四川省成都市七校2024-2025学年高二（上）月考物理试卷（含解析）

这是一份四川省成都市七校2024-2025学年高二（上）月考物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.带有异种电荷的甲乙两个粒子以大小相同的速度从圆形磁场的直径AB两端点沿半径方向进入匀强磁场，都从C点离开磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，AB=2R，AC= 3R，则下列说法中正确的是( )
A. 甲粒子带正电B. 甲、乙的半径之比为 3:1
C. 甲、乙的比荷之比为1:3D. 甲、乙运动时间比为1:2
【答案】C
【解析】【分析】
本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，根据题意做出粒子运动的轨迹图是解题的关键，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，qvB=mv2R，可得到：R=mvqB，周期T=2πmqB，结合题意进行解题。
【解答】
A.甲粒子向下偏转，根据左手定则，可以判断甲粒子带负电，故A错误；
B.做出甲乙两带电粒子的轨迹图如图所示
根据几何关系可得R1= 3R，R2= 33R，
由此可知甲、乙两粒子的半径之比为3:1，故B错误；
C.两带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，有洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，
可得R1= 3R=m1v1q1B，R2= 33R=m2v2q2B，
由于v1的大小与v2相等，由此可知甲、乙的比荷之比为1:3，故C正确；
D.由几何关系可知，甲粒子的圆心角为60∘，乙粒子的圆心角为120∘，
故甲粒子在磁场中运动的时长为t甲=60∘360∘×2πm1q1B=πm13q1B，t乙=120∘360∘×2πm2q2B=2πm23q2B，
由此可知甲、乙的运动时间比为3:2，故D错误。
故选C。
2.远洋捕捞常常利用声呐探测鱼群的方位。渔船上声呐发出一列超声波在t=0时刻的波动图像如图甲，质点P的振动图像如图乙。下列说法正确的是( )
A. 该波沿x轴正方向传播B. 该波的传播速度为340m/s
C. 该超声波的频率为5HZD. 增大该超声波频率振幅会明显增大
【答案】B
【解析】A.根据图乙可知，质点P在t=0时刻沿y轴正方向振动，由图甲，根据“同侧法”，可该波沿x轴负方向传播知，A错误；
B.根据图甲可知波长，根据图乙知周期，则v=λT=0.68×10−20.2×10−4m/s=340m/s，B正确；
C.该超声波的频率f=10.2×10−4Hz=5×104Hz，C错误；
D.增大该超声波的频率，仅仅减小超声波传播的周期，对超声波的振幅并不会发生明显影响，D错误。
故选B。
3.甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正向和负向传播，波速均为0.05m/s。两列波在时刻t=0的波形曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A. 甲、乙两波的波长之比为2：3
B. 甲、乙两波的周期之比为3∶2
C. t=1s，x=25cm处质点的位移为0
D. t=0，x=40cm处质点的位移为2cm
【答案】A
【解析】A.根据图像知，甲、乙两波的波长分别为
λ1=0.4cm
λ2=0.6cm
则甲、乙两波的波长之比为2：3，故A正确；
B.根据v=λT知，波速 v 相同时，甲、乙两波的周期之比为甲、乙两波的波长之比，为2：3，故B错误；
CD.根据v=λT计算得，甲、乙两波的周期分别为
T1=8s
T2=12s
甲、乙两波的图像方程分别为
y1=5csπx20
y2=5csπx30
t=1s ， x=25cm 处质点的位移为−10cm， t=0 ， x=40cm 处质点的位移为2.5cm，故C错误，D错误。
故选A。
4.如图所示，A、B为两竖直放置的平行金属板，A、B两板间电势差为U。C、D为两水平放置的平行金属板，始终和电源相接(图中并未画出)，且板间的场强为E。一质量为m、电荷量为q的带电粒子(重力不计)由静止开始，经A、B间加速进入C、D之间并发生偏转，最后打在荧光屏上，C、D两极板长均为x，与荧光屏距离为L，则( )
A. 该粒子带负电
