重庆市荣昌中学2023-2024学年高二上学期第二次月考物理试题（Word版附解析）

荣昌中学高2025级高二上期第二次月考物理试题（考试时间75分钟满分100分）第I卷选择题一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.关于元电荷、电荷与电荷守恒定律，下列说法正确的是（　　）A.元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根通过实验测得的B.利用静电感应可使任何物体带电，质子和电子所带电荷量相等，比荷也相等C.单个物体所带的电量总是守恒的，电荷守恒定律指带电体和外界没有电荷交换D.元电荷是指电子，电量等于电子的电量，体积很小的带电体就可以看成点电荷【答案】A【解析】【详解】A．元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根通过实验测得的，故A正确；B．静电感应不能使绝缘体带电，电子和质子所带电荷量相等，但它们的质量不相等，比荷不相等，故B错误；C．在与外界没有电荷交换的情况下，一个系统所带的电量总是守恒的，电荷守恒定律并不意味着带电系统一定和外界没有电荷交换，故C错误；D．元电荷的电量等于电子的电量，但不是电子，元电荷是带电量的最小单元，没有电性之说，当两个带电体的形状对它的相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看作点电荷，故体积很小的带电体未必就是点电荷，故D错误。故选A。2.某科研所研制出了一种新型金属材料，具有特殊的物理和化学性质，具有广阔的市场前景。如图所示，由该材料制成的一个立方体的边长为c，其前后两表面之间的电阻值为R1。现用该材料制成一边长为的立方体，其前后两表面之间的电阻值为R2，则R1：R2为（　　）A.1：125B.1：5C.5：1D.25：1【答案】B【解析】 【详解】根据电阻定律可知则有故选B。3.实线为三条未知方向的电场线，从电场中的点以相同的速度飞出、两个带电粒子，、的运动轨迹如图中的虚线所示（、只受静电力作用），则（　　）A.一定带正电，一定带负电B.静电力对做正功，对做负功C.的速度将减小，的速度将增大D.的加速度将减小，的加速度将增大【答案】D【解析】【详解】A．由图，b粒子的轨迹向右弯曲，b粒子受到的电场力方向向右，a的轨迹向左弯曲，a粒子受到的电场力方向向左，由于电场线方向未知，因此无法确定两个粒子的电性，选项A错误；BC．由图知，电场力方向与粒子速度方向的夹角都是锐角，所以电场力对两个粒子都做正功，动能都增大，速度都增大，选项BC错误；D．向左电场线越来越疏，场强越来越小，则a所受电场力减小，加速度减小；b所受电场力增大，加速度增大，选项D正确。故选D。4.特高压直流输电是国家重点能源工程，如图所示为特高压直流输电塔仰视图，两根等高、相互平行的水平长直导线分别通有方向相同的电流和，，a、b、c三点连线与两根导线等高并垂直，b点位于两根导线间的中点，a、c两点与b点距离相等，d点位于b 点正下方．不考虑地磁场的影响，则（　　）A.a点处的磁感应强度方向竖直向上B.b点处的磁感应强度大小不为零C.c点处的磁感应强度方向竖直向上D.d点处的磁感应强度大小为零【答案】C【解析】【分析】【详解】A．由安培定则可知，两电流产生的磁场在a处都是竖直向下，则两电流的合磁场在a处方向竖直向下，故A错误；B．根据安培定则可知，电流I1产生的磁场在b处方向竖直向上，电流I2产生的磁场在b处的磁感应强度方向竖直向下，，根据合成可知，b点处的磁感应强度大小为零，故B错误；C．由安培定则可知，两电流产生的磁场在c处都是竖直向上，则两电流的合磁场在c处方向竖直向上，故C正确。D．由安培定则可知，两电流在d处产生的磁场并非等大反向，根据合成可知，d点处的磁感应强度大小不为零，故D错误。故选C。5.如图所示，一簇电场线的分布关于y轴对称，O是坐标原点，M、N、P、Q是以O为圆心的一个圆周上的四个点，其中M、N在y轴上，Q点在x轴上，则（　　） A.M点的电势比P点的电势高B.OM间的电势差等于NO间的电势差C.