2021-2022学年重庆市求精中学高二（上）第二次月考物理试题（解析版）

重庆求精中学2021-2022学年上第二次阶段性考试高2020级物理试题

考试说明：

1.考试时间90分钟

2.试题总分100分

一、单项选择题（本题共8个小题，每题4分，在每个小题的四个选项中，只有一项符合要求）

1. 关于物理学史，下列说法中不正确的是（　　）

A. 法拉第首先使用电场线来描述电场 B. 奥斯特发现了通电导线周围有磁场

C. 洛伦兹发现磁场对通电导线有安培力的作用 D. 安培提出分子电流假说

【答案】C

【解析】

【详解】A．法拉第首先使用电场线来描述电场，故A正确；

B．奥斯特发现了通电导线周围有磁场，故B正确；

C．安培发现磁场对通电导线有安培力的作用，故C错误；

D．安培提出分子电流假说，故D正确。

本题选错误的，故选C。

2. 空气是不导电的，但是如果空气中的电场强度达到时，空气分子破碎，空气中出现了可以自由移动的电荷，空气变成了导体，这种现象叫做空气的“击穿”。一次实验中，电压为的直流电源的两极接在一对平行金属板上，然后把两金属板缓慢靠近，当两板间开始出现放电时，两板间距离为（　　）

A. 5.0cm B. 2.0cm C. 1.0cm D. 0.5cm

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】根据匀强电场中电势差与场强的关系式，有

代入数据，可得

故选B。

3. 一个带正电的微粒（重力不计）初速度水平向右，进入如图所示的匀强磁场和匀强电场区域时会向下偏转，则欲使微粒在电磁场中恰能沿水平直线运动，则应采用的方法是（　　）

A. 增大电荷质量 B. 增大电荷量

C. 增大磁感应强度 D. 减小入射速度

【答案】C

【解析】

【详解】CD．微粒进入复合场后向下偏转，可知，受到向上的洛伦兹力小于向下的电场力，即

可通过增大磁感应强度或增大入射速度来增大洛伦兹力，使微粒在电磁场中恰能沿水平直线运动，C正确，D错误；

AB．由上述表达式可知，增大电荷质量、增大电荷量无法改变两个力的大小关系，AB错误。

故选C。

4. 一个用于加速质子的回旋加速器，如图，其D形盒半径为R，垂直指向D形盒底面的匀强磁场的磁感应强度为B，两盒分别与交流电源相连。设质子的质量为m、电荷量为q，从静止被加速直到最大速度，则下列说法正确的是（　　）

A. D形盒之间交变电场的周期为

B. 只要加速时间足够长，则质子的速度可以无限增大

C. 加速电压U越大，质子离开加速器时的最大动能就越大

D. 加速电压U越大，则获得最大速度需要加速的次数越小

【答案】D

【解析】

【详解】A．质子每个运动周期内被加速两次，交流电每个周期方向改变两次，所以交流电的周期等于质子的运动周期T，根据牛顿第二定律有

解得

故A错误；

BCD．设回旋加速器D形盒的半径为R，质子获得的最大速度为vm，根据牛顿第二定律有

解得

质子的最大动能为

所以vm与加速时间无关，Ekm与加速电压U无关，但加速电压U越大，则获得最大速度需要加速的次数n越小，故BC错误，D正确。

故选D。

5. 如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，两个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b，以不同的速率沿着AO方向对准圆心O射入磁场，其运动轨迹如图。若带电粒子只受洛伦兹力的作用，则下列说法正确的是（　　）

A. b粒子匀速圆周运动的周期更大 B. b粒子速率较大

C. b粒子在磁场中运动时间较长 D. a、b粒子在磁场中运动时间一样长

【答案】B

【解析】

【详解】A．由洛伦兹力作为向心力可得

又

联立可得

，

由于两个粒子质量和电荷量都相同，故周期相同，A错误；

B．如图所示，可知带电粒子b的轨道半径较大，由A解析中的半径公式可知，其速率较大，B正确；

CD．由B解析中的图像可知，带电粒子b的轨迹对应圆心角较小，由

可知，b粒子在磁场中运动时间较短，CD错误。

故选B。

6. 如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，一带电油滴被固定在电容器中的P点，在其他条件不变的情况下，现将平行板电容器的两极板非常缓慢地错开一些，那么在错开的过程中（　　）

