四川省遂宁市射洪中学2023-2024学年高二上学期第三次学月物理试卷（强基班）

射洪中学高2022级强基班高二上期第三次学月考试物理试题（时间：75分钟满分：100分）第I卷(选择题)一、单项选择题(本题共7小题，每小题分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求)1、2019年3月19日，复旦大学科研团队宣称已成功制备出具有较高电导率的砷化铌纳米带材料，据介绍该材料的电导率是石墨烯的1000倍.电导率σ就是电阻率ρ的倒数，即σ＝eq\f(1,ρ).下列说法中正确的是()A.材料的电导率越小，其导电性能越强B.材料的电导率与材料的形状有关C.电导率的单位是eq\f(1,Ω·m)D.电导率大小与温度无关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3、一条形磁体放在水平桌面上，在其左上方固定一根与磁体垂直的长直导线，当导线中通以图3所示方向的电流时()A.磁体对桌面的压力增大，且磁体受到向右的摩擦力作用B.磁体对桌面的压力减小，且磁体受到向右的摩擦力作用C.磁体对桌面的压力增大，且磁体受到向左的摩擦力作用D.磁体对桌面的压力减小，且磁体受到向左的摩擦力作用4、如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接.已知导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为()A.2F B.1.5FC.0.5F D.05、如图所示为一种质谱仪的示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成.若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外.一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点.不计粒子重力.下列说法不正确的是()A.粒子一定带正电B.加速电场的电压U＝eq\f(1,2)ERC.直径PQ＝eq\f(2,B)eq\r(qmER)D.若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群离子具有相同的比荷6、某同学将一直流电源的总功率PE、电源内部的发热功率Pr和输出功率PR随电流I变化的图线画在了同一坐标系中，如图中的a、b、c所示.以下判断不正确的是()A.在a、b、c三条图线上分别取横坐标相同的A、B、C三点，这三点的纵坐标一定满足关系PA＝PB＋PCB.b、c图线的交点与a、b图线的交点的横坐标之比一定为1∶2，纵坐标之比一定为1∶4C.电源的最大输出功率Pm＝9WD.电源的电动势E＝3V，内电阻r＝1Ω7、如图甲所示，带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平向里的匀强磁场(如图乙)，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2，若加上水平向右的匀强电场(如图丙)，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3；若加上竖直向上的匀强电场(如图丁)，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4.不计空气阻力，则()A.一定有h1＝h3B.一定有h1＜h4C.一定有h2＝h4D.h1与h2无法比较二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)8、如图所示，竖直平面内有固定的半径为R的光滑绝缘圆形轨道，匀强电场的方向平行于轨道平面水平向左，P、Q分别为轨道上的最高点、最低点，M、N是轨道上与圆心O等高的点.质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)在轨道内运动，已知重力加速度为g，电场强度E＝eq\f(3mg,4q)，要使小球能沿轨道做完整的圆周运动，则下列说法正确的是()A.小球在轨道上运动时，动能最小的位置，电势能最大B.小球在轨道上运动时，机械能最大的位置一定在M点C.小球过Q、P点时所受轨道弹力大小的差值为6mgD.小球过Q、P点时所受轨道弹力大小的差值为7.5mg9、如图所示，质量为m、电荷量为＋q的圆环可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度—时间图像可能是下列选项中的()10、A、B两物体质量均为m，其中A带正电，电荷量为＋q，B不带电，通过劲度系数为k的绝缘竖直轻质弹簧相连放在水平面上，如图2所示，开始时A、B都处于静止状态.现在施加竖直向上的匀强电场，电场强度E＝eq\f(2mg,q)，式中g为重力加速度，若不计空气阻力，不考虑A物体电荷量的变化，则以下判断正确的是()A.刚施加电场的瞬间，A的加速度大小为2gB.从施加电场开始到B刚要离开地面的过程中，A物体速度大小一直增大C.从施加电场开始到B刚要离开地面的过程中，A物体的机械能增加量始终等于A物体电势能的减少量D.B刚要离开地面时，A的速度大小为2geq\r(\f(m,k))第II卷(非选择题)11、（6分）压表.