江苏省扬州中学2022-2023学年高二上学期10月月考试题物理Word版含解析

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江苏省扬州中学2022-2023学年度高二阶段测试物理试题一、单项选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意．（请将所有选择题答案填到答题卡的指定位置中．）1.关于电磁场和电磁波的说法中正确的是（　　）A.紫外线是一种波长比紫光更长的电磁波，能够灭菌B.变化的磁场可以产生电场，变化的电场可以产生磁场C.电磁波是与声波一样不可以在真空中传播D.麦克斯韦第一次在实验室通过实验验证了电磁波的存在【答案】B【解析】【分析】【详解】A．紫外线是一种波长比紫光更短的电磁波，能够灭菌。故A错误；B．根据麦克斯韦电磁理论可知，变化的磁场可以产生电场，变化的电场可以产生磁场。故B正确；C．电磁波可以在真空中传播。故C错误；D．赫兹第一次在实验室通过实验验证了电磁波的存在。故D错误。故选B。2.下列关于能量量子化的说法，正确的是（　　）A.能量子与电磁波的频率成反比B.电磁波波长越长，其能量子越大C.微观粒子的能量是不连续（分立）的D.能量子假设是由爱因斯坦最早提出来的【答案】C【解析】【详解】A．由ɛ=hν可知，能量子与电磁波的频率成正比，故A错误；B．由可知，电磁波波长越长，其能量子越小，故B错误；C．普朗克提出了量子假说，他认为，物质辐射（或吸收）的能量都是不连续的，是一份一份进行的，故C正确；D．能量子假设是由普朗克最早提出来的，故D错误。故选C。3.下列做法中，属于利用静电现象的是（　　）A.在印染厂中保持适当的湿度B.用复印机复印各种文稿C.油罐车后有一条拖在地上的铁链条D.带电作业的工人穿戴包含金属丝的工作服

1【答案】B【解析】【详解】A．在印染厂中保持适当的湿度，目的是防止在生产过程中产生的静电对布有吸引作用，使空气保持适当的湿度，能及时导走所产生的静电，属于静电的防止，故A错误；B．复印机复印文件资料，是利用静电产生的异种电荷相互吸引而使碳粉吸附在纸上，属于静电应用，故B正确；C．油罐车在运动的过程中，由于里面的油在晃动，也会摩擦产生静电，后面拖一条的铁链就可以及时把产生的静电导走，属于静电的防止，故C错误；D．带电作业的工人穿戴包含金属丝的工作服，是利用静电屏蔽的原理防止产生的静电对人体造成伤害，属于静电的防止，故D错误。故选B。4.下列关于能源的说法中，正确的是（）A.煤、石油、天然气等燃料的最初来源可追溯到太阳能B.由于能量不会凭空消失，也不会凭空产生，总是守恒的，所以节约能源意义不大C.节约能源只要提高节能意识就行，与科技进步无关D.水能是不可再生能源【答案】A【解析】【详解】A．煤、石油、天然气等属于石化燃料，最初来源可追溯到太阳能，故A正确；B．能量是守恒的，但能量的品质降低了，由便于利用的变成不便于利用的，所以需要节约能源，故B错误；C．科技进步能提高能源的利用率，更充分的利用有限的能源，故C错误；D．水能是可以重复利用，是可再生能源，故D错误。故选A。5.用多用电表测量一个1300的电阻。在用红、黑表笔接触该电阻两端之前，操作步骤可能有：（1）用螺丝刀调节表盘上的指针定位螺丝，使表针指向“0”；（2）将红表笔和黑表笔接触；（3）把选择开关旋转到“×1k”位置；（4）把选择开关旋转到“×100”位置；（5）调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点。有人对其作出选择和排序，以下正确的是（　　）

2A.（1）（4）（2）（5）B.（1）（3）（2）（5）C.（2）（5）（1）（3）D.（2）（5）（1）（4）【答案】A【解析】【详解】实验前先机械调零，电阻阻值为1300，故选择把选择开关旋转到“×100”位置；将红表笔和黑表笔接触；调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点，故顺序为（1）（4）（2）（5），故A正确，BCD错误。故选A。6.平行板电容器与电压恒定的直流电源连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（　　）A.平行板电容器的电容将变大B.静电计指针张角变小C.带电油滴的电势能将增大D.若先将上极板与电源正极的导线断开再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受静电力不变【答案】D【解析】【分析】【详解】A．根据将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，d增大，平行板电容器的电容将变小，A错误；B．平行板电容器两极板始终与电源相连，电压不变，静电计指针张角不变，B错误；C．将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，等效为下极板不动，油滴向上移动，电场力向上做正功，带电油滴的电势能将减小，C错误；

