重庆市九龙坡区杨家坪中学2023-2024学年高二上学期第三次月考物理 Word版含解析.docx

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重庆市杨家坪中学高2025届高二（上）第三次月考物理试题一、单项选择题：本题共7小题，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.在电磁学发展过程中，涌现出了许多伟大的科学家，下列说法中符合物理学发展史的是（）A.安培发现了点电荷的相互作用规律B.法拉第最早引入电场概念C.奥斯特发现了磁场对运动电荷的作用规律D.库仑发现了电流的磁效应【答案】B【解析】【详解】AD．库仑发现了点电荷的相互作用规律，奥斯特发现了电流的磁效应，故AD错误；B．法拉第最早引入电场的概念，故B正确；C．洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，故C错误。故选B。2.关于磁感应强度，下列说法中正确的是（　　）A.由知，B与F成正比，与IL成反比B.由知，一小段通电导线在某处不受磁场力，说明该处一定无磁场C.若长为L、电流为I的导线在某处受到的磁场力为F，则该处的磁感应强度必为D.磁感应强度的方向就是将小磁针放在磁场中，其自由静止时N极所指的方向【答案】D【解析】【详解】A．由知，磁感应强度B用的是比值定义法，磁感应强度B是由磁场本身性质决定，因此B与F、IL均无关，A错误；B．一小段通电导线在某处不受磁场力，有可能是通电导线与磁场方向平行，因此说明该处可能有磁场，B错误；C．若长为L、电流为I的导线在垂直磁场方向放入时，在该处受到的磁场力为F，则该处的磁感应强度必为，若导线不垂直磁场方向放入时，受到的磁场力为F，则磁感应强度要大于，C错误；D．磁感应强度的方向也就是磁场方向，也就是将小磁针放在磁场中，其自由静止时N极所指的方向， D正确。故选D。3.如图所示的电路中有一个平行板电容器，一个带电液滴P位于电容器中间且处于静止状态，电流表和电压表为理想电表，电源内阻不可忽略，当滑动变阻器的滑片向a端移动时，则（）A.电压表示数减小B.电阻的功率一定减小C.质点P将向下运动D.电源的总功率一定增大【答案】B【解析】【详解】ABD．滑动变阻器的滑片向a端移动时，滑动变阻器阻值增大，根据“串反并同”，电压表示数增大，干路电流减小，根据，电阻的功率一定减小，电源的总功率一定减小，AD错误，B正确；C．由于电容器电势差增大，根据电场强度增大，则电场力增大，质点P将向上运动，C错误。故选B。4.如图所示，实线表示某静电场中的电场线，过M点的电场线是水平直线，虚线表示该电场中的一条竖直等势线，M、N、P是电场线上的点，Q是等势线上的点。一带正电的点电荷在M点由静止释放，仅在电场力作用下水平向右运动，则（） A.点电荷一定向右做变加速运动B.同一点电荷在N点释放后的加速度比在P点小C.将一正点电荷从P点移到N点，电场力做正功D.将一负点电荷从Q点沿等势线竖直向上射出，点电荷将做直线运动【答案】A【解析】【详解】A．由题意，电场方向向右，在M点由静止释放的正电荷所受电场力方向与运动方向相同，做加速度运动，由于电场线先密后疏，则电场力先大后小，正电荷的加速度先大后小，点电荷一定向右做变加速运动，A正确；B．N点电场线较密集，电场力较大，加速度较大，B错误；C．将一正点电荷从P点移到N点，电势升高，电势能增大，则电场力做负功，C错误；D．负点电荷所受电场力方向向左，做曲线运动，D错误。故选A5.如图所示，在磁感应强度大小为的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l，在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零。