组装好的多用电表有电流1mA和电压3V两挡.回答下列问题：(1)在图虚线框内画出电路图并标出R1和R2，其中*为公共接线柱，a和b分别是电流挡和电压挡的接线柱.(2)电阻箱的阻值应取R1＝Ω，R2＝Ω.(保留到个位)12、（8分）某课题研究小组准备测量一个锂电池的电动势和内阻，在操作台上准备了如下实验器材：A.待测锂电池(电动势E约为3.7V，内阻r未知)B.电压表V1(量程0～3V，内阻约为几千欧)C.电流表A(量程0.6A，内阻RA＝2.0Ω)D.电阻箱R1(0～99.9Ω)E.滑动变阻器R2(最大阻值为10Ω)F.定值电阻R0(阻值约为5Ω)G.开关S一个，导线若干(1)在实验操作过程中，该小组成员设计了如图19甲所示电路.多次改变电阻箱R1的阻值R，读出电压U，根据测得的数据作出eq\f(1,U)－eq\f(1,R)图像，如图乙所示，则电源电动势E＝________V.(2)为了测定锂电池的内阻需测出电阻R0的阻值，小组成员设计了如图丙所示的电路，请在图丁中连接对应的实物图.实验过程中，某次测量电流表示数为0.40A时，电压表示数如图戊所示，由此可求得R0＝________Ω；结合图乙可求得电池内阻r＝________Ω.(以上两空结果均保留两位有效数字)13、（10分）一列简谐横波沿x轴传播，已知x轴上x1＝1m和x2＝7m处质点的振动图像分别如图甲、乙所示，（1）这列波的周期T和振幅A分别是多少？（2）这列波的波速是多少▲14、（10分）如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1＝100Ω，R2的阻值未知，R3是一个滑动变阻器，在其滑片从最左端滑至最右端的过程中，测得电源的路端电压U随电流I的变化图线如图乙所示，其中图线上的A、B两点是滑片在变阻器两个不同的端点时分别得到的.求：(1)电源电动势和内电阻；(2)定值电阻R2的阻值；(3)滑动变阻器R3的最大值；▲15、（20分）如图所示，平面直角坐标系中有以y轴为分界线的匀强电场和匀强磁场，电场方向沿y轴负方向，磁场方向垂直纸面向里，磁场区域的宽度未知。质量m、带电荷量为（）的带电粒子从x轴上的N点处以初速度沿x轴正方向开始运动，然后经过y轴上的M点且速度与y轴成角进入磁场，经过x轴时恰与磁场边界相切，不计带电粒子的重力。(1)求电场强度E和磁感应强度B大小的比值；(2)若在粒子返回电场前瞬间，使电场方向反向，粒子再次返回到x轴时，求粒子在电场和磁场中运动的总时间；(3)若撤去电场，在N点放置一粒子源，可以向N点右侧以x轴为对称轴的角区域内发射带电粒子，速率均为，求磁场右边界上有粒子射出区域的纵坐标范围。▲射洪中学高2022级强基班高二上期第三次学月考试物理参考答案1、答案C解析材料的电导率越小，电阻率越大，则其导电性能越弱，选项A错误；材料的电导率与材料的形状无关，选项B错误；根据R＝ρeq\f(l,S)，得σ＝eq\f(1,ρ)＝eq\f(l,RS)，则电导率的单位是eq\f(m,Ω·m2)＝eq\f(1,Ω·m)，选项C正确；材料的电阻率与温度有关，则电导率大小与温度有关，选项D错误．2、答案B3、答案B解析根据条形磁体磁感线分布情况得到通电导线所在位置的磁场方向(切线方向)，再根据左手定则判断安培力方向，如图甲，根据牛顿第三定律，电流对磁体的作用力F安′与F安等大反向，如图乙所示，根据平衡条件，可知通电后桌面对磁体的支持力变小，由牛顿第三定律知磁体对桌面的压力减小，且磁体受到方向向右的摩擦力，选项B正确．4、答案B解析设三角形边长为l，通过导体棒MN的电流大小为I，则根据并联电路的规律可知通过导体棒ML和LN的电流大小为eq\f(I,2)，如图所示，依题意有F＝BlI，则导体棒ML和LN所受安培力的合力大小为F1＝eq\f(1,2)BlI＝eq\f(1,2)F，方向与F的方向相同，所以线框LMN受到的安培力大小为F＋F1＝1.5F，选项B正确．5、答案C解析粒子由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点，根据左手定则可得，粒子带正电，A正确；粒子在加速电场中做匀加速运动，则有qU＝eq\f(1,2)mv2，又粒子在静电分析器做匀速圆周运动，由电场力提供向心力，则有qE＝eq\f(mv2,R)，解得U＝eq\f(ER,2)，B正确；粒子在磁分析器中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝eq\f(mv2,r)，粒子由P点垂直边界进入磁分析器，最终打在胶片上的Q点，可得PQ＝2r＝eq\f(2,B)eq\r(\f(mER,q))，C错误；若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，说明运动的轨迹半径r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(mER,q))相同，由于加速电场、静电分析器与磁分析器都相同，则该群离子具有相同的比荷，D正确．