陕西省西安市长安二中2024-2025学年高二（上）第二次月考物理试卷（含解析）

这是一份陕西省西安市长安二中2024-2025学年高二（上）第二次月考物理试卷（含解析），共13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.当篮球在指尖上绕轴转动时，球面上P、Q两点做圆周运动的( )
A. 半径相等
B. 线速度大小相等
C. 向心加速度大小相等
D. 角速度大小相等
【答案】D
【解析】解：A.如图所示：
P、Q两点在水平方向做圆周运动，半径垂直于转轴，根据几何知识rQ>rP，故A错误；
D.篮球上的P、Q绕轴做同轴转动，因此P、Q两点做圆周运动的角速度相等，故D正确；
B.根据线速度与角速度的关系v=rω，因此vQ>vP，故B错误；
C.根据向心加速度公式a=rω2，因此aQ>aP，故C错误。
故选：D。
A.P、Q两点在水平方向做圆周运动，根据几何知识分析P、Q两点做圆周运动的半径的大小；
D.篮球上的P、Q绕轴做同轴转动，据此分析作答；
B.根据线速度与角速度的关系v=rω分析作答；
C.根据向心加速度公式a=rω2分析作答。
本题主要考查了圆周运动半径的确定、线速度与角速度的关系、向心加速度公式，理解圆周运动的两种传动方式是解题的关键；要区别求半径与圆周运动的半径。
2.在下列所描述的运动过程中，若物体所受的空气阻力均忽略不计，则机械能守恒的是( )
A. 小孩沿滑梯匀速滑下B. 被投掷出的铅球在空中运动
C. 发射过程中的火箭加速上升D. 电梯中的货物随电梯一起匀速下降
【答案】B
【解析】解：A、小孩沿滑梯匀速滑下，小孩的动能不变，重力势能减小，所以小孩的机械能不守恒，故A错误；
B、被投掷出的铅球在空中做斜抛运动，只有重力做功，所以机械能守恒，故B正确；
C、火箭加速上升，动能和重力势能都增大，机械能不守恒，故C错误；
D、货物随电梯一起匀速下降，动能不变，重力势能减少，机械能不守恒，故D错误。
故选：B。
物体机械能守恒的条件是只有重力做功，根据机械能守恒的条件逐个分析物体的受力的情况，即可判断物体是否是机械能守恒。
掌握住机械能守恒的条件，也就是只有重力做功，分析物体是否受到其它力的作用，以及其它力是否做功，由此即可判断是否机械能守恒．
3.利用砚台将墨条研磨成墨汁时讲究“圆、缓、匀”，如图，在研磨过程中，砚台始终静止在水平桌面上。当墨条的速度方向水平向左时，( )
A. 砚台对墨条的摩擦力方向水平向左
B. 桌面对砚台的摩擦力方向水平向左
C. 桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力
D. 桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压力是一对平衡力
【答案】C
【解析】解：AB.墨条速度方向水平向左，墨条受到砚台的滑动摩擦力水平向右，根据牛顿第三定律砚台受到墨条的摩擦力方向向左，砚台有向左运动的趋势，桌面对砚台的摩擦力方向水平向右，故AB错误；
C.砚台处于静止状态，水平方向的合力为零，桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力，故C正确；
D.桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压力大小并不相等，桌面对砚台的支持力等于墨条对砚台的压力加上砚台的重力，所以桌面对砚台的支持力大于墨条对砚台的压力，不可能是一对平衡力，故D错误。
故选：C。
滑动摩擦力的方向与墨条的相对运动方向相反；根据牛顿第三定律判断砚台受到墨条的滑动摩擦力方向，根据平衡条件判断桌面对砚台的摩擦力方向；根据受力分析来判定。
本题主要考查了摩擦力方向的判断、牛顿第三定律和平衡条件的运用。
4.某带电粒子转向器的横截面如图所示，转向器中有辐向电场。粒子从M点射入，沿着由半径分别为R1和R2的圆弧平滑连接成的虚线(等势线)运动，并从虚线上的N点射出，虚线处电场强度大小分别为E1和E2，则R1、R2和E1、E2应满足( )