一正电荷在O点时的电势能大于在Q点时的电势能D将一负电荷由M点移到P点，电场力做负功【答案】C【解析】【分析】【详解】A．根据电场线与等势线垂直特点，在M点所在电场线上找到P点的等势点，根据沿电场线电势降低可知，P点的电势比M点的电势高，故A错误；B．根据电场分布可知，OM间的平均电场强度比NO之间的平均电场强度小，故由公式U=Ed可知，OM间的电势差小于NO间的电势差，故B错误；C．O点电势高于Q点，根据Ep=φq可知，正电荷在O点时的电势能大于在Q点时的电势能，故C正确；D．M点的电势比P点的电势低，负电荷从低电势移动到高电势电场力做正功，故D错误。故选C。6.如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点。它们是一个四边形的四个顶点，，，，电场线与四边形所在平面平行。已知a点电势为18V，b点电势为22V，d点电势为6V。则下列说法正确的是（　　）A.匀强电场的场强大小为B.场强方向由a指向cC.场强的方向由d指向bD.c点电势为14V【答案】D【解析】【详解】因为 可得连接bd，则中点o的电势为14V，则co连线为等势面，场强方向由b指向d，场强大小为故选D7.如图甲所示，M为一电动机，当滑动变阻器R的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示．已知电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动．不考虑电表对电路的影响，以下判断正确的是A.电源的电动势为3.4VB.变阻器滑片向右滑动时，V2读数逐渐减小C.电路中电动机的最大输出功率为0.9WD.变阻器的最大阻值为30Ω【答案】D【解析】【详解】A．由电路图甲知，电压表V2测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示V2的电压与电流的关系。此图线的斜率大小等于电源的内阻，为当电流I=0.1A时，U=3.4V，则电源的电动势 故A错误；B．变阻器向右滑动时，R阻值变大，总电流减小，内电压减小，路端电压即为V2读数逐渐增大，故B错误；C．由图可知，电动机电阻当I=0.3A时，U=3V，电动机的输入功率率最大，最大输入功率为则最大的输出功率一定小于0.9W，故C错误；D．当I=0.1A时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以故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，有错选的得0分。8.如图所示，边长为的的正方形区域中存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一带电粒子从边的中点点以一定速度垂直于边射入磁场，仅在洛伦兹力的作用下，正好从边中点点射出磁场。忽略粒子受到的重力，下列说法中正确的是（　　）A.该粒子带正电B.洛伦兹力对粒子做正功C.粒子在磁场中做圆周运动的半径为D.如果仅使该粒子射入磁场的速度增大，粒子做圆周运动的半径也将变大【答案】AD【解析】 【详解】A．粒子垂直射入匀强磁场中，做匀速圆周运动，进入磁场时，速度向右，磁场垂直纸面向里，洛伦兹力向上，故粒子带正电，故A正确；B．根据左手定则，洛伦兹力与速度垂直，一定不做功，故B错误；C．洛伦兹力提供向心力，指向圆心；粒子从边的中点点以一定速度垂直于边射入磁场，圆心在射线上；正好从边中点点射出磁场，圆心在的连线的垂直平分线上，所以圆心在点，故半径为，故C错误；D．根据牛顿第二定律，有解得速度越大，轨道半径越大，故D正确。故选AD。9.两个较大的平行金属板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正、负极上，这时质量为m的带电油滴恰好静止在两极之间，如图所示，在其它条件不变的情况下，那么在下列的过程中（　　）A.