四川省遂寧市射洪中學2023-2024學年高二上學期第三次學月物理試卷（強基班）

射洪中學高2022級強基班高二上期第三次學月考試物理試題（時間：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，每小題分，共28分。每小題只有一個選項符合題目要求)1、2019年3月19日，復旦大學科研團隊宣稱已成功制備出具有較高電導率的砷化鈮納米帶材料，據(jù)介紹該材料的電導率是石墨烯的1000倍.電導率σ就是電阻率ρ的倒數(shù)，即σ＝eq\f(1,ρ).下列說法中正確的是()A.材料的電導率越小，其導電性能越強B.材料的電導率與材料的形狀有關C.電導率的單位是eq\f(1,Ω·m)D.電導率大小與溫度無關2、用電場線能直觀、方便地比較電場中各點場強的強弱.如圖甲是等量異種點電荷形成電場的電場線，圖乙是場中的一些點：O是兩點電荷連線的中點，E、F是連線中垂線上相對于O點對稱的兩點，B、C和A、D也相對于O點對稱.則下列說法不正確的是()A.B、C兩點場強大小和方向都相同B.A、D兩點場強大小相等，方向相反C.E、O、F三點比較，O點場強最強D.B、O、C三點比較，O點場強最弱3、一條形磁體放在水平桌面上，在其左上方固定一根與磁體垂直的長直導線，當導線中通以圖3所示方向的電流時()A.磁體對桌面的壓力增大，且磁體受到向右的摩擦力作用B.磁體對桌面的壓力減小，且磁體受到向右的摩擦力作用C.磁體對桌面的壓力增大，且磁體受到向左的摩擦力作用D.磁體對桌面的壓力減小，且磁體受到向左的摩擦力作用4、如圖，等邊三角形線框LMN由三根相同的導體棒連接而成，固定于勻強磁場中，線框平面與磁感應強度方向垂直，線框頂點M、N與直流電源兩端相接.已知導體棒MN受到的安培力大小為F，則線框LMN受到的安培力的大小為()A.2F B.1.5FC.0.5F D.05、如圖所示為一種質譜儀的示意圖，由加速電場、靜電分析器和磁分析器組成.若靜電分析器通道中心線的半徑為R，通道內(nèi)均勻輻射電場，在中心線處的電場強度大小為E，磁分析器有范圍足夠大的有界勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外.一質量為m、電荷量為q的粒子從靜止開始經(jīng)加速電場加速后沿中心線通過靜電分析器，由P點垂直邊界進入磁分析器，最終打到膠片上的Q點.不計粒子重力.下列說法不正確的是()A.粒子一定帶正電B.加速電場的電壓U＝eq\f(1,2)ERC.直徑PQ＝eq\f(2,B)eq\r(qmER)D.若一群離子從靜止開始經(jīng)過上述過程都落在膠片上同一點，則該群離子具有相同的比荷6、某同學將一直流電源的總功率PE、電源內(nèi)部的發(fā)熱功率Pr和輸出功率PR隨電流I變化的圖線畫在了同一坐標系中，如圖中的a、b、c所示.以下判斷不正確的是()A.在a、b、c三條圖線上分別取橫坐標相同的A、B、C三點，這三點的縱坐標一定滿足關系PA＝PB＋PCB.b、c圖線的交點與a、b圖線的交點的橫坐標之比一定為1∶2，縱坐標之比一定為1∶4C.電源的最大輸出功率Pm＝9WD.電源的電動勢E＝3V，內(nèi)電阻r＝1Ω7、如圖甲所示，帶電小球以一定的初速度v0豎直向上拋出，能夠達到的最大高度為h1；若加上水平向里的勻強磁場(如圖乙)，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h2，若加上水平向右的勻強電場(如圖丙)，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h3；若加上豎直向上的勻強電場(如圖丁)，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h4.不計空氣阻力，則()A.一定有h1＝h3B.一定有h1＜h4C.一定有h2＝h4D.h1與h2無法比較二、多項選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分。