江西省丰城中学2023-2024学年高二下学期3月月考物理试题

这是一份江西省丰城中学2023-2024学年高二下学期3月月考物理试题，共17页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
本试卷总分值为100分 考试时长为75分钟
试范围：必修一至选择性必修一第一章
一、选择题 （共10题，1-7单选每题4分，8-10多选每题6分，共46分）
1. 了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要．以下符合事实的是（ ）
A. 伽利略发现了行星运动的规律
B. 库仑总结出了点电荷间相互作用的规律
C. 法拉第发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕
D. 牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动
【答案】B
【解析】
【详解】A．行星运动定律由开普勒、牛顿等人发现，故A错误；
B．库仑总结出了点电荷间相互作用的规律，故B正确；
C．奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕，故C错误；
D．伽利略将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动，故D错误；
故选B。
2. 当导线中分别通以图示方向的电流，小磁针静止时N极指向读者的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．由右手螺旋定则可知，导线下方磁场垂直纸面向外，故小磁针N极会指向读者，A正确；
B．由右手螺旋定则可知，螺线管内部磁场向左，故小磁针N极指向左，B错误；该试卷源自 每日更新，享更低价下载。C．小磁针处的磁场垂直纸面向内，故小磁针N极指向纸内，C错误；
D．环形电流内部磁场垂直纸面向内，故小磁针N极指向纸内，D错误。
故选A。
3. 有研究发现，某神经细胞传递信号时，离子从细胞膜一侧流到另一侧形成跨膜电流，若将该细胞膜视为的电容器，在内细胞膜两侧的电势差从变为，则该过程中跨膜电流的平均值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】根据
Q=CU
可知
∆Q=C∆U=10-8×(30+70)×10-3C=10-9C
则该过程中跨膜电流的平均值为
故选D。
4. 如图所示，电源的电动势为E=6V，内阻r=1，保护电阻R0=4，ab是一段粗细均匀且电阻率较大的电阻丝，总阻值为10，长度l=1m，横截面积为0.2cm2。下列说法正确的是（ ）
A. 当电阻丝接入电路的阻值为1时，电阻丝的功率最大
B. 当电阻丝接入电路的阻值为4时，保护电阻的功率最大
C. 电源效率的最小值为80%
D. 电阻丝的电阻率为
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据推论，当外电阻与电源内阻相等时，电路的输出功率最大。将保护电阻等效为内阻，当电阻丝接入电路的阻值为时，电阻丝的功率最大，选项A错误；
B．电路中电流越大，保护电阻的功率越大，当电阻丝接入电路的阻值为0时，保护电阻的功率最大，选项B错误；
C．外电阻越小，电源效率越小，当电阻丝接入电路的阻值为0时，电源效率的最小值为80%，选项C正确；
D．根据电阻定律
代入数据可得电阻丝的电阻率为
选项D错误；
故选C。
5. 阻值相等的四个电阻、电容器C及电池内阻可忽略连接成如图所示电路。开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为，闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为。与的比值为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】根据等效电路，开关S断开时，电容器的电压
且
S闭合时
且
故
故选C。
【名师点睛】此题是对闭合电路欧姆定律及电容器问题的考查；解题关键是要搞清电路的结构，画出等效电路图，搞清电容器两端的电压是哪个电阻两端的电压，然后根据Q=CU求解电容器的带电荷量。
6. 如图，矩形ABCD位于匀强电场中，电场方向平行于矩形平面。已知，P是CD的中点。A、B、C的电势分别为8V、6V、4V。用外力将一个电子从A点移动到P点，已知元电荷电量为e，下列说法正确的是（ ）
A. 该过程中，电子的电势能增加5eV
B. 该过程中，电子的电势能减少3eV
C. 该过程中，电场力对电子做正功5eV
D. 该匀强电场的场强大小为，方向垂直BD斜向右上方
【答案】D
【解析】
【详解】C．根据匀强电场强度与电势差的关系可得
解得D的电势为
P是CD的中点，P点电势为
一个电子从A点移动到P点电场力做功为
可知该过程中，电子的电场力做负功3eV，故C错误；
AB．根据功能关系可知该过程中，电子的电势能增加3eV，故AB错误；
D．B点和D点电势6V，故BD为等势线，等势线与电场线垂直，故电场线方向与BD垂直，沿电场线方向电势降低，故电场强度方向垂直BD斜向右上方，则电场强度大小为
故D正确。
故选D。
7. 如图，绝缘座放在光滑水平面上，间距为d的平行板电容器竖直固定在绝缘座上，A板有小孔O，水平绝缘光滑杆穿过O固定在B板上，电容器、底座和绝缘杆的总质量为M。给电容器充电后，一质量为m的带正电圆环P套在杆上以某一速度v0对准O向左运动，在电容器中P距B板最近的位置为S，。若A、B板外侧无电场、内部为匀强电场，P过孔O时与板无接触，不计P对A、B板间电场的影响，则下列说法错误的是（ ）
A. P在S处的速度不为0
B. P进入两板间所受的电场力为
C. P从O至S的过程中，绝缘座的位移大小为
D. P从O至S的过程中，整个系统电势能的增加量为
【答案】B
【解析】
【详解】A．带电圆环进入电场后，在电场力的作用下，做匀减速直线运动，而电容器则在电场力的作用下做匀加速直线运动，当它们速度相等时，带电圆环与电容器的左极板相距最近，取向左为正方向，由于系统动量守恒
解得
则P在S处的速度不为0，故A正确；
BC．该过程电容器（绝缘座）向左做匀加速直线运动，有
环向左做匀减速直线运动，有
由题意可知
解得P从O到S的过程中，绝缘座的位移大小为
对绝缘座研究，由动能定理可知
解得
根据牛顿第三定律可知，P进入两板间所受的电场力和绝缘底座受到的力为相互作用力，则P进入两板间所受的电场力为
故B错误，C正确；
D．P从O至S的过程中，带电环减速，动能减小，电容器动能增加，系统动能减小，电势能增加，增加的电势能为
故D正确。
本题选错误的，故选B。
8. 如图所示，电源电动势为E、内阻为r，为定值电阻，电容器的电容为C。闭合开关S，增大电阻箱R阻值的过程中，理想电压表示数的变化量的绝对值为，理想电流表示数的变化量的绝对值为，则下列说法中正确的是（ ）