B. 该粒子在电场中的偏移量为Ex22U
C. 该粒子打在屏上O点下方和O相距Ex2Ux2+L的位置
D. 该粒子打在屏上的动能为qU
【答案】C
【解析】A.粒子在极板间运动只受电场力作用，由粒子在C、D板间向下偏转可知电场力方向竖直向下，根据场强方向竖直向下可得粒子带正电，故A错误；
B.对粒子在A、B间运动应用动能定理可得qU=12mvB2，所以，粒子离开B板时速度大小vB= 2Uqm，粒子在C、D间运动初速度水平，合外力即电场力方向竖直向下，故粒子做类平抛运动，运动时间t=xvB，故竖直偏转位移y=12·qEmt2=Ex24U，故B错误；
C.由平抛(类平抛)推论知，末速度反向延长线交于水平位移的中点，由几何关系得yY=x2x2+L，解得Y=Ex2U(x2+L)，故C正确；
D.粒子在A、B加速度后的动能为qU，接着在偏转电场中电场力对粒子做正功，粒子的动能增加，所以该粒子打在屏上的动能一定大于qU，故D错误。
故选C。
5.有两个相同材料制成的导体，两导体为上、下面为正方形的柱体，柱体高均为h，大柱体柱截面边长为a，小柱体柱截面边长为b，现将大小柱体串联接在电压U上，已知通过导体电流方向如图，大小为I，则( )
A. 导体电阻率为ρ=hU2I
B. 导体电阻率为ρ=UhaI(a+b)
C. 大柱体中自由电荷定向移动的速率大于小柱体中自由电荷定向移动的速率
D. 大柱体中自由电荷定向移动的速率等于小柱体中自由电荷定向移动的速率
【答案】A
【解析】【分析】
分析两电阻之间的大小关系，再由串并联电路的规律可得出电流大小；由电阻定律即可求得电阻率，根据电流的微观表达式判断自由电荷定向移动的速率的大小．
本题要注意电阻定律的应用，明确电阻的大小与电阻率和厚度的关系，明确电阻微型化的依据，难度适中．
【解答】
A、由电阻定律可知：R=ρlS可知：
两导体的电阻Ra=Rb=ρh；
两电阻串联，分压相等，则a两端的电压为U2；
由欧姆定律可知：Ra=U2I=ρh
解得：ρ=hU2I，故A正确，B错误；
C、由I=nesv可知，电流相同，单位体积内的电子数相同，电子的电荷量相同，因截面积不相同，故电子的定向移动速率不同，小柱体的电子定向移动速率大，故CD错误。
6.某静电场中的x轴上，一个带电粒子在O点由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴正向运动，带电粒子的电势能随粒子在x轴上的位置变化规律如图所示，则下列判断正确的是( )
A. 带电粒子带负电B. 带电粒子先做加速运动后做减速运动
C. 带电粒子运动的加速度不断减小D. 带电粒子的电势能先减小后增大
【答案】C
【解析】A.由于电场方向不确定，因此粒子的电性无法确定，故A错误；
BD.由图象可知粒子的电势能一直减小，所以电场力做正功，粒子的动能一直增加，即粒子一直做加速运动，故BD错误；
C.由于电场力F=−ΔEpΔx
因此图象的切线斜率大小反映电场力大小也反映加速度大小，由图象可知粒子运动过程中加速度一直减小，故C正确。
故选C。
7.如图所示，一蜘蛛将网织成两个正方形ABCD、abcd，其边长分别为2L、L，现在a、b、c、B 四个位置分别放置一个点电荷，发现b处的点电荷所受电场力恰好为零，若仅将b处的点电荷Q沿bd方向移至d 处，则( )
A. a、c两处点电荷对点电荷Q的合力先增大后减小
B. a、c两处点电荷对点电荷Q的合力先减小后增大
C. a、c两处点电荷对点电荷Q的合力一定先做正功，后做负功
D. a、c两处点电荷对点电荷Q的合力一定先做负功，后做正功
【答案】B
【解析】【分析】
抓住b处的点电荷所受电场力恰好为零这一条件进行分析。
另外本题需明确：对相距为L等量同种电荷Q连线的中垂线上，离连线中点距离为 24L的点场强最大。
【解答】
AB.当点电荷Q在O点时，a、c两处点电荷对点电荷Q的合力为零，则将b处的点电荷Q沿bd方向移至d 处时，a、c两处点电荷对点电荷Q的合力先减小后增大，故A错误，B正确；
CD.在a、b、c、B四个位置分别放置一个点电荷，发现b处的点电荷所受电场力恰好为零，可知a、c、B三个位置分别放置的点电荷一定是同种电荷，但是不能确定电荷的正负；仅将b处的点电荷Q沿bd方向移至d 处，若点电荷Q与另外三个电荷带同种电荷，则点电荷Q从O到d 时电场力做正功；若点电荷Q与另外三个电荷带异种电荷，则点电荷Q从O到d时电场力做负功，故CD错误。
故选B。
