重庆市第七中学2023-2024学年高二上学期第二次月考物理试卷（Word版附解析）

重庆七中高2025级高二（上）第二次月考物理试题考试说明：时间75分钟试题100分试卷数4页一、单选题（每小题只有一个正确答案，每小题4分，共28分。）1.下列说法中错误的是（　　）A.沿电场线的方向，电势逐渐降低B.A、B两点间的电势差与零电势点的选取有关C.电势差是一个标量，但有正值和负值之分D.电场中某点的电势和放入该点的电荷的电性、电荷量无关【答案】B【解析】【详解】A．沿电场线的方向，电势逐渐降低，故A正确不符合题意；B．某点电势与零电势点的选取有关，两点间的电势差与两点的相对位置有关，与零电势点无关，故B错误符合题意；C．电势差是标量，正负表示两点的电势高低情况，故C正确不符合题意；D．电势是描述电场能性质的物理量，与试探电荷无关，故D正确不符合题意。故选B。2.用电场线能直观、方便地比较电场中各点场强的强弱。如图甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点：O是两点电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对于O点对称的两点，B、C和A、D也相对于O点对称。则下列说法不正确的是（　　）A.B、C两点场强大小和方向都相同B.A、D两点场强大小相等，方向相反C.E、O、F三点比较，O点场强最强D.B、O、C三点比较，O点场强最弱【答案】B【解析】【分析】【详解】A．根据对称性可知，B、C两处的电场线疏密程度相同，则B、C 两处的电场强度相等，由甲图可看出B、C两处的电场的方向相同，故A正确；B．根据对称性可知，A、D两处的电场线疏密程度相同，则A、D两处的电场强度相等，由甲图可看出A、D两处的电场的方向相同，故B错误；C．由甲图可以看出E、O、F三点中，O点处的电场线最密，所以O点处的场强最强，故C正确；D．由甲图可以看出B、O、C三点中，O点处的电场线最疏，O点场强最弱，故D正确。故选B。3.如图所示，S闭合后，两个灯泡均发光，过一段时间后两灯突然都熄灭，电流表的示数为零。用电压表测L2两端电压，电压表示数近似等于电源电压，该电路的故障可能是（　　）A.电流表坏了或未接好B.L1灯丝被烧断或没接好C.L1和L2的灯丝都被烧断D.L2的灯丝被烧断或没接好【答案】D【解析】【详解】ABC．两灯突然熄灭，电流表示数为零，说明电路中有某处断路。如果是电流表或L1处断路，在用电压表测L2两端电压时，电压表到电源两端的电路是断路，电压表不会有示数，故A项、B项、C项均错误；D．L2的灯丝被烧断或没接好，即L2处断路，在用电压表测L2两端电压时，电压表到电源两端的电路是通路，由于电压表的电阻很大，故其示数接近电源电压，故D项正确；故选D。4.如图所示，细绳拉着一带正电小球在竖直平面内做半径为的圆周运动，该区域内存在水平向右的匀强电场。A点为运动轨迹的最高点，点为运动轨迹的最低点，为水平直径。在小球做圆周运动的过程中（　　） A.在A点小球速度最小B.在点绳子的拉力最大C.在点和点绳子的拉力大小相等D.在点小球的机械能最小【答案】D【解析】【详解】AB．把重力和电场力合成为等效重力，可知在等效最高点的速度最小，在等效最低点的速度最大且拉力最大，由图可知，A点不是等效最高点，B点不是等效最低点，故AB错误；C．由题意可知，小球从C点到D点电场力做正功，动能增大，速度增大，故小球在D点的速度大于C点的速度，由牛顿第二定律可知，小球在D点时绳子的拉力较大，故C错误；D．根据能量守恒定律，小球在C点时的电势能最大，则机械能最小，故D正确。故选D。5.图是利用电动机提升重物的示意图，其中D是直流电动机。P是一个质量为m的重物，它被细绳拴在电动机的轴上。闭合开关S，重物P以速度v匀速上升，这时电流表和电压表的示数分别是5.0A和100V，重物P上升的速度为0.70m/s。重物的质量为50kg，g取10m/s2。下列说法不正确的是（　　）A.电动机消耗的电功率为500WB.绳对重物做功的机械功率350WC.电动机线圈的电阻20ΩD.电动机效率为70%【答案】C【解析】【分析】 【详解】A．根据电功率关系式有故电动机消耗的功率为500W，故A正确，不符合题意；B．