3D．根据解得若先将上极板与电源正极的导线断开，电量Q不变，再将下极板向下移动一小段距离，电场强度与d无关，则带电油滴所受静电力不变，D正确。故选D。7.如图甲所示连接电路，电源E=12V，内阻不计，灯泡L的额定电压为9V，其伏安特性曲线如图乙所示，滑动变阻器R的最大阻值为10。则 （　　）A.灯泡L的阻值随电流的增大而减小B.灯泡L消耗电功率最小值是4WC.滑动变阻器接入电路的阻值应至少为6D.灯泡L的额定功率为13.5W【答案】D【解析】【详解】A．I-U图线上各点与坐标原点连线的斜率等于电阻的倒数，则灯泡L的阻值随电流的增大而增大，所以A错误；D．由乙图可知，U=9V时，电流等于1.5A，则灯泡的额定功率为所以D正确；C．由则滑动变阻器接入电路的阻值至少为，所以C错误；

4B．当滑动变阻器R的最大阻值为10时，回路中的电流最小，灯泡消耗的功率最小，此时灯泡两端的电压为在I-U图线中作出该直线，如图所示，两线的交点坐标就是灯泡的实际电压、电流，则此时灯泡的最小功率为所以B错误；故选D。8.安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知（　　）测量序号1152002003250040A.测量地点位于南极极点附近B.测量地点位于北极极点附近C.当地的地磁场大小约为D.第3次测量时y轴正向指向东方【答案】C【解析】

5【详解】AB．z轴正向保持竖直向上，,测量地点位于赤道。AB错误；C．，当地的地磁场大小约为C正确；D．赤道上地磁场方向沿水平方向从南指向北，第3次测量时y轴正向指向西方D错误故选C。9.以下四幅图所示的实验中，下列说法正确的是（　　）A.图（a）通电后小磁针将会发生偏转，说明了电流周围存在磁场B.图（b）电键闭合后电流计的指针将会发生偏转，说明了回路产生了感应电流C.图（c）闭合电键后金属棒会在导轨上运动，说明了回路产生了感应电流D.图（d）电键闭合后线框会转动，说明了磁场对电流可以产生力的作用【答案】D【解析】【详解】A．图（a）通电后，通电导线在小磁针位置处产生的磁场方向水平向左，小磁针不会发生偏转，故A错误；B．图（b）电键闭合后，导体棒没有切割磁感线，回路中不会产生感应电流，电流计的指针不会发生偏转，故B错误；C．图（c）闭合电键后金属棒会在导轨上运动，说明了通电导体在磁场中会受到磁场力的作用，故C错误；D．图（d）电键闭合后线框会转动，说明了磁场对电流可以产生力的作用，故D正确。故选D。10.在x轴上有两个点电荷Q1、Q2，其电场中电势φ在x轴正半轴上分布如图所示。下列说法正确的有（　　）

6A.Q1为正电荷，Q2为负电荷B.Q1电量大于Q2的电量C.x0处的电势最低、电场强度最大D.电量为q的正检验电荷从x0移到无穷远的过程中，电场力做功为qφ0【答案】A【解析】【分析】【详解】AB．沿着电场线方向电势越来越低，由图可知x0处电势最低，x0左侧电场方向向右，x0右侧电场方向向左，说明Q1、Q2只能是异种电荷，且Q1为正电荷，Q2为负电荷；x0处场强为0，由电场的叠加原理可知，Q2电量大于Q1的电量，故A正确，B错误；C．图象的斜率表示场强，所以x0处电场强度为零，故C错误；D．电量为q正检验电荷从x0移到无穷远的过程中，电势升高，电场力做负功，电场力做功为故D错误。故选A。二、非选择题：本题共5小题，共60分．请将解答填写在答题卡相应的位置．11.在测定两节干电池的电动势和内阻的实验中，某同学用到的器材有一个电压表，一个电阻箱，一个定值电阻（），一个开关S，两节干电池，若干导线，其实验原理图如图甲所示。（1）在图乙是实验图中，部分电路已正确连线，请用笔画线代替导线将余下部分电路连接好。_____（2）改变电阻箱的阻值，用电压表（量程）测出定值电阻两端的电压。下列三组电阻箱阻值的调节范围方案中，比较合理的方案是________。A．B．C．

7（3）开关S断开，调节电阻箱，读出其阻值，开关S闭合，读出电压表的示数；如此反复实验，测得多组正确的数据和，和，……使用测得的数据，在坐标纸上作出电压表示数的倒数与电阻箱的阻值的关系图线如图丙所示，结合图线计算出两节干电池的电动势________，内阻________。（结果用、和表示）（4）用这个方法测得的内阻和真实值相比________（选填“偏大”“相等”或“偏小”）【答案】①.见解析②.A③.④.⑤.偏小【解析】【详解】（1）[1]根据甲电路图，实物连接如图所示（2）[2]两节干电池的电动势大约为，电压表量程为，为了保证电表安全，当电压示数最大时，电阻箱阻值大约为为了保证电压表示数偏转角度较大，当时，电阻箱阻值大约为可知电阻箱阻值如果太大，将使得电压表示数比较小，读数带来的误差偏大，故比较合理的方案是A。（3）[3][4]根据闭合电路欧姆定律可得