A. E1E2=R2R1
B. E1E2=R12R22
C. E1E2=R1R2
D. E1E2=R22R12
【答案】A
【解析】解：由转向器中有辐向电场可知，粒子受到的电场力提供向心力，又因为粒子在等势线上运动，则粒子的速度大小保持不变，根据牛顿第二定律可得：qE1=mv2R1，qE2=mv2R2，联立解得：E1E2=R2R1，故A正确，BCD错误；
故选：A。
粒子在等势线上运动，则粒子的速度大小不变，粒子受到的电场力提供向心力，结合牛顿第二定律完成分析。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，分析出粒子做圆周运动的向心力来源即可完成分析，难度不大。
5.如图所示，两段长度和材料相同、各自粗细均匀的金属导线a、b，单位体积内的自由电子数相等，横截面积之比为Sa：Sb=1：2。已知5s内有5×1018个自由电子通过导线a的横截面，则( )
A. 流经导线a的电流为0.32A
B. 流经导线b的电流为0.16A
C. 5s内有10×1018个自由电子通过导线b的横截面
D. 自由电子在导线a和b中移动的速率之比va：vb=1：2
【答案】B
【解析】解：A、电子的电荷量e=1.6×10−19C，流过a的电流为：I=qt=5×1018×1.6×10−195A=0.16A，故A错误；
B、因金属导线a、b串联，所以流过导线b的电流也是0.16A，故B正确；
C、因金属导线a、b串联，所以相同时间内通过的电荷量相等，即5s内有5×1018个自由电子通过导线b的横截面，故C错误；
D、根据电流微观表达式：I=neSv
可得：v=IneS
自由电子在导线a和b中移动的速率之比为：vavb=SbSa=21，故D错误。
故选：B。
根据电流定义式I=qt可求通过电阻的电流；根据串联电路的规律可知流过b的横截面的电子个数；根据电流的微观表达式I=neSv可得电荷定向移动的速率之比。
本题考查了电流的定义式、微观表达式以及串联电路的规律。
6.如图所示为a、b两电阻的伏安特性曲线，图中α=45°，关于两电阻的描述正确的是( )
A. 电阻a的阻值随电流的增大而增大
B. 因I−U图线的斜率表示电阻的倒数，故电阻b的阻值R=1tanα=1.0Ω
C. 在两图线交点处，电阻a的阻值等于电阻b的阻值
D. 在电阻b两端加2 V电压时，流过电阻的电流是4A
【答案】C
【解析】解：A、在I−U图象中，图象的斜率表示电阻的倒数，由图可知，电阻a的图象的斜率越来越大，故A的电阻随电压的增大而减小，故A错误；
B、两坐标的标度并不相同，所以不能直接根据图象的斜率求解电阻，故B错误；
C、两图象的交点处，电流和电压均相同，则由欧姆定律可知，两电阻的阻值大小相等；故C确；
D、由图可知，b的电阻R=105=2Ω，故当加2V电压时，电流为I=UR=22=1A，故D错误。
故选：C。
在I−U图象中，图象的斜率表示电阻的倒数；两线交点时电流和电压相等，则由欧姆定律可求得电阻相等。
本题考查伏安特性曲线的应用，要注意明确I−U图象的性质，同时注意图象的斜率可以表示电阻的倒数，但由于采用了不同的标度，故不能用图象斜率求解电阻大小，只能根据坐标值利用欧姆定律求解。
7.如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A，B，C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点．由O点静止释放的电子恰好能运动到P点．现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子( )
A. 运动到P点返回B. 运动到P和P′点之间返回
C. 运动到P′点返回D. 穿过P′点
【答案】A
【解析】解：设AB间电场强度为E1，BC间场强为E2，根据题意由O点释放的电子恰好能运动到P点，根据动能定理，有：
eE1xOM−eE2xMP=0−0…①
