云南省麗江市第一中學2024-2025學年高二物理上學期第二次月考試題含解析

PAGE14-云南省麗江市第一中學2024-2025學年高二物理上學期其次次月考試題（含解析）一、單項選擇題：每題4分，共32分。1.如圖所示，一帶電小球用絲線懸掛在水平方向的勻強電場中，當小球靜止后把懸線燒斷，則小球在電場中將作（）A.自由落體運動 B.曲線運動C.沿著懸線的延長線作勻加速運動 D.變加速直線運動【答案】C【解析】【詳解】懸線燒斷前，小球受重力、拉力、電場力平衡，重力和電場力的合力與拉力等值反向。燒斷細線，物體受重力、電場力，兩個力合力恒定，沿細線方向，小球起先靜止，在恒定合力作用下將沿合力方向即沿著懸線的延長線方向做勻加速直線運動，故ABD錯誤，C正確。故選C。2.如圖所示，一個正點電荷q（重力不計）從兩平行帶電金屬板左端中心處以初動能Ek射入勻強電場中，它飛出電場時的動能變?yōu)?Ek，若此點電荷飛入電場時其速度大小增加為原來的2倍而方向不變，它飛出電場時的動能變?yōu)椋ǎ〢.4Ek B.4.25Ek C.5Ek D.8Ek【答案】B【解析】【分析】兩個過程中帶電粒子做類平拋運動，水平方向勻速直線，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，兩過程初速度不同故在磁場中運動時間不同，在豎直方向的位移不同，最終用動能定理求解【詳解】設粒子第一個過程中初速度為v，Ek＝，電場寬度L，第一個過程中沿電場線方向的位移為：第一個過程由動能定理：qEy1=2Ek-Ek其次個過程中沿電場線方向的位移為：y2＝qEy2=Ek末-4Ek解得：Ek末=4.25Ek故應選：B．【點睛】動能定理的應用留意一個問題，列式時不能列某一方向的動能定理，只能對總運動過程列一個式子．3.如圖所示，質量相同的兩個帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強電場中．P從兩極板正中心射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最終打在同一點（重力不計），則從起先射入到打到上板的過程中()A.它們運動的時間tQ＞tpB.它們所帶的電荷量之比qp∶qQ=1∶2C.它們的電勢能減小量之比△Ep∶△EQ=1∶2D.它們的動能增量之比△EKP∶△EKQ=1∶2【答案】B【解析】【詳解】A．運動時間因為兩個帶電小球的入射速度相等，水平方向的位移相等，所以運動時間相等，A錯誤；B．PQ兩小球在豎直方向上的距離比為1:2，所以B正確；C．電勢能減小量等于電場力做的功所以C錯誤；D．電場力做的功等于小球的動能增加量，故D錯誤。故選B。4.如圖所示，帶箭頭的線表示某一電場的電場線．在電場力作用下，一帶電粒子(不計重力)經A點飛向B點，徑跡如圖中虛線所示，下列說法正確的是()A.粒子帶正電B.粒子在A點加速度大C.粒子在B點動能大D.A、B兩點相比，粒子在B點電勢能較高【答案】D【解析】【分析】電場線的疏密表示電場強度的強弱，電場線某點的切線方向表示電場強度的方向．不計重力的粒子在電場力作用下從A到B，運動與力關系可知，電場力方向與速度方向分居在運動軌跡兩邊，且電場力偏向軌跡的內側．【詳解】依據曲線運動條件可得粒子所受合力應當指向曲線內側，所以電場力逆著電場線方向，即粒子受力方向與電場方向相反，所以粒子帶負電．故A錯誤；由于B點的電場線密，所以B點的電場力大，則A點的加速度較?。