四川省成都市七校2024-2025學年高二（上）月考物理試卷（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁四川省成都市七校2024-2025學年高二（上）月考物理試卷一、單選題：本大題共7小題，共28分。1.帶有異種電荷的甲乙兩個粒子以大小相同的速度從圓形磁場的直徑AB兩端點沿半徑方向進入勻強磁場，都從C點離開磁場，已知磁場方向垂直紙面向里，AB=2R，AC=A.甲粒子帶正電 B.甲、乙的半徑之比為3:1

C.甲、乙的比荷之比為1:【答案】C

【解析】【分析】本題考查帶電粒子在勻強磁場中的運動，根據(jù)題意做出粒子運動的軌跡圖是解題的關(guān)鍵，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛侖茲力提供向心力，qvB=mv【解答】A.甲粒子向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則，可以判斷甲粒子帶負電，故A錯誤；B.做出甲乙兩帶電粒子的軌跡圖如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可得R1=由此可知甲、乙兩粒子的半徑之比為3:1，故C.兩帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，有洛倫茲力提供做圓周運動的向心力，

可得R1=由于v1的大小與v2相等，由此可知甲、乙的比荷之比為1:D.由幾何關(guān)系可知，甲粒子的圓心角為60°，乙粒子的圓心角為120°，

故甲粒子在磁場中運動的時長為t甲由此可知甲、乙的運動時間比為3:2，故故選C。2.遠洋捕撈常常利用聲吶探測魚群的方位。漁船上聲吶發(fā)出一列超聲波在t=0時刻的波動圖像如圖甲，質(zhì)點P的振動圖像如圖乙。下列說法正確的是(

)

A.該波沿x軸正方向傳播 B.該波的傳播速度為340m/s

C.該超聲波的頻率為5【答案】B

【解析】A.根據(jù)圖乙可知，質(zhì)點P在t=0時刻沿y軸正方向振動，由圖甲，根據(jù)“同側(cè)法”，可該波沿x軸負方向傳播知，B.根據(jù)圖甲可知波長，根據(jù)圖乙知周期，則v=λT=0.68C.該超聲波的頻率f=10.2D.增大該超聲波的頻率，僅僅減小超聲波傳播的周期，對超聲波的振幅并不會發(fā)生明顯影響，D錯誤。故選B。3.甲、乙兩列簡諧橫波在同一介質(zhì)中分別沿x軸正向和負向傳播，波速均為0.05m/s。兩列波在時刻t=0的波形曲線如圖所示。下列說法正確的是A.甲、乙兩波的波長之比為2：3

B.甲、乙兩波的周期之比為3∶2

C.t=1s，x=25cm【答案】A

【解析】A.根據(jù)圖像知，甲、乙兩波的波長分別為λλ則甲、乙兩波的波長之比為2：3，故A正確；B.根據(jù)v=λT知，波速

v

相同時，甲、乙兩波的周期之比為甲、乙兩波的波長之比，為2：3CD.根據(jù)TT甲、乙兩波的圖像方程分別為yyt=1s

，

x=25cm

處質(zhì)點的位移為?10cm，

t=0故選A。4.如圖所示，A、B為兩豎直放置的平行金屬板，A、B兩板間電勢差為U。C、D為兩水平放置的平行金屬板，始終和電源相接(圖中并未畫出)，且板間的場強為E。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子(重力不計)由靜止開始，經(jīng)A、B間加速進入C、D之間并發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在熒光屏上，C、D兩極板長均為x，與熒光屏距離為L，則(

)

A.該粒子帶負電

B.該粒子在電場中的偏移量為Ex22U

C.該粒子打在屏上O點下方和O相距Ex【答案】C

【解析】A.粒子在極板間運動只受電場力作用，由粒子在C、D板間向下偏轉(zhuǎn)可知電場力方向豎直向下，根據(jù)場強方向豎直向下可得粒子帶正電，故A錯誤；B.對粒子在A、B間運動應(yīng)用動能定理可得qU=12mvB2，所以，粒子離開B板時速度大小vB=C.由平拋(類平拋)推論知，末速度反向延長線交于水平位移的中點，由幾何關(guān)系得yY=x2xD.粒子在A、B加速度后的動能為qU，接著在偏轉(zhuǎn)電場中電場力對粒子做正功，粒子的動能增加，所以該粒子打在屏上的動能一定大于qU，故故選C。5.有兩個相同材料制成的導(dǎo)體，兩導(dǎo)體為上、下面為正方形的柱體，柱體高均為h，大柱體柱截面邊長為a，小柱體柱截面邊長為b，現(xiàn)將大小柱體串聯(lián)接在電壓U上，已知通過導(dǎo)體電流方向如圖，大小為I，則(