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.如图所示，直线Ⅰ是电源的路端电压随输出电流的变化图线，曲线Ⅱ是一个小灯泡的伏安特性曲线｡曲线Ⅱ与直线Ⅰ交点P的坐标为(0.6A,0.5V)，曲线Ⅱ在P点的切线过点(0.4A,0)｡将该小灯泡与电源连接组成闭合回路，下列说法正确的是( )
A. 小灯泡的电阻为2.5ΩB. 电源的内阻为2.5Ω
C. 电源内阻消耗的热功率为0.9WD. 电源的效率为75%
【答案】BC
【解析】【分析】
本题关键在于对两条曲线的理解，明确交点的物理含义，交点表示灯泡与电源连接时的工作电压和电流根据交点即可求解灯泡的电阻。
【解答】
小灯泡的伏安特性曲线与电源路端电压随输出电流的变化图线的交点P即为小灯泡接入电路时的工作状态，由图可知小灯泡接入电路后U=0.5V，I=0.6A，故此时小灯泡的电阻为R=UI=56Ω，故A错误；
B.电源路端电压随输出电流的变化图线的斜率的绝对值为电源内阻，即r=2.00.8Ω=2.5Ω，故B正确；
C.电源内阻消耗的热功率为P热=I2r=0.9W，故C正确；
D.电源的路端电压随输出电流的变化图线纵轴截距表示电动势，即E=2.0V
电源的效率为η=UIEI×100％=25％，故D错误。
故选BC。
9.如图所示，地面上固定一倾角为θ=37°，高为h的光滑绝缘斜面，斜面置于水平向左的匀强电场中，电场强度大小为E= 3mgq，现将一个带正电的的物块(可视为质点)从斜面顶端由静止释放，已知物块质量为m，电荷量为q，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 物块从静止释放到落地的过程中电场力做功为4 33mgh
B. 物块从静止释放到落地的过程中电场力做功为3mgh
C. 物块落地的速度大小为(2+8 33)gh
D. 物块落地的速度大小为2 2gh
【答案】BD
【解析】【分析】
分析物块的受力情况，明确物块的运动轨迹，再分析各力的做功情况，再根据动能定理即可求得物块落地时的速度大小。
本题要注意明确物体的运动是由所受到的力和初状态决定的。这个题目容易认为物块沿着斜面下滑，从而出现错解。
【解答】
物块受到的电场力F=qE= 3mg，则合力的大小为2mg，合力的方向和水平夹角为30​∘，则小物块沿合力方向做匀加速直线运动，不会沿着斜面下滑。从静止释放到落地的过程中电场力做功为W=qE⋅ 3h=3mgh，设落地速度为v，根据动能定理可得mgh+qE⋅ 3h=12mv2，解得v=2 2gh，故AC错误，BD正确。
故选BD。
10.如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，在下图中反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是( )

甲 乙
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】【分析】
本题是带电粒子在周期性电场中运动的问题，关键是分析电子的运动情况。
分析电子一个周期内的运动情况：0～T4时间内，电子从静止开始向B板做匀加速直线运动，T4∼T2沿原方向做匀减速直线运动，T2∼34T时间内向A板做匀加速直线运动，34T∼T时间内做匀减速直线运动．根据牛顿第二定律分析加速度．根据电子的运动情况分析判断。
【解答】
分析电子一个周期内的运动情况：0～T4时间内，电子从静止开始向B板做匀加速直线运动，T4∼T2沿原方向做匀减速直线运动，T2时刻速度为零； T2∼34T时间内向A板做匀加速直线运动，34T∼T时间内做匀减速直线运动；接着周而复始。
AC.根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线可知，A图符合电子的运动情况，故A正确，C错误。
B.电子做匀变速直线运动时x−t图象应是抛物线，故B错误。
D.根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替产生，而匀变速运动的加速度不变，a−t图象应平行于横轴。故D正确。
故选AD。
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.某同学想要描绘标有“3.0V，0.3A”字样小灯泡L的伏安特性曲线，要求测量数据尽量精确，绘制曲线完整，可供该同学选用的器材除了电源、开关、导线外，还有：
电压表V1(量程0∼3V，内阻等于3kΩ)
电压表V2(量程0∼15V，内阻等于15kΩ)
电流表A1(量程0∼200mA，内阻等于10Ω)