蔅錯誤；粒子從A到B，電場力對粒子運動做負功，電勢能增加，導致動能削減，即粒子在A點動能大，B點的電勢能大，故C錯誤D正確【點睛】電場線雖然不存在，但可形象來描述電場的分布．對于本題關鍵是依據運動軌跡來判定電場力方向，由曲線運動條件可知合力偏向曲線內側．5.如圖所示，在一個粗糙水平面上，彼此靠近地放置兩個帶同種電荷的小物塊。由靜止釋放后，兩個物塊向相反方向運動，并最終停止。在物塊的運動過程中，下列表述正確的是（）A.物塊受到的摩擦力始終小于其受到的庫侖力B.物塊受到的庫侖力不做功C.兩個物塊的電勢能漸漸削減D.兩個物塊的機械能守恒【答案】C【解析】【詳解】A．兩物體帶同種電荷，受到相互的斥力作用，由于兩物體初狀態(tài)是靜止的，末狀態(tài)也是靜止的，故兩物體都是先加速運動，再減速運動，故物塊受到的摩擦力先小于庫侖力，后大于庫侖力，故A錯誤；B．兩物塊受到的庫侖力均做正功，故B錯誤；C．由于庫侖力做正功，故兩物塊的電勢能漸漸減小，故C正確；D．由于有摩擦力和庫侖力做功，故機械能不守恒，故D錯誤；故選C。6.在某一點電荷Q產生的電場中有兩點，相距為d，a點的場強大小為Ea，方向與ab連線成120o角，b點的場強大小為Eb，方向與ab連線成150o角，如圖所示，則關于兩點場強大小及電勢凹凸的關系的說法中正確的是（）A.， B.，C.， D.，【答案】C【解析】【詳解】將兩條電場線反向延長相交Q點，如圖所示：設ab兩點到Q的距離分別為ra和rb，由幾何學問得到依據場強公式可得場強關系為Ea=3Eb依據電場線方向可知，Q帶正電，由于a離Q點較近，則a點電勢較高φA＞φB故C正確，ABD錯誤。故選C。7.額定電壓都是110V，額定功率、的A、B兩只燈，接在220V的電路中，既使電燈都正常發(fā)光，又使電路消耗的電功率最小的連接方式是下圖中的（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【詳解】依據公式可知，燈泡A的電阻燈泡B的電阻AD．已經求得RB＞RA，把燈泡B與可變電阻并聯，可以使并聯部分的總電阻減小，可以使并聯部分的總電阻與A燈的電阻相同，AB分得電壓均為110V，所以AB兩燈能同時正常發(fā)光；依據P=UI可知，B燈與電阻消耗功率之和等于A燈的功率，已知PA=100W，則P并=PA=100W所以總功率P總=2PA=2×100W=200W當把AB并聯之后與可變電阻串聯接入電路時，當可變電阻的阻值與AB并聯的總電阻相等時，AB分得電壓均為110V，AB兩燈就可以正常發(fā)光；依據P=UI可知，此時電阻消耗的功率等于AB兩燈功率的和，已知PA=100W，PB=40W，即此時電阻消耗的功率為所以電路消耗的總功率則正常發(fā)光并且消耗總功率最小的為A圖中的連接，故A正確，D錯誤；B．已經求得RB＞RA，當把燈泡A與可變電阻并聯時，會使并聯部分的總電阻更小，即R并＜RA＜RB所以電源電壓不會被平分，AB兩燈不會同時正常發(fā)光，故B錯誤；C．圖是燈泡A和燈泡B串聯，然后接到220V的電源上，依據串聯電路的分壓特點可知，燈泡B兩端的電壓大于110V，所以兩燈不能正常工作，故C錯誤。故選A。8.兩根完全相同的金屬裸導線，假如把其中的一根勻稱拉長到原來的2倍，把另一根對折絞合，然后把它們串聯在同一個電路中，則它們兩端的電壓之比為（）A.1：4 B.1：8 C.1：16 D.16：【答案】D【解析】【詳解】設原來電阻為R，依據得，把其中的一根勻稱拉長到原來的2倍，依據體積不變知，橫截面積變?yōu)樵瓉淼?