以物体为研究对象，由于物体匀速上升，根据平衡条件有根据得故细绳对对重物做功的机械功率为350W，故B正确，不符合题意；C．根据功能关系有联立解得故C错误，符合题意；D．电动机效率故D正确，不符合题意；故选C。6.磁铁在弹簧的作用下静止于粗糙的斜面上，如图所示在磁铁的中垂线上某位置放置一根通电直导线，电流方向垂直于纸面向外，此时弹簧处于拉伸状态。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（　　）A.通电直导线对磁铁的作用力垂直于斜面向下 B.磁铁受到的摩擦力沿斜面向上C.若通电直导线的电流方向反向，磁铁仍保持静止D.若增大通电直导线的电流，则磁铁受到的摩擦力增大【答案】C【解析】【详解】A．由左手定则可知，导线受力垂直于斜面向下，力的作用是相互的，所以磁铁受到导线的力垂直于斜面向上，故A错误；BCD．对磁铁受力分析，可知磁铁受重力、支持力、弹力、导线对磁铁的力，有可能处于平衡状态，则摩擦力为0，此时若通电直导线的电流方向反向，磁铁受导线的作用力垂直斜面向下，则磁体对斜面的压力变大，则磁铁仍保持静止，增大通电直导线的电流，摩擦力依然不变，故BD错误，C正确；故选C。7.某电流表的原理如图所示，质量为m=40g的均质细金属棒MN的中点处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，弹簧劲度系数为k=4.0N/m。在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小B=0.20T。与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于ab，ab的长度为l=0.20m，bc的长度为L=0.05m，当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合，当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流大小，M接电源负极，N接电源正极，不计通电时电流产生的磁场的作用，下列说法正确的是（　　）A.若要电流表正常工作，磁场方向应垂直纸面向外B.若将量程扩大到原来的2倍，磁感应强度应变为C.此电流表可以测量的最大电流为5.0AD.把此电流表放入向上匀加速直线运动的升降机中，测量的电流值偏大【答案】CD【解析】【详解】A．当电流表正常工作时，电流表有示数，金属棒必受到向下的安培力，根据左手定则知，磁场方向垂直纸面向里，故A错误； C．当金属棒处于ab处时，电流表示数最大，设满量程时通过MN的电流大小为，则有得故C正确；B．设量程扩大后，磁感应强度变为，则有得故B错误；D．如果把此电流表放入匀加速上升的升降机中，金属棒处于超重状态，则指针示数比正常情况下要大，则得的电流偏大，故D正确。故选CD。二、多选题（每题有多个选项正确，每小题5分，共15分。）8.如图所示，两块足够大平行金属板、与电源相接，其中板接地，在两极板之间的中点有一粒子源，可以向平面内各个方向发射速度大小为、质量为、带电量为的粒子（不计粒子重力），开关S闭合后，竖直向上射出的粒子恰好打不到板上，则下列说法正确的是（　　）A.粒子带正电B.S断开，极板右移（点仍然在电场内），可能有粒子打到板C.S断开，极板右移（点仍然在电场内），点的电势升高D.打到板的粒子中，用时最长的粒子所用时间是用时最短的粒子的倍【答案】ACD【解析】【详解】A．竖直向上射出的粒子恰好打不到板上，粒子受到电场力作用方向向下，由电路分析可知上极板带正电，所以粒子带正电，故A正确；BC．S断开，极板右移（点仍然在电场内），根据 可知，电容减小，电量不变电势差变大，板间场强变大，电场力变大，粒子不能打到板，因为点到下极板距离不变点的电势升高，故B错误C正确；D．打到板的粒子中，用时最长的粒子即竖直向上射出的粒子，向上匀减速到零后反向加速过程用时比为用时最短的粒子,即竖直向下射出的粒子，根据运动的对称性可知故D正确。故选ACD。9.如图（a）所示电路，为滑动变阻器，为定值电阻。从左向右移动变阻器的滑片，根据电表数据得到图像如图（b）所示，则（　　）A.的最大功率为4WB.的最大功率为3WC.电源的最大输出功率为3WD.