每小題有多個選項符合題目要求,全部選對得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)8、如圖所示，豎直平面內(nèi)有固定的半徑為R的光滑絕緣圓形軌道，勻強電場的方向平行于軌道平面水平向左，P、Q分別為軌道上的最高點、最低點，M、N是軌道上與圓心O等高的點.質量為m、電荷量為q的帶正電小球(可視為質點)在軌道內(nèi)運動，已知重力加速度為g，電場強度E＝eq\f(3mg,4q)，要使小球能沿軌道做完整的圓周運動，則下列說法正確的是()A.小球在軌道上運動時，動能最小的位置，電勢能最大B.小球在軌道上運動時，機械能最大的位置一定在M點C.小球過Q、P點時所受軌道彈力大小的差值為6mgD.小球過Q、P點時所受軌道彈力大小的差值為7.5mg9、如圖所示，質量為m、電荷量為＋q的圓環(huán)可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應強度為B的勻強磁場中，不計空氣阻力，現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運動過程中，圓環(huán)運動的速度—時間圖像可能是下列選項中的()10、A、B兩物體質量均為m，其中A帶正電，電荷量為＋q，B不帶電，通過勁度系數(shù)為k的絕緣豎直輕質彈簧相連放在水平面上，如圖2所示，開始時A、B都處于靜止狀態(tài).現(xiàn)在施加豎直向上的勻強電場，電場強度E＝eq\f(2mg,q)，式中g為重力加速度，若不計空氣阻力，不考慮A物體電荷量的變化，則以下判斷正確的是()A.剛施加電場的瞬間，A的加速度大小為2gB.從施加電場開始到B剛要離開地面的過程中，A物體速度大小一直增大C.從施加電場開始到B剛要離開地面的過程中，A物體的機械能增加量始終等于A物體電勢能的減少量D.B剛要離開地面時，A的速度大小為2geq\r(\f(m,k))第II卷(非選擇題)11、（6分）壓表.組裝好的多用電表有電流1mA和電壓3V兩擋.回答下列問題：(1)在圖虛線框內(nèi)畫出電路圖并標出R1和R2，其中*為公共接線柱，a和b分別是電流擋和電壓擋的接線柱.(2)電阻箱的阻值應取R1＝Ω，R2＝Ω.(保留到個位)12、（8分）某課題研究小組準備測量一個鋰電池的電動勢和內(nèi)阻，在操作臺上準備了如下實驗器材：A.待測鋰電池(電動勢E約為3.7V，內(nèi)阻r未知)B.電壓表V1(量程0～3V，內(nèi)阻約為幾千歐)C.電流表A(量程0.6A，內(nèi)阻RA＝2.0Ω)D.電阻箱R1(0～99.9Ω)E.滑動變阻器R2(最大阻值為10Ω)F.定值電阻R0(阻值約為5Ω)G.開關S一個，導線若干(1)在實驗操作過程中，該小組成員設計了如圖19甲所示電路.多次改變電阻箱R1的阻值R，讀出電壓U，根據(jù)測得的數(shù)據(jù)作出eq\f(1,U)－eq\f(1,R)圖像，如圖乙所示，則電源電動勢E＝________V.(2)為了測定鋰電池的內(nèi)阻需測出電阻R0的阻值，小組成員設計了如圖丙所示的電路，請在圖丁中連接對應的實物圖.實驗過程中，某次測量電流表示數(shù)為0.40A時，電壓表示數(shù)如圖戊所示，由此可求得R0＝________Ω；結合圖乙可求得電池內(nèi)阻r＝________Ω.(以上兩空結果均保留兩位有效數(shù)字)13、（10分）一列簡諧橫波沿x軸傳播，已知x軸上x1＝1m和x2＝7m處質點的振動圖像分別如圖甲、乙所示，（1）這列波的周期T和振幅A分別是多少？（2）這列波的波速是多少▲14、（10分）如圖甲所示的電路中，R1、R2均為定值電阻，且R1＝100Ω，R2的阻值未知，R3是一個滑動變阻器，在其滑片從最左端滑至最右端的過程中，測得電源的路端電壓U隨電流I的變化圖線如圖乙所示，其中圖線上的A、B兩點是滑片在變阻器兩個不同的端點時分別得到的.求：(1)電源電動勢和內(nèi)電阻；(2)定值電阻R2的阻值；(3)滑動變阻器R3的最大值；▲15、（20分）如圖所示，平面直角坐標系中有以y軸為分界線的勻強電場和勻強磁場，電場方向沿y軸負方向，磁場方向垂直紙面向里，磁場區(qū)域的寬度未知。