则导线P中的电流在a点产生的磁感应强度大小为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】根据题意做出通电直导线P、Q在a点的磁场强度的矢量图如下图所示 二者的合场强大小等于匀强磁场的磁感应强度，P、Q距a点的距离相等，则产生的磁场强度大小相等，即则由几何关系有解得故选B。6.如图所示，虚线左侧存在有范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。纸面内的矩形线圈abcd的长与宽分别为2L和L，ad、bc的中点位于虚线上，下列判断正确的是（　　）A.图示位置穿过线圈abcd的磁通量为B.图示位置穿过线圈abcd的磁通量为C.若线圈从图示位置以ab边为轴顺时针或逆时针转动45°，穿过线圈abcd的磁通量变化量均为D.若线圈从图示位置以ab边为轴顺时针或逆时针转动120°，穿过线圈abcd的磁通量变化量均为【答案】D【解析】【详解】AB．此时只有一半的线圈在磁场中，穿过线圈的磁通量为 故A错误，B错误；C．当线圈的cd边投影到磁场边界上时，线圈与纸面的夹角为60°，则线圈从图示位置以ab边为轴顺时针或逆时针转动45°，小于60°，则线圈在垂直于磁场方向的投影面积为穿过线圈的磁通量为磁通量不变，穿过线圈abcd的磁通量变化量为零，故C错误；D．若线圈从图示位置以ab边为轴顺时针或逆时针转动120°，线框的边刚好投影到磁场边界上，磁通量为因磁通量的贯穿方式变化，则磁通量的变化为故D正确。故选D。7.如图所示，倾角为θ的光滑斜面上静置一根垂直于纸面且电流恒定的导体棒。已知导体棒的质量为m，长度为L，电流为I，竖直面内存在方向未知的匀强磁场，导体棒处于静止状态，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）A.若只增大磁感应强度B，导体棒仍可保持静止B.若导体棒对斜面无压力，则磁场方向一定水平向右C.若磁场方向竖直向上，则导体棒内电流方向一定垂直纸面向外D.磁感应强度的最大值为【答案】C【解析】【详解】A．若导体棒只受重力和安培力作用，此时重力和竖直向上的安培力平衡，若只增大磁感应强度B，安培力增大，导体棒不可能静止；若导体棒受重力和安培力及支持力作用，保持静止，重力和支持力所在的边方向不变，若只增大磁感应强度B，安培力变大，但同时因为安培力方向不变，故当安培力增大时合力必定不再为零，即导体棒一定无法保持静止，故A错误；B．若导体棒对斜面无压力，则安培力方向必定竖直向上，但是因为电流方向不确定，所以磁场方向水平向左或向右都有可能，故B错误；C ．若磁场方向竖直向上，则导体棒必须受到水平向左的安培力才能保持平衡，故导体棒内电流方向一定垂直纸面向外，故C正确；D．导体棒受重力、支持力和安培力三个力构成矢量三角形，分析可知当安培力与支持力方向垂直时有最小值，故可得解得故该值为磁感应强度的最小值不是最大值，故D错误。故选C。二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全选对得5分，选对但不全得3分，有错选或不选的得0分。8.如图所示为测量未知电阻的部分电路，当开关S合在a点时，电压表示数为7V，电流示数为0.24A；当开关S合在b点时，电压表示数为8V，电流表示数为0.16A，则（）A.电压表示数相对变化显著B.电流表示数相对变化显著C.开关S接在b点时的测量值更准确，且测量值偏大D.开关S接在a点时的测量值更准确，且测量值偏小【答案】BC【解析】【详解】AB．据题意，电键接在a、b之间时，电流的相对变化为电压的相对变化为故电流表示数变化比较显著，故B正确，A错误；CD．电流表示数变化明显，说明电阻是大电阻，为了减小误差应该用电流表内接法，即S接在b点，电压测量值偏大，电流测量值准确， 此时测量值偏大，则C正确，D错误。故选BC。9.如图所示为某静电场中x轴上各点电势分布图，一个带电粒子在坐标原点O由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，则下列说法正确的是（）A.