)

A.導(dǎo)體電阻率為ρ=hU2I

B.導(dǎo)體電阻率為ρ=【答案】A

【解析】【分析】

分析兩電阻之間的大小關(guān)系，再由串并聯(lián)電路的規(guī)律可得出電流大小；由電阻定律即可求得電阻率，根據(jù)電流的微觀表達式判斷自由電荷定向移動的速率的大?。?/p>

本題要注意電阻定律的應(yīng)用，明確電阻的大小與電阻率和厚度的關(guān)系，明確電阻微型化的依據(jù)，難度適中．

【解答】

A、由電阻定律可知：R=ρlS可知：

兩導(dǎo)體的電阻Ra=Rb=ρh；

兩電阻串聯(lián)，分壓相等，則a兩端的電壓為U2；

由歐姆定律可知：Ra=U6.某靜電場中的x軸上，一個帶電粒子在O點由靜止釋放，僅在電場力作用下沿x軸正向運動，帶電粒子的電勢能隨粒子在x軸上的位置變化規(guī)律如圖所示，則下列判斷正確的是(

)

A.帶電粒子帶負電 B.帶電粒子先做加速運動后做減速運動

C.帶電粒子運動的加速度不斷減小 D.帶電粒子的電勢能先減小后增大【答案】C

【解析】A.由于電場方向不確定，因此粒子的電性無法確定，故A錯誤；BD.由圖象可知粒子的電勢能一直減小，所以電場力做正功，粒子的動能一直增加，即粒子一直做加速運動，故C.由于電場力F因此圖象的切線斜率大小反映電場力大小也反映加速度大小，由圖象可知粒子運動過程中加速度一直減小，故C正確。故選C。7.如圖所示，一蜘蛛將網(wǎng)織成兩個正方形ABCD、abcd，其邊長分別為2L、L，現(xiàn)在a、b、c、B

四個位置分別放置一個點電荷，發(fā)現(xiàn)b處的點電荷所受電場力恰好為零，若僅將b處的點電荷Q沿bd方向移至A.a、c兩處點電荷對點電荷Q的合力先增大后減小

B.a、c兩處點電荷對點電荷Q的合力先減小后增大

C.a、c兩處點電荷對點電荷Q的合力一定先做正功，后做負功

D.a、c兩處點電荷對點電荷Q的合力一定先做負功，后做正功【答案】B

【解析】【分析】

抓住b處的點電荷所受電場力恰好為零這一條件進行分析。

另外本題需明確：對相距為L等量同種電荷Q連線的中垂線上，離連線中點距離為24L的點場強最大。

【解答】

AB.當點電荷Q在O點時，a、c兩處點電荷對點電荷Q的合力為零，則將b處的點電荷Q沿bd方向移至d

處時，a、c兩處點電荷對點電荷Q的合力先減小后增大，故A錯誤，B正確；

CD.在a、b、c、B四個位置分別放置一個點電荷，發(fā)現(xiàn)b處的點電荷所受電場力恰好為零，可知a、c、B三個位置分別放置的點電荷一定是同種電荷，但是不能確定電荷的正負；僅將b處的點電荷Q沿bd方向移至d

處，若點電荷Q與另外三個電荷帶同種電荷，則點電荷Q從O到d

時電場力做正功；若點電荷Q與另外三個電荷帶異種電荷，則點電荷Q從O二、多選題：本大題共3小題，共12分。8.如圖所示，直線Ⅰ是電源的路端電壓隨輸出電流的變化圖線，曲線Ⅱ是一個小燈泡的伏安特性曲線?曲線Ⅱ與直線Ⅰ交點P的坐標為(0.6A,0.5V)，曲線Ⅱ在P點的切線過點(A.小燈泡的電阻為2.5Ω B.電源的內(nèi)阻為2.5Ω