質量m、帶電荷量為（）的帶電粒子從x軸上的N點處以初速度沿x軸正方向開始運動，然后經(jīng)過y軸上的M點且速度與y軸成角進入磁場，經(jīng)過x軸時恰與磁場邊界相切，不計帶電粒子的重力。(1)求電場強度E和磁感應強度B大小的比值；(2)若在粒子返回電場前瞬間，使電場方向反向，粒子再次返回到x軸時，求粒子在電場和磁場中運動的總時間；(3)若撤去電場，在N點放置一粒子源，可以向N點右側以x軸為對稱軸的角區(qū)域內(nèi)發(fā)射帶電粒子，速率均為，求磁場右邊界上有粒子射出區(qū)域的縱坐標范圍?！浜橹袑W高2022級強基班高二上期第三次學月考試物理參考答案1、答案C解析材料的電導率越小，電阻率越大，則其導電性能越弱，選項A錯誤；材料的電導率與材料的形狀無關，選項B錯誤；根據(jù)R＝ρeq\f(l,S)，得σ＝eq\f(1,ρ)＝eq\f(l,RS)，則電導率的單位是eq\f(m,Ω·m2)＝eq\f(1,Ω·m)，選項C正確；材料的電阻率與溫度有關，則電導率大小與溫度有關，選項D錯誤．2、答案B3、答案B解析根據(jù)條形磁體磁感線分布情況得到通電導線所在位置的磁場方向(切線方向)，再根據(jù)左手定則判斷安培力方向，如圖甲，根據(jù)牛頓第三定律，電流對磁體的作用力F安′與F安等大反向，如圖乙所示，根據(jù)平衡條件，可知通電后桌面對磁體的支持力變小，由牛頓第三定律知磁體對桌面的壓力減小，且磁體受到方向向右的摩擦力，選項B正確．4、答案B解析設三角形邊長為l，通過導體棒MN的電流大小為I，則根據(jù)并聯(lián)電路的規(guī)律可知通過導體棒ML和LN的電流大小為eq\f(I,2)，如圖所示，依題意有F＝BlI，則導體棒ML和LN所受安培力的合力大小為F1＝eq\f(1,2)BlI＝eq\f(1,2)F，方向與F的方向相同，所以線框LMN受到的安培力大小為F＋F1＝1.5F，選項B正確．5、答案C解析粒子由P點垂直邊界進入磁分析器，最終打到膠片上的Q點，根據(jù)左手定則可得，粒子帶正電，A正確；粒子在加速電場中做勻加速運動，則有qU＝eq\f(1,2)mv2，又粒子在靜電分析器做勻速圓周運動，由電場力提供向心力，則有qE＝eq\f(mv2,R)，解得U＝eq\f(ER,2)，B正確；粒子在磁分析器中做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，則有qvB＝eq\f(mv2,r)，粒子由P點垂直邊界進入磁分析器，最終打在膠片上的Q點，可得PQ＝2r＝eq\f(2,B)eq\r(\f(mER,q))，C錯誤；若一群離子從靜止開始經(jīng)過上述過程都落在膠片上同一點，說明運動的軌跡半徑r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(mER,q))相同，由于加速電場、靜電分析器與磁分析器都相同，則該群離子具有相同的比荷，D正確．6、答案C解析在a、b、c三條圖線上分別取橫坐標相同的A、B、C三點，因為直流電源的總功率PE等于輸出功率PR和電源內(nèi)部的發(fā)熱功率Pr之和，所以這三點的縱坐標一定滿足關系PA＝PB＋PC，故A錯誤；圖線c表示電路的輸出功率與電流的關系圖像，很顯然，最大輸出功率小于3W，故C錯誤；當內(nèi)電阻和外電阻相等時，電源輸出的功率最大，此時即為b、c圖線的交點處的電流，此時電流的大小為eq\f(E,R＋r)＝eq\f(E,2r)，輸出功率的大小為eq\f(E2,4r)，a、b圖線的交點表示電源的總功率PE和電源內(nèi)部的發(fā)熱功率Pr相等，此時只有電源的內(nèi)電阻，所以此時電流的大小錯誤錯誤7、答案A解析題圖甲中，由豎直上拋運動的最大高度公式得h1＝eq\f(v02,2g)，題圖丙中，當加上電場時，由運動的分解可知，在豎直方向上，有v02＝2gh3，得h3＝eq\f(v02,2g)，所以h1＝h3，故A正確；題圖乙中，洛倫茲力改變速度的方向，當小球在磁場中運動到最高點時，小球應有水平速度，設此時小球的動能為Ek，則由能量守恒定律得mgh2＋Ek＝eq\f(1,2)mv02，又由于eq\f(1,2)mv02＝mgh1，所以h1＞h2，D錯誤；題圖丁中，因小球電性未知，則電場力方向不確定，則h4可能大于h1，也可能小于h1，因為h1>h2，所以h2與h4也無法比較，故C、B錯誤．