A. 电容器的电容C增大 B. 电流计中的电流从M流向N

C. 带电油滴所受电场力变小 D. 带电油滴的电势能不变

【答案】D

【解析】

【详解】A．平行板电容器的两极板非常缓慢地错开一些，可知正对面积S减小，由

可知，电容C减小，A错误；

B．电容器始终与电源相连，两极板间电压U不变，由

可知，Q减小，电容器放电，下极板的正电荷向左流过电流计，即电流计中的电流从N流向M，B错误；

C．由

可知，带电油滴所受电场力不变，C错误；

D．正极板接地，P点电势低于零，由于P到下极板的间距保持不变，由

可知，带电油滴的电势能不变，D正确。

故选D。

7. 如图，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙粒子分别带+q和-q的电荷，二者以相同速度v沿与x轴成30°角从原点射入磁场，且甲的质量是乙的3倍，则甲、乙在磁场中运动时间之比为（　　）

A. 1∶3 B. 6∶1 C. 1∶6 D. 2∶

【答案】B

【解析】

【详解】设粒子在磁场中运动半径为R，根据牛顿第二定律有

解得

粒子在磁场中运动的周期为

所以

作出甲、乙的运动轨迹如图所示，根据几何关系可知甲、乙转过的圆心角分别为120°和60°，所以甲、乙在磁场中运动时间之比为

故选B。

8. 如图，为探讨霍尔效应，取一块长度为a、宽度为d、厚度为h金属导体，给金属导体加与前后侧面垂直的匀强磁场B，且通以图示方向的电流I时，用电压表测得导体上、下表面间稳定的电压为U。已知自由电子的电荷量为e。下列说法中正确的是（　　）

A. 上板比下板电势高

B. 导体单位体积内自由电子数越多，电压表的示数越大

C. 导体中自由电子定向移动的速度为

D. 导体单位体积内的自由电子数为

【答案】D

【解析】

【详解】A．由题意可知金属导体中自由电子从右往左定向移动，根据左手定则可知电子将在上板聚集，所以上板比下板电势低，故A错误；

B．当上、下表面间电压稳定时，定向移动的自由电子所受洛伦兹力与电场力平衡，即

   ①

根据电流的微观表达式有

   ②

联立①②解得

   ③

根据③式可知，导体单位体积内自由电子数越多，电压表的示数越小，故B错误；

C．根据①式可知导体中自由电子定向移动的速度为

故C错误；

D．根据③式可知导体单位体积内的自由电子数为

故D正确。

故选D。

二、多项选择题（本题共4个小题，每题4分，在每个小题的四个选项中，有多项符合要求的，全部选对得4分，选对但不全的得2分，选错的得0分）

9. 如图是某区域的电场线分布。A、B、C是电场中的三个点，下列说法正确的是（　　）

A. 三点中B点场强最强，C点场强最弱

B. 一个点电荷在A处所受电场力的方向就是A点场强方向

C. 三点中B点电势最高

D. 把一负电荷从B点移到C点，电势能减小

【答案】AC

【解析】

【详解】A．B点附近电场线最密集，C点附近电场线最稀疏，所以三点中B点场强最强，C点场强最弱，故A正确；

B．只有正点电荷在A处所受电场力方向才是A点场强方向，故B错误；

C．根据沿电场线方向电势降低可知三点中B点电势最高，故C正确；

D．把一负电荷从B点移到C点，电势能增大，故D错误。

故选AC。

10. 如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，R1、R2、R3均为定值电阻，带电粒子P在平行板电容器中恰处于静止状态。不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向a端移动时，下列说法正确的是（　　）

A. 电流表读数减小 B. 电源的输出功率可能会减小

C. 粒子P将向下运动 D. R2上消耗的功率增大

【答案】BD

【解析】

【详解】AD．当滑动变阻器R4的滑片向a端移动时，其接入阻值增大，干路电流减小，由闭合电路欧姆定律可得，电容器两端的电压（等于R2两端电压）为

可知，U增大，由于R2阻值不变，由欧姆定律可知，电流表读数I2增大，由

可知，R2上消耗的功率增大，A错误，D正确；

B．电源输出功率随外电阻的变化如图所示

由于不知道题中各电阻的阻值关系，无法确定电源输出功率的变化，故电源的输出功率可能会减小，B正确；

C．带电粒子P原来在平行板电容器中恰处于静止状态，满足

由于U增大，故粒子P将向上运动，C错误。

故选BD。

11. 一直导线平行于通电螺线管的轴线（不计重力）放置在螺线管的上方，如图所示，如果直导线可以自由地运动且通以方向为由a到b的电流，则导线ab受到安培力的作用后的运动情况为（　　）

