【物理】四川省达州市万源市2024-2025学年高二上学期第二次月考试题（解析版）

这是一份【物理】四川省达州市万源市2024-2025学年高二上学期第二次月考试题（解析版），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。
一、选择题（共50分，1-7为单项选择题，每小题5分，8-10为多项选择题每小题5分，少选得3分，多项错选不得分）
1. 以下说法正确的是（ ）
A. 电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低
B. 由公式可知电场中某点的电势与电荷在该点的电势能有关
C. 常温下，若将金属丝均匀拉长为原来的2倍，则电阻变为原来的4倍
D. 由可知，匀强电场中任意两点a、b间距离越大，两点间的电势差也越大
【答案】C
【解析】A．电势随电场线方向减小，不由电场强度大小决定，所以A错误；
B．沿电场线方向，电场力可能做正功也可能负功，也就是说当电势减小时电势能可能增大也可能减小，既电势与电势能没有必然关系，故B错误；
C．电阻大小与长度成正比，与面积成反比，拉长两倍后，长度为原来两倍，面积为原来的一半，则电阻增大4倍，故C正确；
D．d为沿着电场线方向的距离，而垂直于电场线方向时，不论距离多大电场大小相同，故D错误。
2. 如图所示，实线为某静电场的电场线，虚线为一带电粒子仅在静电力作用下的运动轨迹，、是轨迹上的两点。不计粒子重力，下列判断正确的是（ ）
A. 粒子一定做加速运动
B. 点电势高于点电势
C. 粒子在点的速度大于在点的速度
D. 粒子在点的加速度小于在点的加速度
【答案】C
【解析】A．从运动轨迹的弯曲方向可判定粒子受力方向沿电场方向，故粒子带正电，但无法判定粒子是从还是，则无法判断粒子做加速运动还是减速，故A错误；
B．作出过点和过点的等势线可知
故B错误；
C．粒子带正电，在点电势能小于在点电势能，由能量守恒知在点动能大于在点动能，故C正确；
D．点处电场线密，场强大，故加速度大，粒子在点的加速度大于在点的加速度，故D错误。
故选C。
3. 如图的U-I图像中，直线I为某一电源的路端电压与电流的关系图像，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线，用该电源与电阻R组成闭合电路，则（ ）
A. 电源电动势3V，内阻2Ω
B. 电阻R的阻值为0.5Ω
C. 电源的总功率为4W
D. 电源的效率为66.7％
【答案】D
【解析】A．根据闭合电路欧姆定律可知，图像Ⅰ与纵轴的交点表示电源电动势，为3V，图像Ⅰ的斜率的绝对值表示电源内阻，为0.5Ω，故A错误；
B．根据欧姆定律可知图像Ⅱ的斜率表示电阻R的阻值为1Ω，故B错误；
C．图像交点为工作时的状态，此时电源的电动势为3V，电流为2 A，则电源总功率为6 W，故C错误；
D．电源的路端电压为2V，电流为2 A，则输出功率为
电源效率
故D正确。
故选D。
4. 如图，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，电源内阻为r，、、为定值电阻，当滑动变阻器的滑片向a端移动时，下列说法正确的是（ ）
A. 电压表示数减小
B. 带电质点P向上运动
C. 电源的输出功率变小
D. 若电压表、电流表的示数变化量分别为和，则
【答案】B
【解析】AB．当滑动变阻器的滑片向a端移动时，阻值变大，总电阻变大，总电流减小，路端电压变大，R1及内阻r上的电压减小，则电压表读数变大，电容器两板间电压变大，可带电质点P受到向上的电场力变大，向上运动，选项A错误，B正确；
C．因电源内阻和外电阻之间的关系不确定，则不能判断电源的输出功率变化情况，选项C错误；
D．根据
可得
选项D错误。
故选B。
5. 如图甲所示，计算机键盘为电容式传感器，每个键下面由相互平行间距为d的活动金属片和固定金属片组成，两金属片间有空气间隙，两金属片组成一个平行板电容器，如图乙所示。其内部电路如图丙所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 按键的过程中，电容器的电容减小
B. 按键的过程中，电容器的电量减小
