阻增大。 12.如图中，甲所示为某多用电表内部简化电路图。藏同学想通过该多用表的欧姆挡测量量程为3V的电压表内阻，如图乙所示。（1）主要步骤如下：①将选择开关拨到“×100”的欧姆挡上；②将两表笔相接触，旋转欧姆调零旋钮，使指针指在电阻零刻度处；③将红表笔与待测电压表______（选填“正”或“负”）接线柱相接，黑表笔与另一接线柱相连，发现此时指针偏转角度很小；④换用_________（选填“×10”或“×1k”）欧姆挡重新_______后测量，发现此时指针偏转适中，记下电阻数值；⑤将选择开关调至空挡或交流电压最高挡后拔下表笔，将多用电表放回桌上原处，实验完毕。（2）实验中表盘示数如图所示，则欧姆表的读数为_______Ω。【答案】①.负②.×1k③.调零④.40000##【解析】【详解】（1）[1]多用电表在使用时，电流从红表笔流入多用表，从黑表笔流出多用表，在使用欧姆档功能时，多用电表是输出电流，电流方向依然是“红进黑出”；电压表在使用时，电流从正接线柱流入，从负接线柱流出。所以红表笔与电压表的负接线柱连接。[2]使用“×100”的欧姆挡时发现指针偏转角度很小，说明待测电阻的阻值较大，所以应换用“×1k”的欧姆挡。 [3]换用不同的欧姆档后，需要重新调零。（2）[4]欧姆表的读数为。四、计算题（本题共43分）13.一列波在t1时刻的波形图如图中的实线所示，t2时刻的波形图如图中的虚线所示，已知，求：（1）若x=4m处质点在t1时刻经过平衡位置向上振动，这列波向哪个方向传播。（2）这列波可能的波速；（3）若波速为68m/s，这列波向哪个方向传播。【答案】（1）向右传播的；（2）见解析；（3）向右传播的【解析】【详解】（1）若x=4m处质点在t1时刻经过平衡位置向上振动，则这列波是向右传播的。（2）如果这列波是向右传播的，则时间内传播过的距离为所以波速可能为如果这列波是向左传播的，则时间内传播过的距离为所以波速可能为（3）若波速为68m/s，代入可得 代入可得所以波是向右传播的。14.如图所示，两平行金属导轨间距L=1m，导轨与水平面成=37°，导轨电阻不计．导轨上端连接有E=6V、r=1Ω的电源和滑动变阻器R．长度也为L的金属棒ab垂直导轨放置且与导轨接触良好，金属棒的质量m=0.2kg，电阻R0=2Ω，整个装置处在竖直向上磁感应强度为B=1.5T的匀强磁场中，金属棒一直静止在导轨上．（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：（1）当金属棒刚好与导轨间无摩擦力时，接入电路中的滑动变阻器的阻值R多大；（2）当滑动变阻器接入电路的电阻为R=5Ω时金属棒受到的摩擦力．【答案】（1）R=3Ω（2）【解析】【分析】(1)由闭合电路欧姆定律可求得接入电路中的阻值R；(2)作出受力分析，由共点力的平衡条件可得出力的表达式，再由闭合电路欧姆定律可求得的摩擦力的大小．【详解】(1)当金属棒刚好与导轨间无摩擦力时，金属棒受重力mg、安培力F和支持力FN如图 根据平衡条件可得，mgsinθ=F1cosθ又F1=BI1l联立上式，解得：R=3Ω；(2)当滑动变阻器的电阻为R=5Ω时，电流：又：F=BIl=1.51N=Nmgsinθ＞F2cosθ，故金属棒受到沿导轨平面向上的摩擦力Ff根据平衡条件可得，mgsinθ=F2cosθ+Ff联立解得Ff=mgsinθ-F2cosθ解得：Ff=0.3N．【点睛】本题考查闭合电路欧姆定律与安培力的结合，要注意正确作出受力分析，根据共点力的平衡条件得出正确结论．15.如图所示，以O为坐标原点建立平面直角坐标系，圆心为O、半径为R的圆形磁场区域中存在垂直于纸面向外的匀强磁场，第三象限有沿y轴正方向、电场强度大小未知的匀强电场，在处有一垂直于y轴的足够大固定绝缘挡板。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以大小为的初速度沿与x轴正方向平行的方向从点射出，恰好从M点进入磁场，经磁场偏转后由N点（未画出）离开磁场，并恰好垂直打在挡板上，粒子与挡板发生碰撞后原速率反弹再次进入磁场，最后离开磁场，不计粒子受到的重力，求：（1）匀强电场的电场强度大小E；（2）粒子刚进入匀强磁场时的速度方向与x轴正方向的夹角；（3）匀强磁场的磁感应强度大小B及带电粒子从出发到最终离开磁场区域运动的总时间t。 【答案】（1）；（2）；（3），【解析】【详解】（1）如图所示，根据题设条件画出粒子的运动轨迹，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，有解得，（2）粒子沿y轴正方向的分速度大小解得（3）粒子进入磁场时的速度大小 设粒子在磁场中运动的半径为r，由几何关系有，由洛伦兹力提供向心力，有解得由几何关系有N点的横坐标N点的纵坐标由几何知识得粒子在磁场中运动的圆心角共为180°（含M到N过程和N到Q的过程），粒子在磁场中运动的总时间为粒子在电场、磁场外的运动，由匀速直线运动规律可知粒子从出磁场到再次进磁场的时间故粒子从出发到最终离开磁场区域运动的总时间联立解得