C.電源內(nèi)阻消耗的熱功率為0.9W 【答案】BC

【解析】【分析】

本題關(guān)鍵在于對兩條曲線的理解，明確交點的物理含義，交點表示燈泡與電源連接時的工作電壓和電流根據(jù)交點即可求解燈泡的電阻?！窘獯稹?/p>

小燈泡的伏安特性曲線與電源路端電壓隨輸出電流的變化圖線的交點P即為小燈泡接入電路時的工作狀態(tài)，由圖可知小燈泡接入電路后U=0.5V，I=0.6B.電源路端電壓隨輸出電流的變化圖線的斜率的絕對值為電源內(nèi)阻，即r=2.00.8C.電源內(nèi)阻消耗的熱功率為P熱=ID.電源的路端電壓隨輸出電流的變化圖線縱軸截距表示電動勢，即E電源的效率為η=UI故選BC。9.如圖所示，地面上固定一傾角為θ=37°，高為h的光滑絕緣斜面，斜面置于水平向左的勻強電場中，電場強度大小為E=3mgq，現(xiàn)將一個帶正電的的物塊(可視為質(zhì)點)從斜面頂端由靜止釋放，已知物塊質(zhì)量為m，電荷量為A.物塊從靜止釋放到落地的過程中電場力做功為433mgh

B.物塊從靜止釋放到落地的過程中電場力做功為3mg【答案】BD

【解析】【分析】

分析物塊的受力情況，明確物塊的運動軌跡，再分析各力的做功情況，再根據(jù)動能定理即可求得物塊落地時的速度大小。

本題要注意明確物體的運動是由所受到的力和初狀態(tài)決定的。這個題目容易認為物塊沿著斜面下滑，從而出現(xiàn)錯解。

【解答】

物塊受到的電場力F=qE=3mg，則合力的大小為2mg，合力的方向和水平夾角為30?°，則小物塊沿合力方向做勻加速直線運動，不會沿著斜面下滑。從靜止釋放到落地的過程中電場力做功為W=qE10.如圖甲所示，平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計重力)，兩板間距離足夠大，當兩板間加上如圖乙所示的電壓后，在下圖中反映電子速度v、位移x和加速度a三個物理量隨時間t的變化規(guī)律可能正確的是(

)

甲

乙A. B. C. D.【答案】AD

【解析】【分析】本題是帶電粒子在周期性電場中運動的問題，關(guān)鍵是分析電子的運動情況。

分析電子一個周期內(nèi)的運動情況：0～T4時間內(nèi)，電子從靜止開始向B板做勻加速直線運動，T4～T2【解答】

分析電子一個周期內(nèi)的運動情況：0～T4時間內(nèi)，電子從靜止開始向B板做勻加速直線運動，T4～T2沿原方向做勻減速直線運動，T2時刻速度為零；

T2～34T時間內(nèi)向A板做勻加速直線運動，34T～T時間內(nèi)做勻減速直線運動；接著周而復(fù)始。

AC.根據(jù)勻變速運動速度圖象是傾斜的直線可知，A圖符合電子的運動情況，故A正確，C錯誤。

三、實驗題：本大題共2小題，共15分。11.某同學想要描繪標有“3.0V，0.3A”字樣小燈泡L電壓表V1(量程0～電壓表V2(量程0電流表A1(量程0～電流表A2(量程0滑動變阻器R1(0滑動變阻器R2(定值電阻R3(阻值等于定值電阻R4((1(2)請在方框中畫出實驗電路圖，并將各元件字母代碼標在該元件的符號旁(3)該同學描繪出的I?U圖象應(yīng)是下圖中的______，

【答案】(1)V1；R1；

(2)【解析】【分析】

本題考查描繪小燈泡伏安特性曲線的實驗以及電表的改裝，要求能明確改裝原理，并正確掌握本實驗中電路的接法；注意分壓接法以及電流表接法的正確判斷。

(1)根據(jù)燈泡額定電壓選擇電壓表，根據(jù)燈泡額定電流選擇電流表，選擇電流表時要注意量程的選擇；

(2)根據(jù)實驗原理與實驗器材確定電流表與滑動變阻器的接法，然后作出電路圖；

(3)根據(jù)燈泡電阻隨溫度的變化規(guī)律進行分析同時明確I?U圖象中圖象的斜率表示電阻的倒數(shù)。

【解答】

(1)燈泡額定電壓為3V，而給出的電壓表量程分別為15V和3V，15V量程太大，讀數(shù)誤差較大，電壓表應(yīng)選擇V1；為方便實驗操作，滑動變阻器應(yīng)選擇R1；