C. 按键的过程中，图丙中电流方向从a流向b
D. 按键的过程中，电容器两极板间的电场强度增大
【答案】D
【解析】A．根据平行板电容器的电容计算公式
得知，按键过程中，板间距离d减小，电容C增大，故A错误；
B．电容C变大，由于U不变，根据
Q=CU
可知Q增大，故B错误；
C．因C增大，U不变，根据
Q=CU
知Q增大，电容器充电，电流方向从b流向a，故C错误；
D．按键过程中，板间距离d减小，由于U不变，根据可知，电容器两极板间的电场强度增大，故D正确。
故选D。
6. 空间中有一电场，若取x轴正方向为正方向，其电场强度E随x变化的图像如图所示，大小相对于纵坐标轴对称，则（ ）
A. 点的场强最小，电势最低
B. 处的电势和处的电势相等
C. 处到点的电势差与点到处的电势差相等
D. 电子从处到处的过程中电势能一直减小
【答案】C
【解析】AB．从图像可以看出，O点的场强最小；由于电场强度的方向全是沿x轴的正方向，沿着电场线电势降低，故在x轴正方向上，x越大，电势越低；故AB错误；
C．根据对称性可知，处的电势的绝对值和处的电势绝对值相等，结合AB可得处到点的电势差与点到处的电势差相等，故C正确；
D．由于电场强度是正方向，故电子受力沿着负方向，故电子电子从处到处的过程中电场力与速度一直反向，电场力做负功，电子的电势能增大，故D错误。
故选C。
7. 如图所示，电源电动势E=9V，内电阻r=4.5Ω，变阻器R1最大电阻Rm=5．0Ω，R2=1.5Ω，R3=R4=1000Ω，平行板电容器C的两金属板水平放置，若电容大小为C=5μF，上下极板间的距离d=0.3m．在开关S拨到a后，R1接入电路的阻值为3Ω时，在平行板电容器中间引入一带电微粒恰能静止（取g=10m/s2），那么下列说法正确的是（ ）
A. 引入的微粒带负电，比荷为0.1C/Kg
B. 当R1的阻值增大时，R3中有电流通过，方向为d→c
C. 当开关拨到b后，微粒将以a=5m/s2竖直向下匀加速运动
D. 当开关拨到b后，通过R4的电量为2.25×10-5C
【答案】D
【解析】A．开关S拨到a后，带电粒子恰好静止，所受到的电场力方向竖直向上，与电场方向相反，所以粒子带负电，根据闭合电路的欧姆定律
则电容器两端的电压为
根据
解得
A错误；
B．当R1的阻值增大时， R1的两端的电压增大，即电容器两端的电压，电容器充电，电流方向是c→d，B错误；
C．开关拨到b后，电容器的极性改变，电容两端的电压等于电阻R2两端的电压，则
则粒子的加速度
解得
竖直向下，C错误；
D．当开关拨到b后，电容器先经过放电，在充电的过程，每次均通过R4，则通过R4的电量为
D正确。
故选D。
8. 如图甲是多用电表内部结构示意图，图乙是刻度盘，通过选择开关分别与1、2、3、4、5、6相连，以改变电路结构，分别成为电流表、电压表和欧姆表，下列说法正确的是（ ）
A. A是黑表笔、B是红表笔
B. 作为电流表时选择开关连1比连2量程大，作为电压表时选择开关连6比连5量程小
C. 用多用电表的欧姆挡测电阻时，若指针偏转角度很小，则应换倍率更大的挡进行测量
D. 指针位置如图乙所示，若选择“×10Ω”挡，示数为180Ω；若选择直流电压“10V”挡，读数为4.4V
【答案】CD
【解析】A．内置电源的正极应与黑表笔相连，电源的负极应与红表笔相连，所以A为红表笔，B为黑表笔，故A错误；
B．当选择开关与1、2相连时，多用电表是电流表，接1时并联电阻较小，电流表的量程较大；当选择开关与5、6相连时，多用电表是电压表，接6时串联电阻较大，电压表的量程较大，故B错误；
C．当选择开关与3、4相连时，多用电表是欧姆表，测量电阻之前需进行欧姆调零，C正确；
D．指针位置如题图乙所示，若选择“×10Ω”挡，示数为180Ω；若选择直流电压“10V”挡，最小分度为0.2V，根据读数规则可知，指针示数为4.4V，故D正确。
故选CD。
9. 图甲为两水平金属板，在两板间加上周期为T的交变电压u，电压u随时间t变化的图线如图乙所示，质量为m、重力不计的带电粒子以初速度v0沿中线射入两板间，经时间T从两板间飞出。下列关于粒子运动的描述正确的是（ ）
A. t=0时入射粒子，离开电场时偏离中线的距离最大
B. t=0时入射的粒子，离开电场时的动能最大