，電阻變?yōu)樵瓉淼?倍，即為4R；把另一根對折后絞合起來，則長度變?yōu)樵瓉淼囊话?，橫截面積變?yōu)樵瓉淼?倍，則電阻變?yōu)樵瓉淼?，即為，所以它們的電阻之比?6：1，串聯在一起后，電流相等，依據可知，電壓之比等于電阻之比，即為16：1。故選D。二、多選題：每題6分共24分。每題至少有兩個答案是正確的，答對但不全得3分。9.下列關于物理學發(fā)展史和單位制的說法正確的是（）A.美國物理學家密立根經過多次試驗，比較精確地測定了電子的電荷量B.卡文迪許通過扭秤試驗測量了靜電力常量，并驗證了庫侖定律C.力學中的三個基本單位是千克、米、牛頓D.功的單位可以用表示【答案】AD【解析】【詳解】A．美國物理學家密立根經過多次試驗，比較精確地測定了電子的電荷量約為，故A正確；B．卡文迪許通過扭秤試驗測量了引力常量，并驗證了萬有引力定律，故B錯誤；C．力學中的三個基本單位是千克、米、秒，牛頓是力的單位，不是基本單位，故C錯誤；D．功的單位是J，由知，，依據，得

，所以得，故D正確。故選AD。10.真空中相距為3a的兩個點電荷M、N，分別固定于x軸上和x2=3a的兩點上，在它們的連線上各點場強隨x的改變關系如圖所示，x軸上A、B兩點到x=2A.x=2aB.點電荷M、N肯定為同種電荷C.電子在A點的電勢能大D.將電子從A點沿x軸移到B點的過程中，電場力對電子先做負功后做正功【答案】BD【解析】【詳解】A．由于電勢是一個相對性的概念，即零電勢的選擇是隨意的，人為的，故x=2a處的電勢可以為零，也可以不為零，故AB．由于點電荷M、N分別固定于x軸上x1=0和x2=3a的兩點上，由圖象可以知道，點電荷M、N的合場強在x=2a處為零，所以在它們之間的場強的方向必定相反，由此可以推斷點電荷M、N肯定是同種電荷，故C．由題意無法確定電場強度的方向，則無法確定電勢的凹凸，故C錯誤；D．在0到2a區(qū)間，電場強度為正，負電荷受力向左，所以電子從x=0處沿x軸移到x=2a處的過程中，電場力做負功，同理，在2a到3a區(qū)間，電場強度為負，負電荷受力向右，所以電子從x=2a處沿x軸移到x故選BD。11.用如圖所示的電路來測量電池電動勢和內電阻，依據測得的數據作出了如圖所示的圖像，由圖可知（）A.電池電動勢的測量值是1.4VB.電池內阻的測量值是C.外電路發(fā)生短路時的電流為0.4AD.電壓表的示數為1.2V時，電流表的示數【答案】AD【解析】【詳解】AB．由閉合電路歐姆定律知當時，，圖線的斜率大小表示電源的內阻，則A正確，B錯誤；C．U軸的電壓刻度不是從零起先的，圖線的橫截距不再表示時的短路電流，而是表示路端電壓為1.0V時的干路電流是0.4A，C錯誤；D．因為常量，從題圖中易知所以D正確。故選AD。12.如圖所示，水平放置的平行板電容器中有一個帶電液滴正好處于靜止狀態(tài)，現將滑動變阻器的滑片P向左移動，則（）A.電容器中的電場強度將增大B.電容器所帶的電荷量將削減C.電容器的電容將減小D.液滴將向下運動【答案】BD【解析】【分析】電容器兩端的電壓等于R2兩端的電壓，此時液滴處于靜止狀態(tài)，知受重力和電場力平衡，將滑動變阻器滑片P向左移動，通過總電阻的改變，得出R1兩端的電壓的改變，從而確定電荷量的改變和電場強度的改變．【詳解】將滑動變阻器滑片P向左移動，總電阻增大，則電流減小，R1兩端的電壓變小，電容不變，依據Q=CU，知電容器所帶的電量減小．