粒子一定带负电B.粒子运动到坐标轴上处速度最大C.粒子从坐标轴上处运动到处，动量的改变量为零D.粒子从坐标轴上处运动到处，加速度先增大后减小【答案】AB【解析】【详解】A．由图可知，从坐标原点沿轴正方向电势先升高后降低，因此电场方向先向左后向右，由于带电粒子在坐标原点由静止沿轴正方向运动，可知，粒子带负电，故A正确；B．粒子从O到做加速运动，从向右做减速运动，因此粒子运动到坐标轴上处速度最大，故B正确；C．粒子从到过程做加速运动，速度变大，动量的改变量不为零，故C错误；D．由可知，坐标轴上处到处，电场强度先减小后增大，粒子的加速度先减小后增大，故D错误。故选AB。10.带异种电荷且电荷量分别为和的粒子分别以速度和射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为60°和30°，磁场宽度为d，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，如图所示，则（　　） A.两粒子的轨道半径之比B.两粒子圆周运动的周期之比C.两粒子的速率之比D.两粒子比荷的倒数之比【答案】AC【解析】【详解】A．对粒子在磁场中运动，根据题意可得如图所示信息由图根据几何关系可知整理可得两粒子的轨道半径之比故A正确；B．由几何关系可得，从A运动到B，a粒子转过的中心角为，b粒子转过的中心角为，两粒子运动时间相同，根据 可得运动周期为故B错误；C．两粒子做匀速圆周运动有由此可得故C正确；D．粒子所受洛伦兹力提供向心力，故有整理可得故两粒子比荷的倒数之比故D错误。故选AC。三、实验题：本题共2小题，第11题7分，第12题9分，共16分。11.小明同学想要探究离子浓度对饮用水导电率的影响，实验操作如下：取100mL饮用水加入适量的食盐，搅拌溶解得到未饱和食盐溶液，为了方便测量溶液的电阻，取部分溶液装入绝缘性良好的塑料圆柱形容器内，容器两端用金属圆片电极密封，如图甲所示。（1）小明同学先用多用电表粗测其电阻，将选择开关置于欧姆“´100 ”挡位置，在欧姆调零后测量其阻值时记录电表指针偏转如图乙所示，该电阻的阻值为________Ω。（2）为了准确测量封装筒内封装溶液的电阻，实验室提供了下列器材：A．干电池两节（每节干电池的电动势约为1.5V，内阻可忽略）；B．灵敏电流表G（量程为0~0.5mA，内阻等于120Ω）；C．电压表V1（量程为0~3V，内阻约为4kΩ）；D．电压表V2（量程为0~15V，内阻约为7kΩ）；E.滑动变阻器（最大阻值为10Ω）；F.电阻箱（最大阻值为9999.9Ω）；G.开关、导线若干该同学用伏安法完成测量，除干电池、开关、导线和滑动变阻器外，还应选择的电压表是（填写器材前面的字母）。灵敏电流表G的量程不够，应该让其与F并联，并调整至________Ω，将其改装为量程为3mA的电流表。小明同学已经完成了部分电路设计，如图丙所示，请你自行构想剩余的电路图_____，可以得出待测电阻表达式为Rx=________（设改装后电流表内阻为R0，电压表和灵敏电流表示数分别为U、I）。【答案】①.1900②.24③.④.【解析】【详解】（1）[1]电阻的阻值为（2）[2][3][4]根据得需将电阻箱调整至由于改装后的电流表内阻可求，则电流表内接，如图改装后电流表量程为原来的6倍，则通过待测电阻的电流为6I，待测电阻表达式为 12.某同学设计了如图所示的电路测电源电动势E及电阻R1和R2的阻值。实验器材有：待测电源E（不计内阻）；待测电阻R1，定值电阻R2；电流表A（量程为0.6A，内阻不计）；电阻箱R（0~99.99W）；单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干。（1）先测电阻R1的阻值（R1只有几欧姆）。请将小明同学的操作补充完整：闭合S1，将S2切换到a，调节电阻箱，读出其示数r1和对应的电流表示数I；将S2切换到b，调节电阻箱，使________，读出此时电阻箱的示数r2，则电阻R1的表达式为R1=________。