如果保持连接电源，两极距离不变，非常缓慢地错开一些，电流计中电流a从流向bB.如果保持连接电源，将A板上移，油滴将向上加速运动C.如果断开电源，A板上移，B板接地，油滴静止不动，油滴处电势减小D.如果断开电源，两板间接静电计，A板上移，静电计指针张角变大【答案】AD【解析】【详解】A．根据 可知两极距离不变，非常缓慢地错开一些，电容器的电容减小，根据保持连接电源，可知电容器的带电量减少，电流计中电流a从流向b，故A正确；B．根据可知将A板上移，电容器内电场强度减小，油滴受到的电场力减小，小于重力，油滴将向下加速运动，故B错误；C．根据可知断开电源，A板上移，电场强度不变，油滴静止不动，油滴距B板的距离不变，可知油滴与B板的电势差不变，B板接地，故油滴处电势不变，故C错误；D．根据可知断开电源，两板间接静电计，A板上移，电容器两极板间的电势差增大，静电计指针张角变大，故D正确。故选AD。10.如图所示，某多级直线加速器由n个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，各金属圆筒依序接在交变电源的两极M、N上，序号为C的金属圆板中央有一个质子源，质子逸出的速度不计，M、N两极加上如图所示的电压，一段时间后加速器稳定输出质子流。已知质子质量为m、电荷量为e，质子通过圆筒间隙的时间不计，且忽略相对论效应，则（　　） A.质子各圆筒中做匀加速直线运动B.加速器筒长和加速电压不变，若要加速荷质比更大的粒子，则要调小交变电压的周期C.各金属筒的长度之比为D.质子进入第n个圆筒时的瞬时速度为【答案】BC【解析】【详解】A．金属圆筒中电场为零，质子不受电场力，做匀速运动，故A错误；C．只有质子在每个圆筒中匀速运动时间为时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，则第n个圆筒长度所以各金属筒的长度之比为，故C正确；B．由C选项的分析可知，保持和不变，荷质比增大，则T必须减小，故B正确；D．质子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理解得故D错误。故选BC。第II卷非选择题三、实验题：本大题共2个小题，共16分。11.某同学在做“练习使用多用电表”的实验：（1）当多用电表做电压表使用时，首先应调节指针定位螺丝，使多用电表指针指向左侧零刻度，然后将选择开关旋转到直流电压挡，将红表笔与电源___________（填“正”或“负”）极相连，黑表笔与电源另一极相连。（2）用多用电表的欧姆挡测量电阻的阻值时，若发现选用“”挡时指针偏角过小，则应换用___________（填“”或“ ”）挡；重新欧姆调零后，多用电表指针示数如图所示，则待测电阻的阻值约为___________。（3）测量完毕，将选择开关旋转到OFF位置。【答案】①.正②.“”③.1300【解析】【详解】（1）[1]测直流电压时，红表笔与电源正极相连。（2）[2][3]指针偏角过小，说明倍率较低，则应换用“”挡。如图，待测电阻的阻值约为12.在“测量金属丝的电阻率”实验中，金属丝的电阻约为5Ω。(1)用螺旋测微器测量金属丝直径d，示数如图所示，d=________mm；(2)实验中提供的器材有开关、若干导线及下列器材：电压表V1（量程0~3V，内阻约3kΩ）；电压表V2（量程0~15V，内阻约15kΩ）电流表A1（量程0~0.6A，内阻约0.1Ω）；电流表A2（量程0~3A内阻约0.2Ω）滑动变阻器0~5Ω电源（电动势为3V，内阻很小）甲同学为了使金属丝两端电压调节范围更大，并使测量结果尽量准确，应选用下图所示的哪个电路进行实验________； A.B.C.D.(3)实验时电压表应选________，电流表应选________；（选填“V1、V2、A1、A2”）(4)乙同学利用如下图所示的电路进行实验时，向左移动滑片，滑动变阻器两端的电压U和流过它的电流I均发生变化，设变化量分别为ΔU、ΔI。