四川省遂宁市蓬溪中学2024-2025学年高二上学期第二次月考物理试卷

四川省蓬溪中学校高2023级第二次月考物理试题（考试时间75分钟满分100分）第I卷（选择题，共46分）一、单选题（每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）1.关于地磁场，下列说法正确的是（）A.地理南极与地磁场南极重合B.地磁场的磁感线不是闭合的曲线C.在赤道上小磁针的南极在静止时指向地理的南方D.地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行【答案】C【解析】【详解】A．地磁北极位于地理南极附近，A错误；B．磁感线是闭合的曲线，地磁场的磁感线也是闭合的曲线，B错误；C．由于地磁北极位于地理南极附近，则在地球外部，磁感线由地理南极出来，回到地理北极，即赤道上的磁场方向是由地理南指向地理北，则在赤道上的小磁针在静止时的北极应该指向指向地理的北方，而小磁针在静止时的南极应该指向指向地理的南方，C正确；D．地球表面只有赤道位置的地磁场方向与地面平行，其它位置地磁场都有竖直分量，D错误。故选C。2.空间有x轴方向的电场，若沿x轴正方向，电场强度为正。x轴上各点场强E随x变化的关系如图所示，则（）A.处的场强小于x2处的场强B.正点电荷从x1运动到，其电势能减小C.正点电荷从x1运动到，其电势能先增大再减小D.正点电荷从x1运动到，其电势能先减小再增大【答案】D【解析】【详解】A．x0和x2处电场强度都为负值，负号表示电场强度方向，由图可知，处的场强大于x2处的场强，故A错误；BCD．由图可知，从x1到电场强度方向先向右后向左，则电势先降低后升高，所以正点电荷从x1运动到，其电势能先减小后增大，故D正确，BC错误。故选D。3.用如图所示的实验来研究电磁感应的条件，下列有关实验过程的描述不正确的是（）A.闭合开关的瞬间，电流表指针将发生偏转B.闭合开关后，当滑动变阻器滑片向右滑动时，电流表指针将发生偏转C.闭合开关后，当线圈A和线圈B整体在桌面移动时，电流表指针将发生偏转D.闭合开关后，当线圈A从线圈B中迅速抽出时，电流表指针将发生偏转【答案】C【解析】【详解】A．闭合开关的瞬间，穿过线圈B的磁通量增大，线圈B中产生感应电流，电流表指针将发生偏转，A正确，不符合题意；B．闭合开关后，当滑动变阻器滑片向右滑动时，通过线圈A的电流增大，通过线圈B的磁通量增大，产生感应电流，电流表指针将发生偏转，B正确，不符合题意；C．闭合开关后，当线圈A和线圈B整体在桌面移动时，线圈B的磁通量不变，不会有感应电流产生，电流表指针将不发生偏转，C错误，符合题意；D．闭合开关后，当线圈A从线圈B中迅速抽出时，穿过线圈B的磁通量减小，线圈中产生感应电流，电流表指针将发生偏转，D正确，不符合题意。故选C。4.在如图所示的电路中，电源的电动势为，内阻为，为定值电阻，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，三个理想电表的示数都发生了变化，电表A、V1、V2的示数分别用、、表示，示数变化量的绝对值分别用、、表示，下列判断正确的是（）A.增大，增大 B.减小，增大C.不变，不变 D.【答案】D【解析】【详解】AB．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时增大，电路的外电阻电阻增大，由知总电流减小，由路端电压可知路端电压增大，与串联，且与串联的电压为路端电压由知U1减小，所以U2增大，AB错误；CD．要注意对于定值电阻，是线性元件，有由电路图可知故，不变化，对于电阻R2有由于R2增大，故增大，则增大，所以故C错误，D正确。故选D。5.如图所示，两根细线拴着两个静止的质量相同的小球A、B，上、下两根细线中的拉力分别是、，现在使A、B带同种电荷，再次静止，上、下两根细线拉力分别为、，则（）A.、B.、C.、D.、【答案】B【解析】分析】【详解】把A、B两小球整体研究，受A、B两球的重力，绳A的拉力，处于平衡态，故拉力等于重力即对B分析，当两小球不带电时带电后同种电荷相斥由上分析知故B正确，ACD错误。故选B。6.一U形磁铁用轻质柔软细绳悬挂在天花板上，静止在如图所示的位置时绳中的张力大小为T，现突然在其正下方的导线中通以向左的电流，U形磁铁可绕轻绳自由旋转，从上往下看，下列说法正确的是（）A.磁铁顺时针旋转，且T会变小 B.磁铁逆时针旋转，且T会变小C.磁铁顺时针旋转，且T会变大 D.磁铁逆时针旋转，且T会变大【答案】C【解析】【详解】由左手定则可知，导线左端受到垂直直面向外的安培力的作用，而导线右端受到垂直直面向里的安培力的作用，由牛顿第三定律可知磁铁N极即受到导线垂直直面向里的力，磁铁S极即受到导线垂直直面向外的力，所以磁铁顺时针旋转，当磁铁转过一个角度后，由左手定则可知，导线受到向上安培力，由牛顿第三定律可知，磁铁受到导线向下的力，则绳子的张力变大，故C正确，ABD错误。