电源的输出功率先增大后减小【答案】BC【解析】 【详解】A．根据欧姆定律可知所以图（b）中斜率为正的图线反映R2的伏安特性。设电源电动势为E，内阻为r。根据闭合电路欧姆定律有U3=E-Ir，U1=E-I（r+R2）所以，所以图（b）中斜率为负的两条图线中，斜率绝对值较大的图线反映了V1表示数随I的变化，则r+R2=4Ω斜率绝对值较小的图线反映了V3表示数随I的变化，则r=1Ω，E=4VR1的输出功率为根据数学知识可知当R1=R2+r时，P1有最大值为P1max=1W故A错误；B．当电路中电流最大时，R2的功率最大，此时R1接入电路的阻值为零，所以故B正确；CD．电源的输出功率为从左向右移动变阻器的滑片，R1增大，根据数学知识可知当R1+R2＞r时，P随R1的增大而减小，当R1=0时，P有最大值为Pmax=P2max=3W 故C正确D错误。故选BC。10.如图所示，在一倾角为的绝缘斜面下端，固定有垂直于斜面的绝缘挡板。斜面段粗糙，长度，段光滑，长度，在斜面的所在区域有竖直向下的匀强电场，场强为；有一带正电小滑块质量为；电量为，小滑块与段表面的动摩擦因数为0.75。将小滑块从点由静止释放，在运动过程中没有电量损失，与挡板相碰后原速返回。已知：，，取。（　　）A.小滑块第一次过点的速度大小B.小木块与挡板碰撞的次数11次C.小木块最终停止的位置距离挡板为0.01mD.小滑块在斜面上运动的过程中减小的机械能为0.612J【答案】AC【解析】【详解】A．小滑块第一次过N点的速度为v，根据动能定理有代入数据得故A正确；BC．滑块在ON段运动时所受的摩擦力为f=μ（mgcos37°+qEcos37°）=2.4×10-2N滑块所受重力、电场力沿斜面的分力为F1=mgsin37°+qEsin37°=2.4×10-2N因此滑块沿ON下滑时做匀速运动，上滑做匀减速运动，速度为零时可停下。设小滑与挡板碰撞n次后停在距挡板距离为x处，则由动能定理得 由0≤x≤0.02m 得12.5≤n≤13.5取n=13得x=0.01m故B错误，C正确；D．全过程电场力和摩擦力做功为解得W=-0.612×10-2J机械能减小0.612×10-2J。故D错误。故选AC。三、实验题（11题6分，12题8分，共14分。）11.要测量某种合金的电阻率。①若合金丝长度为，直径为，阻值为，则其电阻率=_________。用螺旋测微器测合金丝的直径如图甲所示，读数为__________mm。②图乙是测量合金丝阻值的原理图，是单刀双掷开关，根据原理图在图丙中将实物连线补充完整_________。③闭合，当处于位置时，电压表和电流表的示数分别为，；当处于位置时，电压表和电流表的示数分别为，；根据以上测量数据判断，当处于位置_______（选填“”或“”）时，测量相对准确，测量值___________Ω。（结果保留2位有效数字） 【答案】①.②.0.655##0.653##0.654##0.656##0.657③.见解析④.b⑤.2.9【解析】【详解】①[1]根据电阻定律解得电阻率[2]螺旋测微器的精确值为，图甲读数为②[3]实物连线如图所示③[4][5]根据 ，可知，电压表示数变化较大，说明电流表分压作用较大，因此采用电流表外接法测量时相对准确，即处于位置，根据欧姆定律可得12.在“描绘小电珠的伏安特性曲线”的实验中，用导线a、b、c、d、e、f、g和h按图甲所示方式连接好电路，电路中所有元器件都完好，且电压表和电流表已调零。闭合开关后：（1）若不管怎样调节滑动变阻器，小电珠亮度能发生变化，但电压表、电流表的示数总不能为零，则可能是_________导线断路。（2)某同学排除故障后测出电源和小电珠的特性图线。如图乙所示．电源的电动势_________V：小电珠的电阻随温度的上升而_________。（3）将与上面相同的两个小电珠并联后接到上面电源上，每一只小电珠的实际电功率是_________W。（保留2位小数）【答案】①.g②.3.0③.增大④.0.99##0.95##0.96##0.97##0.98##1.00##1.01##1.02##1.03##1.04##1.05【解析】【详解】（1）[1]若不管怎样调节滑动变阻器，小电珠亮度能发生变化，但电压表电流表的示数总不能为零，说明滑动变阻器不起作用，连成了限流接法，故g断路。