请你判断此过程中的值________（选填“增大”、“减小”或者“不变”）。（不考虑温度对电阻的影响）【答案】①.0.184②.A③.V1④.A1⑤.不变【解析】【分析】【详解】(1)[1]用螺旋测微器测量金属丝直径为(3)[3]因为电源电动势为3V，所以电压表选择V1；[4]根据欧姆定律电流表选择A1；(2)[2]为了能从零开始调解电路，所以滑动变阻器采用分压接法； 所以电流表采用外接法；综上所述，电路采用分压外接法。故选A。(4)[5]根据闭合电路欧姆定律解得此过程中的值不变。四、计算题：本大题共3个小题，共41分。解答时应写出必要的文字说明、公式、方程式和重要的演算步骤，只写出结果的不得分，有数值计算的题，答案中必须写出明确的数值和单位。13.如图，在倾斜固定的粗糙平行导轨上端接入电动势、内阻的电源和滑动变阻器R，导轨的间距，倾角。质量的细金属杆ab垂直置于导轨上，整个装置处在垂直轨道平面向下的磁感应强度的匀强磁场中（图中未画出），导轨与杆的电阻不计。细杆与导轨间的动摩擦因数μ=0.5（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。，，，调节滑动变阻器的过程中：（1）如果细杆保持静止，杆ab受到安培力最小值是多大，此时滑动变阻器的阻值为多大？（2）如果细杆保持静止，但突然将滑动变阻器电阻调为1Ω，求调为1Ω的瞬间，杆ab的加速度的大小。【答案】（1），；（2）【解析】【详解】（1）当有向上的最大静摩擦力时，安培力最小解的 由安培力公式且解得（2）根据闭合电路欧姆定律根据牛顿第二定律解得14.如图所示，质量为m，电荷量为q的带电粒子从粒子源无初速度地飘入电压为U的加速电场，经加速后从小孔沿平行金属板A、B的中线射入，并打到B板的中心。已知A、B两极板长为L，间距为d，不计带电粒子的重力和粒子间的相互作用。（1）求带电粒子离开加速电场时的速度大小；（2）求A、B板间电场的电场强度大小；（3）若保持A、B两极板的电荷量不变，将B板下移适当距离，让同种带电粒子原样射入恰能射出电场，求B板下移的距离。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】 【详解】（1）设粒子离开加速电场时的速度为，由动能定理可得解得（2）设A、B板间电场的电场强度大小为，带电粒子在A、B板间电场中做类平抛运动，有，联立解得（3）若保持A、B两极板的电荷量不变，将B板下移适当距离，根据可知电场强度保持不变；让同种带电粒子原样射入恰能射出电场，则有解得故板下移的距离为15.如图所示，为固定在竖直平面内的绝缘轨道，其中部分为倾角的倾斜轨道。部分是圆心为O、半径为R的四分之三圆弧轨道（两部分轨道相切于B点），C为圆弧轨道的最低点，空间存在方向水平向右的匀强电场，使质量为m、电荷量为q的带正电小滑块（视为质点）静止在斜面上到B点距离为的A点。现将滑块由静止释放、结果滑块经过D点后，落在斜面轨道上的F点（图中未画出）。匀强电场的电场强度大小为（g为重力加速度大小），不计一切摩擦及空气阻力。求：（1）滑块经过C点时对轨道的压力大小N； （2）滑块沿圆弧轨道运动过程中的最大速度；（3）B、F两点间的距离x。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）滑块从A点到C点，根据动能定理有解得在C点，根据牛顿第二定律有解得根据牛顿第三定律可得滑块经过C点时对轨道的压力大小；（2）将滑块受到重力和电场力合成一个力，等效成一个新的“重力”，其大小为设其与水平方向的夹角为，则有解得即滑块沿圆弧轨道运动过程中的最大速度的位置是图中的M点，如图所示 从C点到M点，根据动能定理有解得（3）根据对称性原理，可知D点为等效的最高点，从C点到D点，根据动能定理有解得粒子从D到F点做类平抛运动，沿半径方向做匀加速直线运动，垂直半径方向做匀速直线运动，根据几何关系可知，垂直半径方向的位移为R，则有沿半径方向，根据牛顿第二定律有则沿半径方向的位移为解得故B、F两点间的距离