故选C。7.将横截面相同、材料不同的两段导体、无缝连接成一段导体，总长度为1.00m，接入图甲电路。闭合开关S，滑片P从M端滑到N端，理想电压表读数U随滑片P的滑动距离x的变化关系如图乙，则导体、的电阻率之比约为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】根据电阻定律根据欧姆定律整理可得结合题图可知导体、电阻率之比故选B。二、多选题（每小题6分，共18分。每小题给出的四个选项中有多个选项符合要求，全部选对得6分，不全得3分，有错选或不选得0分）8.如图所示，充电后与电源分离的平行板电容器，其正极接地，在极板间P点有一带电液滴处于静止状态，现将接地的B板移至虚线处，则（）A.两板间电压不变 B.P点与A板间的电势差变大C.液滴仍保持静止 D.液滴的电势能增大【答案】CD【解析】【详解】A．平行板电容器充电后与电源分离，说明电容器的电荷量Q不变，当B板向上移动时，极板间距d减小，根据电容所以电容C变大，再根据可得U减小，故A错误；B．根据得故距离发生变化时电场强度E不变，因为移动的是B板，A板与P间的距离不变，P点与A板间的电势差U不变，故B错误；C．因为极板间电场强度E不变，所以液滴受到的电场力不变，故液滴仍然静止，故C正确；D．由于液滴受到的电场力是向上的，上极板带负电，所以液滴是带正电的；因B板接地，则电势为零，且它带正电，P点与B板的电势差因为电场强度E不变，而PB的距离在减小，故UPB在增大，P点电势增大，液滴的电势能增大，故D正确。故选CD。9.如图所示，三条长直导线、、都通以垂直纸面的电流，其中、两根导线中电流方向垂直纸面向外。点与、、三条导线距离相等，且处于。现在点垂直纸面放置一小段通电导线，电流方向垂直纸面向里，导线受力方向如图所示。则可以判断（）A.点处的磁感应强度的方向与相同B.长导线中的电流方向垂直纸面向外C.长导线中电流I1小于中电流I2D.长导线中电流I3小于中电流I2【答案】BC【解析】【详解】A．根据左手定则可知，安培力的方向与点处的磁感应强度的方向一定垂直，故A错误；B．由题目图，结合右手螺旋定则可知，长导线a在O处磁场方向由O指向C，同理，长导线b在O处磁场方向由c指向O，根据左手定则，可知，长导线a对O处的通电导线的安培力由O指向b，而长导线b对O处的通电导线的安培力由O指向a，要保证处电流所受的安培力如图中方向，则对处电流的安培力方向必定沿方向。由此可判断长导线中的电流方向垂直纸面向外，故B正确；C．根据图中点放置的通电导线受力方向F的特点，利用平行四边形定则可知，长导线a对O处的通电导线的安培力小于长导线b对O处的通电导线的安培力，即有可知中的电流小于中电流，故C正确；D．根据上述分析，可知，长导线c中电流I3与b中电流I2大小关系不能够确定，故D错误。故选BC。10.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、二象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电量为q的相同粒子从y轴上的点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场。当沿x轴正方向射入时，粒子垂直x轴离开磁场，不计粒子的重力，则（）A.粒子一定带正电B.粒子入射速率为C.粒子在磁场运动的最短时间为D.粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为2L【答案】AC【解析】【详解】A．当沿x轴正方向射入时，粒子垂直x轴离开磁场，洛伦兹力提供粒子运动的向心力，由左手定则知粒子带正电，故A正确；B．当沿x轴正方向射入时，粒子垂直x轴离开磁场，根据速度的垂线一定过轨迹的圆心，知该粒子在第一象限内运动四分之一圆弧的圆心在坐标原点处，半径为L，有解得故B错误；C．当粒子从坐标原点O离开磁场时，在磁场运动的时间最短由由几何关系知，最短时间为故C正确；D．当粒子在磁场中做半个圆周运动，离开磁场的位置到O点的距离最大，由几何关系知，最大距离为故D错误。故选AC。第II卷（非选择题，共54分）三、实验题（其中11题8分，12题10分。）11.某实验小组在实验室练习使用多用电表测电阻：（1）多用电表表盘如图1所示，某同学在完成机械调零后，准备测电阻，他进行如下操作，请帮助他完成以下实验步骤：①将K旋转到电阻挡“×10”的位置。②将红、黑表笔短接，旋动___________（填“S”或“T”），使指针对准电阻挡的___________刻线（填“0”或“∞”）。③将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，如图2中虚线所示，则应将K旋转到电阻挡“×___________”的位置（选填1、100）。