BC板电量不变，BC板间的场强为：
E2=U2d=QCd=4πkQϵrS…②
由②知BC板间的场强不随距离的变化而变化，当C板向右平移到P′时，BC板间的场强不变，由①知，电子仍然运动到P点返回，故A正确，BCD错误；
故选：A。
根据匀强电场电场强度的公式E=Ud，电容的定义式C=QU以及电容的决定式推导出电场强度的计算公式，知道在电量不变的情况下，改变两板间距离，场强不变，再结合动能定理进行讨论。
解决考查带电粒子在电场中的运动，关键是要运用动能定理处理，注意在电量不变的条件下，改变极板间的距离场强不变。
8.如图是两个量程的电压表，当使用A、B两个端点时，量程为0～5V，当使用A、C两个端点时，量程是0～15V，已知表头电阻Rg=300Ω，满偏电流Ig为1mA，则( )
A. R1=4.7×103ΩB. R1=5×103ΩC. R2=1×104ΩD. R2=1.5×104Ω
【答案】C
【解析】解：接A、B时，量程为U1=5V，串联的分压电阻R1，其作用是保护表头。则有：R1=U1Ig−Rg=51×10−3Ω−500Ω=4.5×103Ω。
接A、C时，电压表的量程U2=15V，串联的分压电阻R1和R2，它们的作用是保护表头，则有：R2=U2Ig−Rg−R1=151×10−3Ω−500Ω−4500Ω=10000Ω=1.0×104Ω。故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据明确电路结构，说明分压电阻的作用。根据串联电路规律可知：改装后的量程为U=Ig(Rg+R串)据此可求出应串联的电阻。
本题考查电表改装中的数据分析，关键是正确认识电路，明确串并联电路的基本规律的应用。
二、多选题：本大题共2小题，共8分。
9.四个带电粒子的电荷量和质量分别为(+q,m)、(+q,2m)、(+3q,3m)、(−q,m)，它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行。不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】【分析】
x方向粒子做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，求出t时刻竖直方向偏转位移大小，再根据电场线方向向上、向下两种情况进行分析判断。
本题主要是考查带电粒子在电场中的运动与图象的结合，关键是弄清楚粒子的受力情况和运动情况，根据相同时间内在x方向与y方向的位移大小关系进行判断。
【解答】
设质量为m、电荷量为q的粒子经过时间t在y轴方向偏转位移为y，粒子的初速度为v，比荷为k，电场强度大小为E。
根据牛顿第二定律可得加速度大小为：a=qEm=kE
x方向粒子做匀速直线运动，则有：t=xv，即经过相同时间水平位移相等
竖直方向根据位移−时间关系可得：y=12at2，整理可得：y=kEx22v2。
由于(+q,m)与(+3q,3m)的比荷相同，故轨迹相同，由于(−q,m)与其它三个粒子电性相反，故偏转方向相反。
ABC、如果电场线平行于y轴向下，则正电荷向下偏转、负电荷向上偏转，(+q,m)与(+3q,3m)重合，且(+q,m)与(−q,m)关于x轴对称，在t时刻沿y方向的位移大于(+q,2m)，故A正确、BC错误；
D、如果电场线平行于y轴向上，则正电荷向上偏转、负电荷向下偏转，(+q,m)与(+3q,3m)重合，且(+q,m)与(−q,m)关于x轴对称，在t时刻沿y方向的位移大于(+q,2m)，故D正确。
10.如图甲所示，在A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压。A板的电势为0，一质量为m、电荷量为q的电子在t=T4时刻进入两极板，仅在静电力作用下，由静止开始运动，恰好能到达B板，则( )
A. 电子在两板间做匀加速直线运动
B. A、B两板间的距离为 qU0T216m
C. 若电子在t=T8时刻进入两极板，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最终打在B板上