A. 电压表示数U和电流表示数I的比值为R
B. 和的比值为
C. 电源的效率和输出功率一定都增加
D. 电容器电荷量减小量为
【答案】AB
【解析】
【详解】A．电压表测得是电阻R上的电压，电流表测的是通过电阻R的电流，根据欧姆定律可得它们的比值为电阻的阻值R；
B．根据闭合电路欧姆定律，可得电压表示数U和电流表示数I满足的关系为
可知该图像的斜率为，即电压表示数的变化量的绝对值与电流表示数的变化量的绝对值之比为
故B正确；
C．电源效率为
可知当R增大时，电源的效率增大；而电源的输出功率为
而
故可得
根据数学知识可知当时有电源输出功率最大值，但因为不确定各个电阻阻值的关系，故不确定输出功率如何变化，故C错误；
D．当电阻箱阻值增大时，电阻箱的电压即电容器上的电压增大，电容器的电荷量增大，故D错误。
故选AB。
9. 如图所示，质量均为的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为的细线，细线另一端系一质量为的球C。现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球，重力加速度为。从开始释放C到A、B两木块恰好分离的过程，下列说法正确的是（ ）
A. 两物块A和B分离时，A、B的速度大小均为
B. 两物块A和B分离时，C的速度大小为
C. C球由静止释放到最低点的过程中，木块移动的距离为
D. C球由静止释放到最低点，A对B的弹力的冲量大小为
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．球C下落到最低点时，AB将要分离，根据机械能守恒定律有
系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有
联立解得
，
故A错误，B正确；
C．C球由静止释放到最低点的过程中，设C对地的水平位移大小为，AB对地的水平位移大小为，则有
，
解得
故C正确；
D．C球由静止释放到最低点的过程中，选B为研究对象，由动量定理有
故D错误。
故选BC。
10. 如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1、R2为定值电阻，，R3为滑动变阻器，C为下极板接地的平行板电容器，电表均为理想电表。初始状态的S1和S2均闭合，滑片P位于中点，此时两极板之间的固定带电油滴M所受电场力恰好与重力平衡。下列说法正确的是（ ）
A. 现保持S1闭合，将S2断开。滑片P向下移动，则A1示数和电源效率均减小。
B. 现保持S1闭合，将S2断开。滑片P向上移动，则电源总功率和输出功率均增大。
C. 仅将上极板向下平移一小段距离，则V的示数不变，带电油滴M的电势能增大。
D. 仅将下极板向下平移一小段距离，则M的电势增大，流过A2的电流方向为b→a。
【答案】BD
【解析】
【详解】A．现保持S1闭合，将S2断开。滑片P向下移动，滑动变阻器的阻值增大，根据串反并同规律，A1示数减小；电源的效率为
滑动变阻器的阻值增大，外电路电阻增大，电源效率增大，A错误；
B．现保持S1闭合，将S2断开。滑片P向上移动，滑动变阻器的阻值减小，根据串反并同规律，通过电源的电流增大，根据 ，电源总功率增大；因为，外电路的总电阻值逐渐接近电源的内阻，电源的输出功率增大，B正确；
C．仅将上极板向下平移一小段距离，则V的示数始终等于滑动变阻器两端电压，保持不变；仅将上极板向下平移一小段距离，电容器两端电压不变，根据 ，电容器内电场强度增大，油滴与下极板之间的电势差增大，油滴所在处的电势升高，根据 带负电油滴M的电势能减小，C错误；
D．仅将下极板向下平移一小段距离，电容器两极板之间的电势差不变，电容器内的电场强度减小，油滴与上极板之间的电势差减小，油滴与下极板之间的电势差增大，油滴所在处的电势升高，M的电势增大；根据