C. 无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度方向都水平
D. 无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度大小都相等
【答案】ACD
【解析】CD．因粒子在电场中运动的时间等于电场变化的周期T，根据牛顿第二定律和速度时间公式
Δv=at
可知，所有粒子离开电场时竖直方向的速度为零，即最终都沿水平方向射出电场，离开电场时的速度大小都等于初速度，故CD正确；
AB．粒子在电场中运动的时间是相同的；t=0时入射的粒子，在竖直方向先加速，然后减速到0时恰离开电场区域，故t=0时入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大；时入射的粒子，在竖直方向先加速，再减速，再反向加速，反向减速到零恰离开电场区域，此时刻射入的粒子离开电场时偏离中线的距离为零；故A正确，B错误。
故选ACD。
10. 某种角速度测量计结构如图所示，轻弹簧一端连接在竖直转轴OO′，另一端连接在原件A上，且A穿在一根光滑水平杆上，当整体系统绕轴OO′转动时，元件A发生位移并通过滑动变阻器输出电压U，电压传感器（传感器内阻无限大）接收相应的电压信号，已知A的质量为m，弹簧的劲度系数为k、自然长度为l，电源的电动势为E、内阻不计，滑动变阻器总长也为l，电阻分布均匀，系统静止时P在变阻器的最左端B点，当系统以角速度转动时，则（ ）
A. 电路中电流不会随角速度的变化而变化
B. 输出电压U随角速度的增大而减小
C. 输出电压U与的函数式为
D. 弹簧的伸长量为
【答案】AC
【解析】A．当系统在水平面内以角速度ω转动时，无论角速度增大还是减小，BC的电阻不变，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流保持不变，与角速度无关，故A正确；
B．当角速度增大，弹簧的伸长量增大，则BP之间的分压变大，即输出电压U增大，故B错误；
CD．设系统在水平面内以角速度ω转动时，弹簧伸长的长度为x，则对元件A，根据牛顿第二定律得
则得
又输出电压为
联立两式得
故C正确，D错误。
故选AC。
二、实验题（共16分，11题除（3）问2分外，其他每空1分；12题每空2分）
11. 某小组用铜棒完成“测定金属电阻率”实验，实验步骤如下：
（1）首先通过螺旋测微器测量铜棒直径，通过游标卡尺测铜棒的长度，测量结果如图所示，则铜棒直径D =______mm，铜棒的长度L =______mm。

（2）为了精密测量该金属丝的电阻率，某实验小组先使用多用电表粗测其电阻约为 10Ω ，然后进行较准确测量，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下：
A.电压表V （量程3V ，内阻约为15kΩ ）
B.电流表A（量程600mA ，内阻约为1Ω ）
C.滑动变阻器R（0 - 5Ω， 0.6A）
D.输出电压为3V 的直流稳压电源
E.开关S ，导线若干
①为尽量减小实验误差，且要求在实验中获得较大的电压调节范围，在方框内画出电路图______。
②用正确的电路测量金属丝的电阻，其电压表的示数为，电流表的示数为，用实验测量的物理量L、D、U、I表示电阻率，则表达式为______。该电阻的测量值______真实值（选填 “大于”、“ 等于”或“小于”）
【答案】（1）6.122#6.123#6.124 33.10 （2） 小于
【解析】（1）[1]螺旋测微器的精确值为，由图可知铜棒的直径为
[2]20分度游标卡尺的精确值为，由图可知铜棒的长度为
（2）[1]要求实验过程电压有较大的调节范围，则滑动变阻器应采用分压接法，由于两表与电阻关系
为减小系统误差，电流表应采用外接法
电路图如图所示
[2]由电阻定律可知
由欧姆定律
可知电阻率
[3]因为采用的电流表外接法，电压测量值准确，电流值偏大，所以根据欧姆定律可知，电阻测量值小于真实值。
12. 某同学在测定一节干电池的电动势和内阻的实验中，实验室提供的器材有：
A.电流表：量程0~0.6A，内阻约
B.电流表：量程0~3A，内阻约
C.电压表：量程0~3V，内阻约
D.电压表：量程0~15V，内阻约