6、答案C解析在a、b、c三条图线上分别取横坐标相同的A、B、C三点，因为直流电源的总功率PE等于输出功率PR和电源内部的发热功率Pr之和，所以这三点的纵坐标一定满足关系PA＝PB＋PC，故A错误；图线c表示电路的输出功率与电流的关系图像，很显然，最大输出功率小于3W，故C错误；当内电阻和外电阻相等时，电源输出的功率最大，此时即为b、c图线的交点处的电流，此时电流的大小为eq\f(E,R＋r)＝eq\f(E,2r)，输出功率的大小为eq\f(E2,4r)，a、b图线的交点表示电源的总功率PE和电源内部的发热功率Pr相等，此时只有电源的内电阻，所以此时电流的大小错误错误7、答案A解析题图甲中，由竖直上抛运动的最大高度公式得h1＝eq\f(v02,2g)，题图丙中，当加上电场时，由运动的分解可知，在竖直方向上，有v02＝2gh3，得h3＝eq\f(v02,2g)，所以h1＝h3，故A正确；题图乙中，洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时小球的动能为Ek，则由能量守恒定律得mgh2＋Ek＝eq\f(1,2)mv02，又由于eq\f(1,2)mv02＝mgh1，所以h1＞h2，D错误；题图丁中，因小球电性未知，则电场力方向不确定，则h4可能大于h1，也可能小于h1，因为h1>h2，所以h2与h4也无法比较，故C、B错误．8、答案BC解析根据等效场知识可得，电场力与重力的合力大小为mg等＝eq\r(mg2＋qE2)＝eq\f(5,4)mg，故等效重力加速度为g等＝eq\f(5,4)g，如图所示，tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(3,4)，即θ＝37°，若小球刚好能通过C点关于圆心O对称的D点，那么小球就能做完整的圆周运动．小球在D点时的动能最小，但D点并非是其电势能最大的位置，小球电势能最大的位置在N点，选项A错误；小球在轨道上运动的过程中遵守能量守恒定律，小球在轨道上M点的电势能最小，机械能最大，选项B正确；小球过Q点和P点时，由牛顿第二定律可得FQ－mg＝meq\f(vQ2,R)，FP＋mg＝meq\f(vP2,R)，小球从Q点到P点，由动能定理可得－2mgR＝eq\f(1,2)mvP2－eq\f(1,2)mvQ2，联立解得FQ－FP＝6mg，选项C正确，D错误．9、答案AD解析带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，当重力与洛伦兹力相等时，圆环将做匀速直线运动，A正确；当洛伦兹力大于重力时，圆环受到摩擦力的作用，并且随着速度的减小而减小，圆环将做加速度逐渐减小的减速运动，最后做匀速直线运动，D正确；如果重力大于洛伦兹力，圆环也受摩擦力作用，且摩擦力越来越大，圆环将做加速度逐渐增大的减速运动，B、C错误．10、答案ABD解析在未施加电场时，A物体处于平衡状态，当施加电场的瞬间，A物体受到的合力为A所受的电场力，故qE＝ma，解得a＝2g，方向向上，故A正确；B刚要离开地面时，地面对B弹力为0，即F弹＝mg，对A物体Eq＝mg＋F弹，即A物体所受合力为0，因此从施加电场开始到B刚要离开地面过程，A物体做加速度逐渐变小的加速运动，即A物体速度大小一直增大，故B正确；从施加电场开始到弹簧恢复原长的过程，A物体的机械能增加量等于电势能的减少量与弹性势能的减少量之和，从弹簧恢复原长到B刚要离开地面的过程，A物体的机械能增加量等于电势能的减少量与弹性势能的增加量之差，故C错误；当B刚要离开地面时，此时B受到弹簧的弹力等于B的重力，从施加电场到B离开地面，弹簧的弹力做功为零，A上升的距离为x＝eq\f(2mg,k)，根据动能定理可知qEx－mgx＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝2geq\r(\f(m,k))，故D正确．11、答案(1)见解析图(2)1002910(1)如图所示(2)接a时改装成量程为1mA的电流表，有IgRg＝(I－Ig)R1解得R1＝100Ω接b时改装成量程为3V的电压表，有U＝IgRg＋IR2解得R2＝2910Ω.12、答案(1)3.6(3.60)(2)见解析图4.83.0(1)根据闭合电路的欧姆定律有E＝eq\f(U,R)(r＋R0)＋U，两边同时除以EU，整理可得eq\f(1,U)＝eq\f(r＋R0,E)·eq\f(1,R)＋eq\f(1,E)，对照eq\f(1,U)－eq\f(1,R)图像可知，eq\f(1,E)＝eq\f(5,18)，解得E＝3.6V.(2)实物连线如图．由电表读数规则可知电压表读数为U＝2.80V，所以R0＝eq\f(U,I)－RA＝4.8Ω；由斜率k＝eq\f(r＋R0,E)＝eq\f(13,6)，解得r＝3.0Ω.13、（1）该列波的周期T=4s，该列波的振幅A=5cm。（2）由两质点的振动图像可知，t＝0时刻，x1＝1m处的质点处于平衡位置向下运动，x2＝7m处的质点位于波峰14、答案(1)20V20Ω(2)5Ω(3)300Ω(1)由闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir，代入数据得E＝16＋0.2r，E＝4＋0.8r联立解得E＝20V，r＝20Ω.(2)当R3的滑片自左向右滑动，R3阻值变小，使电路总电阻变小，而总电流变大．由此可知，图线