解得

仅将下极板向下平移一小段距离，d增大，Q减小，电容器放电，流过A2的电流方向为b→a，D正确。
故选BD。
二、实验题（每空2分，共16分）
11. 某同学要测量微安表内阻，可利用的实验器材有：电源E（电动势，内阻很小），电流表（量程，内阻约），微安表（量程，内阻待测，约），滑动变阻器R（最大阻值），定值电阻（阻值），开关S，导线若干。
（1）在答题卡上将图中所示的器材符号连线，画出实验电路原理图_____；
（2）某次测量中，微安表的示数为，电流表的示数为，由此计算出微安表内阻_____。
【答案】 ①. 见解析 ②. 990
【解析】
【详解】（1）[1]为了准确测出微安表两端的电压，可以让微安表与定值电阻R0并联，再与电流表串联，通过电流表的电流与微安表的电流之差，可求出流过定值电阻R0的电流，从而求出微安表两端的电压，进而求出微安表的内电阻，由于电源电压过大，并且为了测量多组数据，滑动电阻器采用分压式解法，实验电路原理图如图所示
（2）[2]流过定值电阻R0的电流
加在微安表两端电压
微安表的内电阻
12. 某同学要用电阻箱和电压表测量某水果电池组的电动势和内阻，考虑到水果电池组的内阻较大，为了提高实验的精度，需要测量电压表的内阻。实验室中恰好有一块零刻度在中央的双向电压表，该同学便充分利用这块表，设计了如图所示的实验电路，既能实现对该电压表内阻的测量，又能利用该表完成水果电池组电动势和内阻的测量。该同学用到的实验器材有：待测水果电池组（电动势约4V、内阻约），双向电压表（量程为2V、内阻约为），电阻箱（0~），滑动变阻器（0~），一个单刀双掷开关及若干导线。
(1)该同学按如图1所示电路图连线后，首先测量了电压表的内阻。请完善测量电压表内阻的实验步骤：
①将R1的滑动触片滑至最左端，将开关S拨向1位置，将电阻箱阻值调为0；②调节R1的滑动触片，使电压表示数达到满偏U；③保持R1不变，调节R2，使电压表的示数达到，读出电阻箱的阻值，记为R0，则电压表的内阻RV=__________。
(2)若测得电压表内阻为，可分析此测量值应__________（填“大于”“等于”或“小于”）真实值。
(3)接下来测量电源的电动势和内阻，实验步骤如下：
①将开关S拨至__________（填“1”或“2”）位置，将R1的滑片移到最__________端，不再移动；
②调节电阻箱的阻值，使电压表的示数达到一合适值，记录电压表的示数和电阻箱的阻值；
③重复第二步，记录多组电压表的示数和对应的电阻箱的阻值。
(4)若将电阻箱与电压表并联后的阻值记录为R，作出图像，如图2所示，其中纵轴截距为b，斜率为k，则电动势的表达式为__________，内阻的表达式为__________。
【答案】 ①. ②. 大于 ③. 2 ④. 左 ⑤. ⑥.
【解析】
【详解】(1)[1]．滑动变阻器接入电路的阻值不变，电压表与电阻箱两端电压不变，电压表示数变为满偏电压时，则电阻箱分压，电阻箱接入电路的阻值等于电压表内阻的2倍，则电压表内阻．
(2)[2]．调节电阻箱阻值使电压表示数变为满偏电压的时，电路总电阻变大，电路总电流变小，滑动变阻器与电源内阻分压变小，电阻箱与电压表两端总电压变大，当电压表示数变为满偏电压时，电阻箱两端电压大于电压表满偏电压的，实际上电压表内阻小于，则电压表内阻的测量值偏大．
(3)①[3][4]．测电源电动势与内阻，应将开关S拨至2位置，将R1的滑动触片移到最左端，不再移动．
④[5][6]．由图示电路图可知，在闭合电路中，电源电动势
则