（2）该同学在做好正确操作后，表盘指针如图2所示，则该电阻阻值为___________Ω。（3）若某同学使用是一个久置的万用电表，相比新的电表，其内部的电池内阻增大，电动势下降。使用此电表测量电阻，结果___________（填“大于”“小于”或“等于”）准确值。【答案】（1）①.T②.0③.100（2）1900（3）大于【解析】【小问1详解】[1][2]欧姆调零时应将红、黑表笔短接，旋动欧姆调零旋钮，即T，使指针对准表盘右侧零刻度线处，即电阻挡的0刻线；[3]将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，说明待测电阻阻值较大，应换大倍率，即将K旋转到电阻挡“×100”的位置。【小问2详解】欧姆表的读数为指针所指刻度与倍率的乘积，所以图中所测电阻值为【小问3详解】若某同学使用的是一个久置的万用电表，相比新的电表，其内部的电池内阻增大，电动势下降，根据可得由此可知，当E减小时，I减小，使得电阻的测量值偏大。12.在测量某电源电动势和内阻时，因为电压表和电流表的影响，不论使用何种接法，都会产生系统误差，为了消除电表内阻造成的系统误差，某实验兴趣小组设计了如图甲实验电路进行测量。已知定值电阻。（1）实验中，定值电阻的作用有______（填字母）。A．保护电源B．在电流变化时使电压表示数变化明显C．在电压变化时使电流表示数变化明显（2）实验操作步骤如下：①将滑动变阻器滑片滑到最左端位置；②接法Ⅰ：单刀双掷开关S与1接通，闭合开关，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据UI的值，断开开关；③将滑动变阻器滑到最左端位置；④接法Ⅱ：单刀双掷开关S与2接通，闭合开关，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据UI的值，断开开关；⑤分别作出两种情况所对应的UI图像。（3）单刀双掷开关接1时，某次读取电表数据时，电压表指针如图乙所示，此时U＝______V．（4）根据测得数据，作出两UI图像分别如图丙、丁所示，根据图像可知图丙对应的接法为______（填“接法Ⅰ”或“接法Ⅱ”）。（5）综合可求得电源电动势E＝______V，内阻r＝______Ω。（结果均保留两位小数）【答案】①.AB##BA②.1.50③.接法Ⅰ④.1.80⑤.0.25【解析】【详解】（1）[1]定值电阻有保护电源的作用，且由于电源内阻很小，则根据闭合电路的欧姆定律有可知加了定值电阻后可以达到电流变化时使电压表的示数变化明显的效果。故选AB。（3）[2]根据（4）中所做图像可知，电压表最大量程应为3V，而量程为3V的电压表，其分度值为0.1V，采用十分之一读法，需估读到分度值的下一位，由图乙可知电压表的读数为1.50V。（4）[3]两种方法中接法Ⅰ采用了电流表的内接法，接法Ⅱ采用了电流表的外接法，比较图丙和图丁可知，图丙所示图像的斜率更大，而图像斜率的绝对值表示电源的内阻，分析可知接法Ⅰ，即电流表的内接法，所测电源内阻偏大，所测内阻应为电源实际内阻与电流表内阻之和，由此可知图丙对应的接法为接法Ⅰ。（5）[4][5]当单刀双掷开关接1，且电流表示数为0时，电压表测量准确，此时电压表所测电压即为电源的电动势，因此电源电动势为图丙的纵轴截距，可得当单刀双掷开关接2，且电压表示数为0时，电流表测量准确，由图丁图像可知，此时电路电流为则根据闭合电路的欧姆定律有解得四、解答题（第13题10分，第14题10分，第15题16分，共36分）13.某直流电动机提升重物的装置如图，重物质量为，电源电压恒为，不计各处摩擦，当电动机以的速率匀速提升重物时，电路中的电流强度为。求：（1）电动机消耗总功率；（2）电动机输出的机械功率；（3）电动机线圈的电阻。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）电动机消耗总功率为（2）电动机输出的机械功率为（3）电动机线圈电阻消耗的功率为又解得电动机线圈的电阻为14.如图所示，竖直正对放置的金属板A、B，两板所加的电压为U0，两板中间开有小孔。平行金属板M、N水平放置，其中心线与小孔的连线共线，粒子源P发出质量为m，电荷量为q的带正电粒子（初速度不计），粒子在A、B间加速后，射入平行金属板M、N之间，恰好从N板的右边缘离开偏转电场。已知M、N板长为L，两板间距离也为L，板M、N右侧距板右端L处放置一足够大的荧光屏PQ，屏与垂直。粒子重力不计，求：（1）粒子进入MN板间时的速度大小v0；（2）M、N板所加的电压U1；（3）粒子打在荧光屏上的位置到点的距离y。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）对粒子在电场中的加速过程，