D. 电子在两板间的最大速度为 qU0m
【答案】BD
【解析】解：A、电子在两板间先向右做匀加速直线运动，然后向右做匀减速直线运动，故A错误；
B、电子在t=T4时刻由静止释放进入两极板运动，由分析可知，电子先加速后减速，在t=34T时刻到达B板，设两板的间距为d，加速度大小为a=qU0md，则有d=2×12a(T4)2，解得
d= qU0T216m，故B正确；
C、若电子在t=T8时刻进入两极板间，在T8−T2时间内电子做匀加速直线运动，位移x=12a(38T)2=98d>d，说明电子会一直向B板运动并在T2之前就打在B板上，不会向A板运动，故C错误；
D、由题意可知，经过T4时间电子速度最大，则最大速度为vm=a×T4= qU0m，故B正确。
故选：BD。
A、交变电场中电荷受到的电场力方向会发生变化；
B、根据电荷所受电场力求解其加速度，然后运用运动学公式求出距离；
C、分析电荷在T8−T2时间内的运动情况，根据其位移大小判断其是否会向A板运动；
D、经过T4时间电子速度最大。
考查带电粒子在交变电场中的运动规律，根据电荷的受力分析其运动情况。
三、实验题：本大题共1小题，共10分。
11.某同学在进行“测定金属丝的电阻率”的实验。
(1)如图甲所示，该同学用螺旋测微器测量金属丝的直径D=______mm。
(2)该同学用如图乙所示电路图测量金属丝Rx的电阻，供选择的仪器如下：
①电流表A1(内阻为r)；
②电流表A2；
③滑动变阻器R1(0～1000Ω)；
④滑动变阻器R2(0～20Ω)；
⑤蓄电池(2V)；
⑥电键S及导线若干。
(3)滑动变阻器应选择______(选填“R1”或“R2”)；在图丙中按图乙用连线代替导线连接实物图。
(4)闭合电键S，移动滑动触头至某一位置，记录A1、A2的读数I1、I2，通过调节滑动变阻器，得到多组实验数据；以I2为纵坐标，I1为横坐标，作出相应图象，如图丁所示。根据I2−I1图象的斜率k及电流表A1内阻r，写出金属丝电阻的表达式Rx=______。
(5)测得金属丝连入电路的长度为L，则金属丝电阻率ρ=______(用k、D、L、r表示)。
【答案】2.500 R2 rk−1 πrD24L(k−1)
【解析】解：(1)如图甲所示，螺旋测微器固定刻度示数为2.5mm，可动刻度示数为0.000mm，故金属丝的直径为
D=2.5mm+0.000mm=2.500mm。
(3)分压式电路滑动变阻器总电阻应较小，因此，滑动变阻器应选择R2；
连接实物图如图所示。
(4)根据并联电路电流的分配规律得：
I2=I1+I1rRx=(1+rRx)I1
根据数学知识可知，I2−I1图象的斜率k=(1+rRx)
则得Rx=rk−1。
(5)根据电阻定律得：Rx=ρLS
又L=πD24，Rx=rk−1
可得ρ=πrD24L(k−1)。
故答案为：(1)2.500；(3)R2，如图；(4)rk−1；(5)πrD24L(k−1)。
(1)螺旋测微器的固定刻度与可动刻度的读数之和就是螺旋测微器的读数，可动刻度要注意估读一位。
(3)分压式电路滑动变阻器总电阻应较小。对照电路图连接实物图。
(4)根据并联电路电流的分配规律和欧姆定律求出I2与I1的关系式，结合图象斜率的物理意义得到金属丝电阻的表达式。
(5)根据电阻定律R=ρLS求金属丝电阻率ρ的表达式。
螺旋测微器固定刻度与可动刻度的示数之和是螺旋测微器的示数，要注意估读一位。当变阻器总电阻较小时，往往选择分压式接法。
四、计算题：本大题共3小题，共50分。
12.光滑水平面AB与竖直面内的圆形导轨在B点连接，导轨半径R=0.5m，一个质量m=2kg的小球在A处压缩一轻质弹簧，弹簧与小球不拴接。用手挡住小球不动，此时弹簧弹性势能EP=36J，如图所示。放手后小球向右运动脱离弹簧，沿圆形轨道向上运动恰能通过最高点C，g取10m/s2.求：
(1)小球脱离弹簧时的速度大小；
(2)小球从B到C克服阻力做的功；
(3)小球离开C点后落回水平面的位置到B点的距离x。