8、答案BC解析根據(jù)等效場知識可得，電場力與重力的合力大小為mg等＝eq\r(mg2＋qE2)＝eq\f(5,4)mg，故等效重力加速度為g等＝eq\f(5,4)g，如圖所示，tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(3,4)，即θ＝37°，若小球剛好能通過C點關于圓心O對稱的D點，那么小球就能做完整的圓周運動．小球在D點時的動能最小，但D點并非是其電勢能最大的位置，小球電勢能最大的位置在N點，選項A錯誤；小球在軌道上運動的過程中遵守能量守恒定律，小球在軌道上M點的電勢能最小，機械能最大，選項B正確；小球過Q點和P點時，由牛頓第二定律可得FQ－mg＝meq\f(vQ2,R)，F(xiàn)P＋mg＝meq\f(vP2,R)，小球從Q點到P點，由動能定理可得－2mgR＝eq\f(1,2)mvP2－eq\f(1,2)mvQ2，聯(lián)立解得FQ－FP＝6mg，選項C正確，D錯誤．9、答案AD解析帶電圓環(huán)在磁場中受到向上的洛倫茲力，當重力與洛倫茲力相等時，圓環(huán)將做勻速直線運動，A正確；當洛倫茲力大于重力時，圓環(huán)受到摩擦力的作用，并且隨著速度的減小而減小，圓環(huán)將做加速度逐漸減小的減速運動，最后做勻速直線運動，D正確；如果重力大于洛倫茲力，圓環(huán)也受摩擦力作用，且摩擦力越來越大，圓環(huán)將做加速度逐漸增大的減速運動，B、C錯誤．10、答案ABD解析在未施加電場時，A物體處于平衡狀態(tài)，當施加電場的瞬間，A物體受到的合力為A所受的電場力，故qE＝ma，解得a＝2g，方向向上，故A正確；B剛要離開地面時，地面對B彈力為0，即F彈＝mg，對A物體Eq＝mg＋F彈，即A物體所受合力為0，因此從施加電場開始到B剛要離開地面過程，A物體做加速度逐漸變小的加速運動，即A物體速度大小一直增大，故B正確；從施加電場開始到彈簧恢復原長的過程，A物體的機械能增加量等于電勢能的減少量與彈性勢能的減少量之和，從彈簧恢復原長到B剛要離開地面的過程，A物體的機械能增加量等于電勢能的減少量與彈性勢能的增加量之差，故C錯誤；當B剛要離開地面時，此時B受到彈簧的彈力等于B的重力，從施加電場到B離開地面，彈簧的彈力做功為零，A上升的距離為x＝eq\f(2mg,k)，根據(jù)動能定理可知qEx－mgx＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝2geq\r(\f(m,k))，故D正確．11、答案(1)見解析圖(2)1002910(1)如圖所示(2)接a時改裝成量程為1mA的電流表，有IgRg＝(I－Ig)R1解得R1＝100Ω接b時改裝成量程為3V的電壓表，有U＝IgRg＋IR2解得R2＝2910Ω.12、答案(1)3.6(3.60)(2)見解析圖4.83.0(1)根據(jù)閉合電路的歐姆定律有E＝eq\f(U,R)(r＋R0)＋U，兩邊同時除以EU，整理可得eq\f(1,U)＝eq\f(r＋R0,E)·eq\f(1,R)＋eq\f(1,E)，對照eq\f(1,U)－eq\f(1,R)圖像可知，eq\f(1,E)＝eq\f(5,18)，解得E＝3.6V.(2)實物連線如圖．由電表讀數(shù)規(guī)則可知電壓表讀數(shù)為U＝2.80V，所以R0＝eq\f(U,I)－RA＝4.8Ω；由斜率k＝eq\f(r＋R0,E)＝eq\f(13,6)，解得r＝3.0Ω.13、（1）該列波的周期T=4s，該列波的振幅A=5cm。（2）由兩質點的振動圖像可知，t＝0時刻，x1＝1m處的質點處于平衡位置向下運動，x2＝7m處的質點位于波峰14、答案(1)20V20Ω(2)5Ω(3)300Ω(1)由閉合電路歐姆定律E＝U＋Ir，代入數(shù)據(jù)得E＝16＋0.2r，E＝4＋0.8r聯(lián)立解得E＝20V，r＝20Ω.(2)當R3的滑片自左向右滑動，R3阻值變小，使電路總電阻變小，而總電流變大．由此可知，圖線