8可得可知图像的斜率为解得电动势为图像的纵轴截距为解得内阻为（4）[5]本实验误差来源于电压表的分流，设电压表内阻为，根据闭合电路欧姆定律可得可得可知图像的斜率为解得图像的纵轴截距为解得

9可知测得的内阻和真实值相比偏小。12.如图所示，矩形线圈的面积为0.2m2，放在磁感应强度为0.1T的匀强磁场中，线圈的一边ab与磁感线垂直，线圈平面与磁场方向成30°角．求：（1）穿过线圈的磁通量是多大？（2）当线圈从图示位置绕ab边转过60°的过程中，穿过线圈的磁通量变化了多少？【答案】（1）0.01Wb（2）0.01Wb或0.02Wb【解析】【详解】图中穿过线框的磁通量为：Φ=BSsin30°=0.1×0.2×=0.01Wb；若逆时针方向转过60°时的磁通量，Φ′=BS=0.02Wb；那么△Φ=Φ′﹣Φ=0.01Wb；若顺时针方向转过60°时的磁通量，Φ′=﹣BSsin30°=﹣0.01Wb；那么△Φ=Φ′﹣Φ=0.02Wb；答：（1）穿过线圈的磁通量是0.01Wb；（2）当线圈从图示位置绕ab边转过60°的过程中，穿过线圈的磁通量变化了0.01Wb或0.02Wb．13.如图所示，电源电动势E=12V，内电阻r=1Ω，电容器的电容C=1μF，电阻R1=7Ω、R2=8Ω、R3=2Ω、R4为电阻箱，闭合开关S。（1）当R4=6Ω时，求通过电源的电流I；（2）求第（1）问条件下电容器的带电量Q；（3）求出R4功率的最大值P4m。【答案】（1）1A；（2）8×10-6C；（3）W【解析】【详解】（1）当R4=6Ω时，R3和R4串联后与R2并联，设该部分电阻为，有

10解得所以电路中总电阻为则通过电源的电流为（2）通过R3的电流为得R3两端电压为R1两端电压所以电容器两端电压为得电容器的带电量为（3）电路总电阻为总电流为得通过R4的电流为得R4功率的为由数学知识可得当功率达到最大，即

11此时有14.如图所示，在与纸面平行的匀强电场中有A、B、C三点构成的直角三角形，，，D是BC的中点，AB长为，A、C、D点的电势分别为2V、26V、17V。一带电粒子从B点以某一初速度垂直AC飞出，恰好击中A点，已知粒子带电量，质量，重力忽略不计，求：（1）粒子在A点所具有的电势能；（2）粒子从B到A所用的时间；（3）粒子击中A点时速度的大小。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）粒子在A点所具有的电势能为（2）根据匀强电场的性质可知解得以B为原点建立如图所示直角坐标系

12则、方向的电场强度分别为合场强为合场强与轴正方的夹角为，则有由此可知，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子的初速度为，粒子从B到A所用的时间，粒子运动的加速度为，则有解得（3）粒子击中A点时速度的大小为，从B到A运用动能定理可得解得15.竖直平面内的一个光滑绝缘轨道由相切于B点的两段组成，直段与水平面夹角为60°，弯段为一个圆弧，半径为r，在同一高度。在圆心处固定一个负点电荷。将一质量为m的带正电小环（可看作质点）套在轨道上从A点静止释放，下滑经B、C后滑上右边圆弧。已知小环刚从A点下滑时，恰好不受轨道的作用力；到C点时，小球的速度。问：(1)小环在A点时所受的库仑力FA的大小和方向；(2)小环在C点时所受的轨道作用力FN的大小；(3)定量说明小环从A到D过程中电势能的变化情况。

13【答案】(1)，由A指向O；(2)；(3)电势能变小了2mgr【解析】【分析】【详解】(1)小环在A点，小环受力分析有只受重力和电场力。恰好不受轨道的作用力的条件为解得由A指向O(2)小环在C点设库仑力大小为FC，由牛顿第二定律有由库仑定律公式由几何关系可得：OA=2OC=2r则有小环在C点时所受的轨道作用力FN的大小(3)右边圆弧为圆心处固定的负点电荷的等势面，所以小环从B到D过程中电势能保持不变；小环从B到C过程有小环从A到B过程有由功能关系有由上几式解得

14小环从A到B过程中电势能变小了。右边圆弧为圆心处固定的负点电荷的等势面，所以小环从B到D过程中电势能保持不变；综上可知：小环从A到D过程中电势能变小了2mgr。