【答案】解：(1)根据机械能守恒定律
Ep=12mv12①
v1=6m/s ②
(2)由动能定理得−mg⋅2R−Wf=12mv22−12mv12③
小球恰能通过最高点，故mg=mv22R ④
由②③④得Wf=11 J
(3)由mg=mv22R
2R=12gt2
x=v2t
得x=1m
【解析】本题的解题关键是根据牛顿第二定律求出物体经过B、C两点的速度，再结合动能定理、平抛运动的知识求解。
13.一个电荷量为q=−2×10−8C，质量为m=1×10−14kg的带电粒子，由静止经电压为U1=1600V的加速电场加速后，立即沿中心线O1O2垂直进入一个电压为U2=2400V的偏转电场，然后打在垂直于O1O2放置的荧光屏上的P点，偏转电场两极板间距为d=8cm，极板长L=8cm，极板的右端与荧光屏之间的距离也为L=8cm。整个装置如图示(不计粒子的重力)求：
(1)粒子出加速电场时的速度v0；
(2)粒子出偏转电场时的偏移距离y；
(3)P点到O2的距离y′。
【答案】解：(1)由动能定理可得：qU1=12mv02①，
解得：v0= 2U1qm=8×104m/s②
(2)带电粒子垂直进入磁场，做类平抛运动，
水平方向上：L=v0t ③
在竖直方向上：y=12at2 ④
a=qEm，E=U2d ⑤
②③④⑤联立解得：y=0.03m⑥；
(3)粒子出偏转电场后打在屏的时间 t2=Lv0⑦
平行屏方向速度 vy=at⑧
出偏转电场后沿屏方向位移：s=vyt2=0.06m，
P点到O2距离y′=y+s=0.09m。
答：(1)粒子出加速电场时的速度为8×104m/s；
(2)粒子出偏转电场时的偏移距离y为0.03m；
(3)P点到O2的距离y′为0.09m。
【解析】(1)带电粒子在加速电场中电场力做正功，由动能定理可解速度出加速电场时的速度υ。
(2)带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，利用运动的合成与分解的观点解决偏转量y。
(3)粒子出偏转电场后做匀速运动，根据运动规律求解P点到O2的距离y。
单个粒子的运动运用动能定理很简便，利用运动的合成与分解的观点解决类平抛问题。
14.如图所示，长为l的轻质细线固定在O点，细线的下端系住质量为m、电荷量为+q的小球，小球的最低点距水平面的高度为h，在小球最低点与水平面之间高为h的空间内分布着场强为E的水平向右的匀强电场，固定点O的正下方l2处有一小障碍物P，现将小球从细线处于水平状态由静止释放。
(1)细线在刚要接触障碍物P时，小球的速度是多大？
(2)细线在刚要接触障碍物P和细线刚接触到障碍物P时，细线的拉力发生多大的变化？
(3)若细线在刚接触到障碍物P时断开，小球送动到水平面时的动能为多大？
【答案】解：(1)由机械能守恒定律得：mgl=12mv2
v= 2gl
(2)细线在刚要接触障碍物P时，细线的拉力设为T1，由牛顿第二定律得：
T1−mg=mv2l
细线在刚接触到障碍物P时，细线的拉力设为T2，由牛顿第二定律得：
T2−mg=mv2l2
可解得：T2−T1=2mg
(3)细线断开后小球在竖直方向做自由落体运动，运动时间为：
t= 2hg
小球在水平方向做匀加速运动，运动的距离为：
x=vt+12qEmt2
小球运动到水平面时的动能，由动能定理得：
mgh+qEx=Ek−12mv2
可解得：Ek=mgh+mgl+2qE hl+q2E2hmg。
答：(1)细线在刚要接触障碍物P时，小球的速度是v= 2gl；
(2)细线在刚要接触障碍物P和细线刚接触到障碍物P时，细线的拉力发生2mg的变化；
(3)若细线在刚接触到障碍物P时断开，小球送动到水平面时的动能为mgh+mgl+2qE hl+q2E2hmg。
【解析】由机械能守恒定律求小球到细线接触P时的速度；
根据牛顿第二定律分别求出接触到P前后的拉力大小；
细线断开后小球在竖直方向做自由落体运动，由平抛运动求出水平的方向的距离，进而由动能定理求解。
本题要求同学们能正确的对物体进行受力分析，并能联想到已学的物理模型，根据相关公式解题。