（2）[2]电源的U﹣I图线纵轴截距等于电源的电动势，则由图知，电源的电动势[3]根据欧姆定律 可得小电珠的电阻，由数学知识分析可知，R等于小电珠的U﹣I特性图线上的点与原点连线的斜率，则小电珠的电阻随温度的上升而增大。（3）电源的内阻等于电源的U﹣I图线的斜率绝对值，则得内阻为当两个小电珠并联后，接到电源上，设每个小电珠的电压为U，电流为I，则总电流为2I，由闭合电路欧姆定律得即作出图像如图所示它与小电珠的图交点坐标为则一个小电珠的实际电功率为四、解答题（13题12分，14题13分，15题18分，共43分。）13.如图所示，电阻不计的水平导轨间距L=0.5m，导轨处于方向与水平面成α=53°角斜向右上方的磁感应强度B=5T的匀强磁场中。导体棒ab垂直于导轨放置且处于静止状态，其质量m=1kg，电阻R=0.9Ω，与导轨间的动摩擦因数μ=0.5.电源电动势E=10V，其内阻r=0.1Ω，定值电阻的阻值R0=4Ω。不计定滑轮的摩擦，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，细绳对ab的拉力沿水平方向，重力加速度g取10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：（1）通过ab的电流大小和方向；（2）ab受到的安培力大小； （3）重物重力G的取值范围。【答案】（1）2A，电流方向由a到b；（2）5N；（3）【解析】【详解】（1）由闭合电路欧姆定律可得电流方向由a到b；（2）ab受到的安培力大小为（3）①若导体棒ab恰好有水平向左的运动趋势时，导体棒所受静摩擦力水平向右，则由共点力平衡条件可得联立解得②若导体棒ab恰好有水平向右的运动趋势时，导体棒所受静摩擦力水平向左，则由共点力平衡条件可得联立解得综合可得，重物重力G的取值范围为 14.如图为示波器的原理示意图，质量为m、带电量为＋q的粒子从加速电压为的电场正极板O点由静止释放，并沿中央轴线进入到偏转电场中，最后打到荧光屏上。已知偏转电场两板间距为d、板长为L，偏转电场右端到荧光屏的距离也为L，不计带电粒子的重力，求：（1）粒子进入偏转电场时的速度；（2）若粒子恰能从下极板的边缘离开偏转电场时，两板间的电势差U；（3）带电粒子打到荧光屏上偏离中心的最大距离Y。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）根据动能定理可得解得（2）粒子恰能从下极板的边缘离开偏转电场时,带电粒子做类平抛运动水平方向有竖直方向有根据牛顿第二定律可知由电场强度与电势差的关系可得 联立上式可得（3）带电粒子从下极板的边缘离开偏转电场时打到荧光屏上偏离中心的最大距离，根据几何关系为解得15.光滑绝缘水平面上有一坐标系xOy，半径为R的光滑绝缘圆环固定在坐标系内，圆环圆心位于坐标原点，如图甲所示。圆环内侧A（0，R）处放置一个质量为m、电荷量为+q的带电小球，为了通过电场来控制带电小球的运动，现在圆环内加上水平方向的匀强电场。若小球由静止释放，经时间T沿直线运动到B（R，0）处；若给小球一个沿﹣x方向的初速度，小球恰能做完整的圆周运动。小球可视为质点。（1）求匀强电场的电场强度E1的大小和方向。（2）求小球做圆周运动时，通过A点的动能EK。（3）将原电场更换为图乙所示的交变电场（正、负号分别表示沿y轴负方向和正方向），t=0时刻，小球在A点由静止释放。欲使小球能在一个周期T内不与圆环轨道相碰，试求所加电场强度E2的最大值。【答案】（1），方向由A指向B；（2）；（3）【解析】【详解】（1）小球由静止释放，沿直线从A到B，可知电场力方向沿着AB方向指向B，由运动学公式可得可得 方向由A指向B。（2）小球最容易脱轨的位置为C点，如下图所示：小球恰能做完整的圆周运动，可知小球在C点恰好由电场力来提供向心力，则有从A点到C点利用动能定理联立方程可得（3）若加上沿着y轴方向交变电场，若小球没有碰到轨道，可知小球在第一个内做初速度为零的匀加速直线运动，第二个内做匀减速直线运动，这两个内加速度大小相等，所以位移大小相等，第三个内小球反向做匀加速直线运动，第四个内做匀减速直线运动，所以小球在一个T内返回A点，要使电场强度E2最大，且小球能在一个周期T内不与圆环轨道相碰，可知小球在时刻恰好运动到圆心，由运动学公式可得可得