（2）该同学已经测得电阻，继续测电源电动势E。该同学的做法是：闭合S1，将S2切换到b，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电流表示数I，由测得的数据，绘出了如图所示的图线，则电源电动势E=________V，电阻R2=________W。（3）若实际电流表A内阻不可忽略，则R2的真实值________（填“大于”、“等于”或“小于”）测量值。【答案】①.电流表示数不变②.③.2##2.0④.⑤.小于【解析】【详解】（1）[1]结合电路原理有：将S2换到b，调节电阻箱，使电流表示数不变。[2]由题意可知解得（2）[3]由题意可知，电源电动势 整理得由图示图像可知，图像斜率电源电动势为[4]截距解得（3）[5]若实际电流表A内阻不可忽略，整理得与以上比较可知，则R2的真实值小于测量值。四、计算题：本题共3小题，第13题10分，第14题13分，第15题18分，共41分。13.电磁炮是一种理想的兵器，如图所示，利用此装置可将质量m=2kg的弹体（包括金属杆EF的质量）加速到一个较大速度。若这种装置的轨道间距L=2m，长s=100m，通过金属杆EF的电流恒为I=1000A，轨道间匀强磁场磁感应强度B的大小为20T，轨道摩擦忽略不计，求：（1）弹体能加速到的最大速度；（2）弹体加速过程安培力的平均功率。【答案】（1）；（2）【解析】 【详解】（1）根据牛顿第二定律又弹体能加速到的最大速度为（2）弹体加速过程安培力的平均功率为14.小型直流电动机（其线圈内阻为r=1Ω）与规格为“4V，4W”的小灯泡并联，再与阻值为R=4Ω的电阻串联，然后接至U=10V的电源上，如图所示，小灯泡恰好正常发光，电动机正常工作，取g=10m/s2，求：（1）通过电动机的电流；（2）电动机的输出功率；（3）如果该电动机正匀速提升质量m=1.0kg的物体，物体的速度大小是多少？【答案】（1）0.5A；（2）1.75W；（3）【解析】【详解】（1）流经灯泡的电流IL==1A流经电阻R的电流IR==1.5A流经电动机的电流I=IR-IL=0.5A（2）电动机消耗总功率P=4×0.5W=2W电动机产生的热功率 P热=I2r=0.52×1W=0.25W电动机输出功率P出=P-P热=1.75W（3）匀速提升时F=mg=1×10N=10N由电动机的输出功率P出=Fv得物体的速度为15.如图所示，在y>0的区域存在匀强电场E=5´102N/C，场强沿y轴负方向；在y<0区域存在匀强磁场，磁感应强度B=0.1T，磁场方向垂直xOy平面向外。一电荷量为q=2´10-7C、质量为m=4´10-14kg的带正电粒子，从y轴上y=2cm处的点以速率v0=1´104m/s沿x轴正方向射入电场，紧接着从点射入磁场（不计粒子重力）。求：（1）求粒子从点射入磁场时的速度；（2）该粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径R的大小；（3）粒子从开始计时直到第五次经过x轴所用的时间。【答案】（1）104m/s；（2）2´10-2m；（3）（16+9）10-6s【解析】【详解】（1）根据题意，粒子在电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律有Eq=ma由类平抛规律竖直方向有竖直方向有 粒子从点射入磁场时的速度为联立解得t=410-6s，v=´104m/s（2）设粒子进入磁场时与x轴的夹角为，则有tan＝可得=45°由牛顿第二定律有qvB＝m代入解得R＝2´10-2m（3）设带电粒子在磁场中运动周期为T，则T＝=根据题意可知，粒子在磁场运动的时间为t磁=3T=9π×4×10−6s粒子在电场中运动的时间为t电=4t=4410-6s=1610-5s粒子从P1开始计时直到第五次经过x轴所用的时间