(2)燈泡額定電流為0.3A，而給出的量程中3A量程過大，讀數(shù)誤差較大，不能使用；只能采用將電流表量程200mA的電流表與定值電阻并聯(lián)的方式來擴大量程；根據(jù)改裝原理可知并聯(lián)10Ω的定值電阻，即可將量程擴大到0.4A；描繪燈泡伏安特性曲線電壓與電流應(yīng)從零開始變化，滑動變阻器應(yīng)采用分壓接法；燈泡內(nèi)阻較小電流表內(nèi)阻很小，電壓表內(nèi)阻很大由于燈泡電阻遠小于電壓表內(nèi)阻，故采用電流表外接法，電路圖如圖所示：

(12.在“測量金屬絲的電阻率”實驗中，某同學用電流表和電壓表測量一金屬絲的電阻(約5Ω)(1)該同學用螺旋測微器測金屬絲的直徑d如圖，則d=(2)為了精確測量金屬絲的阻值，某同學設(shè)計了如圖所示的電路進行實驗，實驗室提供了電源(電動勢3.A.電流表(量程0～0B.電流表(量程0～C.電壓表(量程0?3D.電壓表(量程0～E.滑動變阻器(最大阻值2F.滑動變阻器(最大阻值為了調(diào)節(jié)方便、測量準確，實驗中電流表應(yīng)選用___________，電壓表應(yīng)選用___________，滑動變阻器應(yīng)選用___________(選填實驗器材前對應(yīng)的字母)(3)該同學測量金屬絲兩端的電壓U和通過金屬絲的電流I，實驗中用刻度尺測出金屬絲的長度L，則該金屬絲電阻率ρ的表達式為ρ=_________?【答案】(1)0.396；(2)A；C【解析】解：(1)由螺旋測微器的分度值為0.01mm，需要估讀到分度值的下一位，則直徑為39.6×0.01mm=0.396mm；

(2)電源電動勢為3.0V，則電壓表選擇量程為3V的C，電路最大電流約為Im=3V5Ω=0.6A，則電流表選擇量程為0.6A的A，滑動變阻器采用分壓式接法，選擇總阻值較小的E；

(3)由電阻定律得R=ρLS四、計算題：本大題共3小題，共45分。13.在如圖所示的電路中，電源的電動勢E=3.0V，內(nèi)阻r=1.0Ω，R1=10Ω，R2=(1(2)電容器(3)閉合開關(guān)S后通過R【答案】解：(1)由電阻的串并聯(lián)知識，得外電路的總電阻為

R=R1×(R2+R3)R1+R2+R3

由閉合電路歐姆定律得，通過電源的電流即電路的總電流I=E【解析】對于含有電容器的問題，關(guān)鍵是確定電容器的電壓。電路穩(wěn)定時電容器的電壓等于其并聯(lián)電路兩端的電壓。

(1)由電路圖可知，C與R3并聯(lián)；由串并聯(lián)電路的可求得總電阻，則由歐姆定律可求得電路中的電流；

(2)根據(jù)串并聯(lián)電路關(guān)系可求得與R3兩端的電壓，因電容與R3并聯(lián)，故R314.如圖所示，帶電量為Q=+1×10?7C的小球A固定在絕緣水平桌面的上方，高度h=310m，一個質(zhì)量為m=1×10?4kg、帶電量(1)小球A、B之間的庫侖力F(2)小球B受到摩擦力Ff的大小;

(3)求圓心【答案】解：(1)由幾何關(guān)系知，A、B小球間的距離L=h2+r2，

解得L=0.2m，

設(shè)A、B球連線與豎直方向的夾角為θ，則tanθ=rh，

解得θ=30°，

由庫侖定律可得F=kQqL2，

代入數(shù)據(jù)解得F=9×10?4N。

(2)根據(jù)題意，