E.滑动变阻器（最大阻值）
F.开关、导线若干
（1）为了较准确测量电池的电动势和内阻，按照如图甲所示电路图，电压表应该选择______，电流表应该选择______。（均选填仪器前面的字母序号）
（2）在实验中测得多组电压和电流值，得到如图乙所示的图线，由图可知电源电动势______V，内阻______Ω。（结果保留三位有效数字）
（3）图丙中实线为小明同学按如图甲所示电路图，正确操作时作出的图线，两条虚线、中有一条是电源电动势和内阻真实图线，下列说法正确的有______。
A. 图线表示真实图线，小明同学所测电动势和内阻均偏小
B. 图线表示真实图线，小明同学所测电动势大小等于真实值，内阻偏大
【答案】（1）C A （2）1.48##1.49##1.50 1.72##1.73##1.74 （3）A
【解析】（1）[1][2]一节干电池，电动势越为1.5V，提供的电流较小，为了减少实验误差，故电压表选C，电流表选A；
（2）[1][2]根据闭合电路欧姆定律
结合图乙可知，电源电动势及电源内阻分别为
（3）由于电压表的分流作用，真实的干路电流为流过电流表和电压表电流之和，即每一个路端电压对应的干路电流大于电流表的示数，且外电路短路时，电压表分流为0，短路电流相同，即小明作出的图线和真实图线与横轴交点相同，故修正后的图像为图线a，即表示真实图线，由图可知电动势和内阻的测量值均小于真实值。
故选A。
三、计算题（共34分，13题8分，14题12分，15题14分）
13. 如图所示，质量为m、电荷量为q的带正电的小球用长为L的绝缘细线悬挂在天花板上，空间存在水平向右的匀强电场，小球静止时位于P点，此时细线与竖直方向的夹角α=45°，不计小球的大小，重力加速度为g。
（1）求匀强电场的电场强度大小；
（2）小球静止在P点时绳上的拉力大小。
【答案】（1） （2）
【解析】（1）对小球进行受力分析，如图所示
根据受力平衡可得
解得匀强电场的电场强度大小为
（2）以小球为对象，根据受力平衡可得
解得小球静止在P点时绳上的拉力大小为
14. 图甲所示为某品牌的共享电动自行车。某兴趣小组同学对共享电动自行车的工作原理产生了浓厚的兴趣，现将其电源、车灯、电动机构成的电路简化为图乙所示。查阅资料得知该电动车的电源电动势，内阻，电动机的线圈电阻，车灯电阻（不变），电流表内阻忽略不计。
（1）当只有接通时，求此时车灯两端电压；
（2）当、都接通时，电流表示数为，此时电动机正常工作。求电动机正常工作5分钟，电动机的线圈电阻产生的热量Q。
【答案】（1）38.4V （2）1500J
【解析】（1）当只有接通时，由闭合电路欧姆定律得
代入数据解得
此时车灯的两端电压为
（2）当、都接通时，电流表示数为I=4A，此时电动机正常工作，由闭合电路欧姆定律得
解得路端电压为
此时通过车灯的电流为
因此通过电动机的电流为
则电动机正常工作5分钟，电动机的线圈电阻产生的热量为
15. 如图所示，质量为，电荷量为的小球从点水平飞出，之后从点沿切线进入竖直光滑绝缘圆弧轨道PQ。圆弧轨道圆心为O，半径为R，OP连线与竖直方向夹角为60°，P、Q两点等高，M点与圆弧轨道所在圆的最高点等高，在虚线ab、cd之间存在大小为，方向水平向右的匀强电场；在cd的右侧存在大小为，方向沿点切线方向斜向上的匀强电场，重力加速度为g，忽略空气阻力。求：
（1）小球从点水平飞出时的初速度大小；
（2）小球在圆弧轨道上运动时所受弹力的最大值；
（3）小球从点飞出后，运动过程中经过与点等高的点（图中未画出）时，到点的距离。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）设小球在点速度为，竖直分速度为，水平分速度为
小球从点到点做平抛运动，由题意及平抛运动特点可得
由以上两式可得小球从点水平飞出时的初速度大小
（2）小球在圆轨道上受到的重力和电场力的合力大小
由几何关系及题意可知，小球在圆弧轨道上运动时，小球在点等效为圆周运动的最低点，此时小球所受轨道的弹力最大。由动能定理得
解得
又由牛顿第二定律得
解得小球在圆弧轨道上运动时所受弹力的最大值
（3）小球在点飞出轨道时，设竖直和水平方向速度分别为、，竖直和水平方向合力分别为、
由牛顿第二定律得
又
小球从点到点的时间
到点的距离