电流表A2(量程0∼3A，内阻等于0.1Ω)
滑动变阻器R1(0∼10Ω，额定电流2A)
滑动变阻器R2(0∼1kΩ，额定电流0.5A)
定值电阻R3(阻值等于1Ω)
定值电阻R4(阻值等于10Ω)
(1)根据实验要求，电压表应选____滑动变阻器应选____
(2)请在方框中画出实验电路图，并将各元件字母代码标在该元件的符号旁
(3)该同学描绘出的I−U图象应是下图中的______，这表明小灯泡的电阻随温度的升高而___________(填“减小”或“增大”)
【答案】(1)V1；R1；
(2)电路图如下；
(3)C；增大。
【解析】【分析】
本题考查描绘小灯泡伏安特性曲线的实验以及电表的改装，要求能明确改装原理，并正确掌握本实验中电路的接法；注意分压接法以及电流表接法的正确判断。
(1)根据灯泡额定电压选择电压表，根据灯泡额定电流选择电流表，选择电流表时要注意量程的选择；
(2)根据实验原理与实验器材确定电流表与滑动变阻器的接法，然后作出电路图；
(3)根据灯泡电阻随温度的变化规律进行分析同时明确I−U图象中图象的斜率表示电阻的倒数。
【解答】
(1)灯泡额定电压为3V，而给出的电压表量程分别为15V和3V，15V量程太大，读数误差较大，电压表应选择V1；为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1；
(2)灯泡额定电流为0.3A，而给出的量程中3A量程过大，读数误差较大，不能使用；只能采用将电流表量程200mA的电流表与定值电阻并联的方式来扩大量程；根据改装原理可知并联10Ω的定值电阻，即可将量程扩大到0.4A；描绘灯泡伏安特性曲线电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；灯泡内阻较小电流表内阻很小，电压表内阻很大由于灯泡电阻远小于电压表内阻，故采用电流表外接法，电路图如图所示：
(3)因灯泡电阻随温度的增加而增大，因此在I−U图象中图线的斜率应越来越小，由图示图象可知，符合实际的图象是C，故C正确，ABD错误。故选C。
故答案为：(1)V1；R1；(2)电路图如下；(3)C；增大。
12.在“测量金属丝的电阻率”实验中，某同学用电流表和电压表测量一金属丝的电阻(约5Ω)。
(1)该同学用螺旋测微器测金属丝的直径d如图，则d=___________mm；
(2)为了精确测量金属丝的阻值，某同学设计了如图所示的电路进行实验，实验室提供了电源(电动势3.0 V，内阻不计)。开关、若干导线外，还提供下列实验器材：
A.电流表(量程0∼0.6 A，内阻约0.1Ω)
B.电流表(量程0∼3.0 A，内阻约0.02 Ω)
C.电压表(量程0−3 V，内阻约3 kΩ)
D.电压表(量程0∼15 V，内阻约15kΩ)
E.滑动变阻器(最大阻值2Ω)
F.滑动变阻器(最大阻值1 kΩ)
为了调节方便、测量准确，实验中电流表应选用___________，电压表应选用___________，滑动变阻器应选用___________(选填实验器材前对应的字母)
(3)该同学测量金属丝两端的电压U和通过金属丝的电流I，实验中用刻度尺测出金属丝的长度L，则该金属丝电阻率ρ的表达式为ρ=_________ (用符号表示)
【答案】(1)0.396；(2)A；C；E；(3)πd2U4LI。
【解析】解：(1)由螺旋测微器的分度值为0.01mm，需要估读到分度值的下一位，则直径为39.6×0.01mm=0.396mm；
(2)电源电动势为3.0V，则电压表选择量程为3V的C，电路最大电流约为Im=3V5Ω=0.6A，则电流表选择量程为0.6A的A，滑动变阻器采用分压式接法，选择总阻值较小的E；
(3)由电阻定律得R=ρLS=ρLπ(d2)2，
根据欧姆定律R=UI，
解得：ρ=πd2U4LI。
故答案为：(1)0.396；(2)A；C；E；(3)πd2U4LI。
(1)根据螺旋测微器的分度值结合题图得出金属丝的直径；
(2)根据电源电动势选电压表，根据最大电流选择电流表，滑动变阻器采用分压式接法，选择总阻值较小的滑动变阻器。
(3)由欧姆定律结合电阻定律得出金属材料电阻率的表达式。
本题主要考查了金属电阻率的测量。
四、计算题：本大题共3小题，共45分。
13.在如图所示的电路中，电源的电动势E=3.0V，内阻r=1.0Ω，R1=10Ω，R2=10Ω，R3=30Ω，R4=35Ω，电容器的电容C=100μF。闭合开关S，待电路稳定后，求：
(1)电路的总电流
(2)电容器C两极板间的电势差；