A. 从上向下看逆时针转动 B. 从上向下看顺时针转动

C. 靠近螺线管 D. 远离螺线管

【答案】AC

【解析】

【详解】AB．由安培定则可知，通电螺线管产生的磁场，其竖直分量在a端附近向上，在b端附近向下，故a端受到的安培力垂直纸面向外，b端受到的安培力垂直纸面向内，故导线ab从上向下看会逆时针转动，A正确，B错误；

CD．利用特殊位置法判断，当导线ab转过90°时，电流方向垂直纸面向内，导线处的磁场水平向右，由左手定则可知，受到向下的安培力，故在导线旋转过程会靠近螺线管，C正确，D错误。

故选AC。

12. 如图所示，点是坐标原点，A、B是轴上的两个点，其中点坐标为A点坐标的2倍。空间存在电场，一条电场线正好与x轴重合。一带正电的粒子仅在电场力作用下从点由静止出发会沿轴正方向运动，其速度与位移成正比，下列说法正确的是（　　）

A. 电场线的方向与x轴正方向相同

B. 粒子所处的电场为匀强电场

C. O、A之间的电势差为A、B之间的电势差的

D. 从到B电场力所做的功是从到A电场力所做功的2倍

【答案】AC

【解析】

【详解】A．由于带正电的粒子仅在电场力作用下能从点由静止出发沿轴正方向运动，故受到的电场力向右，即电场线的方向与x轴正方向相同，A正确；

B．假设电场为匀强电场，据动能定理可得

即与x成正比，而题中速度与位移成正比，故电场为非匀强电场，B错误；

C．设粒子到达A点的速度为v，则到达B点的速度为2v，从O到A据动能定理可得

从A到B据动能定理可得

联立可得

C正确；

D．由

结合C解析可得

D错误。

故选AC。

三、实验题（共2个题，13题6分，14题9分，请将正确答案填写在答题卡相应位置上）

13. 当使用多用电表测量物理量时，多用电表表盘示数如图所示。若此时选择开关对准×100Ω挡，则被测电阻的阻值为___________Ω。若用多用电表测量另一个电阻的阻值发现指针偏离最左端角度很大，则应该换用倍率为___________（填“×10Ω”或“×1kΩ”）的挡位，换挡后需要先进行___________，再把红黑表笔接在电阻两端测量电阻。

【答案】    ①. 2800    ②. ×10Ω    ③. 欧姆调零

【解析】

【详解】[1]20~30之间的分度值为2，所以被测电阻的阻值为

[2]若用多用电表测量另一个电阻阻值发现指针偏离最左端角度很大，说明待测电阻的阻值相对于所选挡位偏小，因此应该换用较小的×10Ω倍率。

[3]换挡后需要先进行欧姆调零。

14. 智能扫地机器人是生活中的好帮手，已走进了千家万户。如图1是国内某品牌扫地机器人所用的大容量镍氢电池组，其续航能力达到分钟，标称电动势为。小明想测出该电池组的电动势和内阻。他找来了如下器材：

A．待测电源（电动势约，内阻约2）

B．定值电阻（电阻4）

C．电阻箱（最大阻值）

D．电流表（量程，内阻约）

E．电压表（量程1V，内阻5k）

F．滑动变阻器（，）

G．滑动变阻器（，）

Ⅰ．开关、导线若干

（1）由于电压表的量程太小，小明用电阻箱与电压表___________（填“串联”或“并联”），并将电阻箱的阻值调到___________，把该电压表量程扩大为，令改装后的电压表为。

（2）如图2所示，由于该电源的内阻较小，电压表示数变化会不明显，所以小明先将定值电阻与电源串接起来，实验中滑动变阻器应选用___________（填“”或“”）。

（3）闭合电键，调节滑动变阻器，测出多组数据，作出电压与电流的关系图线如图3所示。根据图线可得该电源的电动势___________，内阻___________。（结果均保留一位小数）

（4）按照此实验方法，由于电压表分流，实验存在一定误差，内电阻的测量值与真实值相比___________。（填“偏大”“偏小”或“相等”）

【答案】    ①. 串联    ②. 70    ③. R3    ④. 14.6    ⑤. 2.0    ⑥. 偏小

【解析】

【详解】（1）[1]对电压表进行括量程改装时，需要用电阻箱与电压表串联。

[2]根据串联分压规律可知电阻箱的阻值应调到

（2）[3]滑动变阻器R4的最大阻值过大，不利于通过调节滑片使得电压表和电流表示数发生明显变化，所以滑动变阻器应选择R3。

（3）[4][5]根据闭合电路欧姆定律有

可得

[6]由于电压表分流的缘故，当电流表示数为零时，实际通过电源的电流并不为零，所以电源的内电压不为零，从而导致图像的纵截距比电源的实际电动势偏小；当电压表示数为零时，由电源和R1所构成等效电源的路端电压实际值就是零，即所作图像的横截距等于真实值。综上所述可知实验中实际作出的U-I图像斜率的绝对值比真实图像的斜率的绝对值偏小，从而造成内电阻的测量值与真实值相比偏小。