依據E=知，電場強度減小，則電場力減小，電場力小于重力，則液滴向下運動．故B、D正確，A、C錯誤．故選BD．三、試驗題：13.用如圖甲所示，試驗裝置驗證m1、m2組成系統機械能守恒，m2從高處由靜止起先下落，m1上拖著的紙帶打出一系列的點，對紙帶上的點跡進行測量，即可驗證機械能守恒定律。圖乙給出的是試驗中獲得的一條紙帶：0是打下的第一個點，每相鄰兩個計數點間還有4個點（圖中未標出），計數點間的距離如圖乙所示。已知、，則：（g取10m/s2，結果保留兩位有效數字）(1)在紙帶上打下計數點5時的速度__________m/s；(2)在打點0~5過程中系統動能增加量_____J，系統勢能的削減量_____J，由此得出的結論是：________；(3)若某同學作出的－h(huán)圖象如圖丙所示，則當地的實際重力加速度______m/s2?！敬鸢浮?1).2.4(2).0.58(3).0.60(4).在誤差允許的范圍內，m1、m2組成的系統機械能守恒(5).9.7【解析】【詳解】(1)[1]依據在勻變速直線運動中時間中點的瞬時速度大小等于該過程中的平均速度，可知打第5個點時的速度為(2)[2]物體的初速度為零，所以動能的增加量為[3]重力勢能減小量等于物體重力做功，故[4]在誤差允許的范圍內，m1、m2組成的系統機械能守恒。(3)[5]本題中依據機械能守恒可知即有所以作出的圖象中，斜率表示重力加速度，由圖可知斜率故當地的實際重力加速度四、計算題14.如圖所示，兩帶電平行板A、B間的電場為勻強電場，場強E=8.0×102V/m，兩板間距d=16cm，板長L=30cm．一帶電量q=1.0×10-16C、質量m=1.0×10-24kg的粒子以v0=3×105m(1)粒子帶何種電荷及粒子在電場中運動時間(2)粒子在電場中運動的加速度的大小(3)粒子飛出電場時的偏轉角的正切值【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】電場方向向下，粒子向下偏轉，電場力向下，說明粒子帶正電．粒子在平行于板的方向做勻速直線運動，由板長和初速度求出運動的時間，將速度分解為水平方向和豎直方向，依據牛頓其次定律求出加速度，由vy=at求出豎直方向分速度，再求解偏轉角的正弦值．【詳解】(1)粒子帶正電．粒子在水平方向做勻速直線運動，則粒子在電場中運動時間；(2)粒子的加速度；(3)設粒子飛出除電場時偏轉角為θ則．【點睛】本題考查運用力學規(guī)律處理電場問題的實力，比較簡單．對于類平拋運動經常采納運動的合成與分解方法處理，分解為平行于電場的勻加速直線運動和垂直于電場的勻速直線運動．15.在如圖所示的電路中，R1=2Ω，R2=R3=4Ω，當電鍵K接a時，R2上消耗的電功率為4W，當電鍵K接b時，電壓表示數為4.5V．試求：（1）當電鍵K接a時，通過電源的電流和電源兩端的電壓；（2）電源的電動勢和內電阻；（3）當電鍵K接c時，求電源輸出功率．【答案】（1）1A；4V；（2）6V，2Ω；（3）4W．【解析】【詳解】（1）K接a時，R1被短路，外電阻為R2，依據電功率公式可得通過電源電流電源兩端電壓（2）K接a時，有E=U1+I1rK接b時，R1和R2串聯R外=R1+R2=6Ω通過電源電流這時有E=U2+I2r解得E=6Vr=2Ω（3）當K接c時R總=R1+r+R23=6Ω總電流電源輸出功率【名師點睛】本題主要考查了閉合電路的歐姆定律的應用．屬于中等難度的題目．對于電路問題，