(3)闭合开关S后通过R4的电荷量。
【答案】解：(1)由电阻的串并联知识，得外电路的总电阻为 R=R1×(R2+R3)R1+R2+R3
由闭合电路欧姆定律得，通过电源的电流即电路的总电流I=ER+r=13A
(2)电源的端电压U=E−Ir =83V
电容器C两极板间的电势差与R3的电压相等，为UC=R3R2+R3U=2V。
(3)闭合开关S后通过R的电荷量
q=CUC=100×10−6×2C=2×10−4C。
【解析】对于含有电容器的问题，关键是确定电容器的电压。电路稳定时电容器的电压等于其并联电路两端的电压。
(1)由电路图可知，C与R3并联；由串并联电路的可求得总电阻，则由欧姆定律可求得电路中的电流；
(2)根据串并联电路关系可求得与R3两端的电压，因电容与R3并联，故R3两端的电压即为电容器两端电压；
(3)由电容的定义式可求得电容器的电量即可求得闭合开关S后通过R4的电荷量。
14.如图所示，带电量为Q=+1×10−7C的小球A固定在绝缘水平桌面的上方，高度h= 310m，一个质量为m=1×10−4kg、带电量q=−4×10−8C的小球B静止在桌面上以小球A在桌面上的投影点O为圆心的圆周上的某一位置，其半径为r=0.1m，小球A、B可看成点电荷。(静电力常量k=9×109N⋅m2/C2)求：
(1)小球A、B之间的库仑力F的大小;
(2)小球B受到摩擦力Ff的大小;
(3)求圆心O点电场强度E的大小。
【答案】解：(1)由几何关系知，A、B小球间的距离L= h2+r2，
解得L=0.2m，
设A、B球连线与竖直方向的夹角为θ，则tanθ=rh，
解得θ=30∘，
由库仑定律可得F=kQqL2，
代入数据解得F=9×10−4N。
(2)根据题意，小球B静止在桌面上，则可知小球B在水平方向的合力为0，
根据平衡条件有Ff=Fsinθ，
代入数据可得Ff=4.5×10−4N。
(3)若小球A、B可看成点电荷，则小球A在O点的电场强度为EA=kQh2，
小球B在O点的电场强度为EB=kqr2，
由于EA方向竖直向下，与EB方向相互垂直，则O点合场强大小为E= EA2+EB2，
代入数据求得E= 21.96×104N/C。
【解析】本题考查了库仑定律、点电荷的场强公式、共点力平衡问题。
(1)根据库仑定律求小球A、B之间的库仑力F的大小;
(2)分析小球B，根据平衡条件求摩擦力的大小；
(3)根据点电荷的场强公式结合电场的矢量叠加规律求圆心O点电场强度E的大小。
15.如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1=E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2=2E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子(电荷量为e，质量为m，重力不计)无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，A点到MN的距高为L2，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：
(1)电子到MN的速度大小：
(2)电子从释放到打到屏上所用的时间；
(3)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tanθ。
【答案】解：(1)电子从A运动到MN的过程中，根据动能定理得 qE×L2=12mv2
解得 v= eELm
(2)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律得 a1=eEm
由 v=a1t1
得 t1=va1= mLeE
从MN到屏的过程中，粒子水平方向做匀速直线运动，可得运动时间 t2=2Lv=2 mLeE
故运动的总时间 t=t1+t2=3 mLeE
(3)设粒子射出电场E2时平行电场方向的速度为vy，由牛顿第二定律得：电子进入电场E2时的加速度为 a2=eE2m=2eEm
电子在电场E2中运动时间 t3=Lv
则 vy=a2t3
电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为 tanθ=vyv
解得 tanθ=2

【解析】本题考查带电粒子在电场中的加速与偏转。
带电粒子在加速电场中加速，运用动能定理分析，在偏转电场中做类平抛运动，沿电场力方向为匀加速运动，垂直电场力方向为匀速运动，根据运动的合成与分解规律分析求解。