四、计算题（本题有4个小题，共37分，解答过程需写必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤）

15. 如图所示，电源电动势E=8V，内阻r=0.8Ω，闭合开关S后，标有“6V，12W”的灯泡恰能正常发光，电动机M的内阻R0=2Ω，求：

（1）流过电源的电流；

（2）电动机的发热功率。

【答案】（1）2.5A；（2）0.5W

【解析】

【详解】（1）由于灯泡正常发光，可知路端电压为

U=6V

则电源的内电压为

Ur=E-U=2V

故流过电源的电流为

（2）流过灯泡的电流为

则流过电动机的电流为

I2=I-I1=0.5A

故电动机的发热功率为

16. 如图所示，两平行光滑导轨相距为40cm，与内阻r=0.5Ω的电源相连，导轨平面与水平面成45°角。整个装置处在方向竖直向下，磁感应强度B为0.5T的匀强磁场中，当滑动变阻器调至阻值为R=5Ω时，在导轨上放置一质量为0.01kg的金属棒MN，恰好处于静止状态，经测量，导轨间的金属棒电阻值R0为0.5Ω。导轨、导线电阻不计，g取10m/s2。

（1）求金属棒所受安培力的大小，并指明金属棒上电流的方向；

（2）计算电源电动势E。

【答案】（1）0.1N，电流方向由M流向N；（2）3V

【解析】

【详解】（1）金属棒处于静止状态，由平衡条件可知，所受安培力应水平向右，受力如图所示

根据左手定则可知其电流方向由M流向N，根据平衡条件可得

解得

F=0.1N

（2）金属棒受到的安培力可表示为

F=BIL

由闭合电路欧姆定律可得

E=I(R0+R+r)

联立解得

E=3V

17. 如图所示，电子（重力可忽略）在电压U0= 45V的加速电场中，从左极板由静止开始运动，经加速电场加速后从右板中央垂直射入电压U = 90V的偏转电场中，经偏转电场偏转后打在竖直放置的荧光屏M上，整个装置处在真空中，已知电子的质量为m = 9.0 × 10 - 31kg，电荷量的绝对值为e = 1.6 × 10 - 19C，偏转电场的板长L1= 40cm，板间距离d = 40cm，光屏M到偏转电场极板右端的距离L2= 40cm。求：

（1）电子从进入偏转电场到打在荧光屏上的时间；

（2）电子打在荧光屏上的速度大小；

（3）电子打在荧光屏上时到中心O的距离Y。

【答案】（1）t = 2 × 10 - 7s；（2）v = 4 × 106m/s；（3）0.6m

【解析】

【详解】（1）电子在加速电场中由动能定理得

eU0 = mv02

得

v0 = 4 × 106m/s

电子从进入偏转电场到打到荧光屏上在平行板方向始终做匀速直线运动

L1 + L2 = v0t

解得

t = 2 × 10 - 7s

（2）电子在偏转电场中

L1 = v0t1，e = ma，vy = at1

解得

vy = 4 × 106m/s，v =

解得

v = 4 × 106m/s

（3）电子出电场后

L2 = v0t2，y2 = vyt2，Y = y1 + y2

解得

Y = 0.6m

18. 如图，在第三象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第四象限和第二象限中y>d的区域内均存在大小为B的匀强磁场，方向垂直于xoy平面向外。一个质子从电场中的P点以垂直y轴的速度射出，经过电场后从坐标原点O处以大小为v的速度与x轴成30°斜向上进入第一象限。已知P点与y轴距离，已知质子的质量为m，电荷量为q。不计粒子重力。求：

（1）匀强电场的电场强度大小；

（2）质子从P点射出直到第3次穿过x轴所经历的时间t；

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）质子经过原点O时，由速度分解可得

v0=vcos30°

vy=vsin30°

质子在电场中运动过程，水平方向有

竖直方向有

vy=at

联立解得

（2）质子从P到O过程，做类平抛运动，设运动时间为t1，可得

经过原点O之后轨迹如图所示

OA段与BC段质子做匀速直线运动，由几何关系可得

可得在这两段的运动时间为

由几何关系可知与均为60°，故质子在磁场中运动的两段圆弧合并后相当于一个完整的圆，故对应运动时间为

综上所述可得，质子从P点射出直到第3次穿过x轴所经历的时间为