由图示图象可知，图象截距
图象斜率
则电源电动势
电源内阻
．
三、计算题（共10+14+14=38分）
13. 如图，图甲中M为一电动机，当滑动变阻器R的触头从左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，求：
（1）电源电动势和内阻；
（2）滑动变阻器的最大阻值；
（3）电动机的内阻和最大输出功率。
【答案】（1）3.6V，2Ω；（2）30Ω；（3）4Ω，0.54W
【解析】
【详解】（1）由图可知电压表V2表示路端电压，根据闭合电路欧姆定律可得
所以其图像为一条斜向下的倾斜直线，且其斜率绝对值表示电源内阻，则由图可得电源内阻为
且由图可得，电流时，，则由闭合电路欧姆定律得，电源的电动势为
（2）当时，电路中电流最小，此时变阻器的电阻为最大值，结合图像可得
（3）电动机不转时相当于纯电阻，根据图像可得，电动机的电阻为

由图像可得，电路中电流为时，电动机电压为3V，此时电动机输出功率最大为
14. 如图所示，质量为m2=2kg的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半径为R=0.3m的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻弹簧，滑道CD部分粗糙，长为L=0.2m，动摩擦因数μ=0.10，其余部分均光滑。现让质量为m1=1kg的物块（可视为质点）自A点由静止释放，此后整个运动过程中弹簧始终处于弹性限度内，取g=10m/s2，求：
（1）物块第一次到达B点时的速度大小v1；
（2）在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能Ep；
（3）物块最终停止的位置和弹簧被压缩的总次数N。
【答案】（1）2 m/s；（2）2.8J；（3）最终停在D点，被压缩7次
【解析】
【分析】
【详解】（1）下滑过程m1和m2组成的系统在水平方向动量守恒，有：
m1v1=m2v2
系统能量守恒，有
代入数据，联立解得
v1 = 2 m/s
（2）滑块每次经过CD段系统损耗的机械能
弹簧第一次被压缩至最短时，具有最大的弹性势能，依能量守恒：
（3）系统机械能最终被摩擦生热损耗，设滑块m1在CD段运动的总路程为s，有：

解得
s=3m
每次通过粗糙部分走过的路程为L，故滑块在CD段运动的次数
考虑到运动过程，可知系统静止时滑块最终停在D点，期间弹簧总共被压缩7次。
15. 示波器的核心部件是示波管，其内部抽成真空，如图是它内部结构的简化原理图。它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成。炽热的金属丝可以连续发射电子，电子质量为，电荷量为。发射出的电子由静止经电压加速后，从金属板的小孔射出，沿进入偏转电场，经偏转电场后打在荧光屏上。偏转电场是由两个平行的相同金属极板M、N组成，已知极板的长度为，两板间的距离为，极板间电压为，偏转电场极板的右端到荧光屏的距离为。不计电子受到的重力和电子之间的相互作用。
（1）求电子从小孔穿出时的速度大小；
（2）求电子离开偏转电场时沿垂直于板面方向偏移的距离；
（3）若将极板M、N间所加的直流电压换成如图2所示最大值为、周期为的随时间变化的扫描电压（由于被加速后电子的速度较大，它们都能从偏转极板右端穿出极板，且时间极短，此过程中可认为偏转极板间的电压不变），此时电子打在荧光屏上形成的亮斑会在荧光屏上移动。请分析时间内亮斑移动的速度大小是否变化？若不变，请推导出这个速度的大小；若改变，请推导出这个速度随时间的变化关系式。
【答案】（1）；（2）；（3）不改变，
【解析】
【详解】（1）电子在加速电场做加速运动，有
解得
（2）在偏转电场中，水平方向电子做匀速运动，有
竖直方向，电子受到电场力作用，由牛顿第二定律有
其做匀加速直线运动，所以有
（3）在偏转电场中，水平方向电子做匀速运动，有
竖直方向，电子受到电场力作用，设此时偏转电场的电压为U，由牛顿第二定律有
其做匀加速直线运动，所以有
离开偏转电场竖直方向速度为，有
电子离开偏转电场打到荧光屏上，做匀速直线运动，运动时间为，水平方向有
竖直方向有
则电子所打位置与之间的距离为
由题图可知，其偏转电场U与时间在内关系由题图结合数学知识可知为
将其带入，整理有
由速度的定义可知，其是物体运动的位移与其时间的比值，在数学上的表示即为位移与时间函数的一阶导，所以其速度为