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）

第=page11页，共=sectionpages11页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一、单选题：本大题共8小题，共32分。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.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。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E1A.E1E2=R2R1

【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=mv2R5.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5×10A.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【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；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.【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=227.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【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=QC8.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=A.R1=4.7×103Ω B.【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=4.5×10二、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)、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，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【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、I【答案】2.500

R2

rk−【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；【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【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【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

【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？

(【答案】解：(1)由机械能守恒定律得：mgl=12mv2