福建省泉州市泉港区第一中学2023-2024学年高二上学期第二次月考物理试卷(含答案)

这是一份福建省泉州市泉港区第一中学2023-2024学年高二上学期第二次月考物理试卷(含答案)，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．下列选项对公式认识正确的是( )
A.公式，只适用于真空中点电荷产生的电场
B.公式，只适用于纯电阻电路的电热的计算
C.由电动势公式可知，电源通过非静电力做功把其他形式的能转化为电能，非静电力做功本领越强的电源，电动势越大
D.由公式可知，磁感应强度与电流元所受磁场力大小成正比
2．利用智能手机中的传感器和相关软件可测量磁感应强度。如图所示，在水平放置的手机上建立三维坐标系，手机显示屏所在平面为面，竖直向上为z轴正方向，测得、、，手机显示屏的面积约为，根据测量数据可知( )

A.测量地点位于赤道位置
B.通过手机显示屏的磁通量约为
C.通过手机显示屏的磁通量为
D.通过手机显示屏的磁通量为
3．如图所示，质量为m，通电电流为I的金属棒ab置于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与宽为L的水平导轨平面夹角为θ，金属棒ab处于静止状态。下列说法正确的是( )
A.金属棒受到的安培力大小为
B.金属棒受到的支持力大小为
C.若只减小夹角θ，金属棒受到的摩擦力将减小
D.若只改变电流方向，金属棒对导轨的压力将减小
4．如图所示，一质量为m、带正电的液滴，在水平向右的匀强电场中运动，运动轨迹在竖直平面内，A、B为其运动轨迹上的两点，已知该液滴在A点的速度大小为，方向与竖直方向的夹角为；它运动到B点时速度大小仍为，方向与竖直方向的夹角为，则液滴从A运动到B的过程( )
A.合力做功为B.重力势能增加
C.电势能减少D.机械能减少
5．如图，E为内阻不能忽略的电池，为定值电阻，为开关，V与A分别为电压表与电流表.初始时与S均闭合，现将S断开，则( )
A.V的读数变大，A的读数变小B.V的读数变大，A的读数变大
C.V的读数变小，A的读数变小D.V的读数变小，A的读数变大
二、多选题
6．某静电场中x轴上各点电势φ的分布图如图所示，一个质量为m、电荷量绝对值为q的带电粒子从坐标处以初速度沿x轴负方向出发，带电粒子仅在静电力作用下恰好在区间内往返运动，则下列说法正确的是( )
A.粒子带正电或负电都可以
B.粒子从运动到的过程中，加速度先减小后增大
C.粒子从运动到的过程中，电场力先做负功后做正功
D.位置的电势
7．如图所示，一根足够长的光滑绝缘杆MN，与水平面的夹角为37°，固定在竖直平面内，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场充满杆所在的空间，杆与磁场方向垂直。质量为m的带电小环沿杆下滑到图中的P处时，对杆有垂直杆向下的压力作用，压力大小为。已知小环的电荷量为q，重力加速度大小为g，，下列说法正确的是( )
A.小环带正电
B.小环滑到P处时的速度大小
C.当小环的速度大小为时，小环对杆没有压力
D.当小环与杆之间没有正压力时，小环到P的距离
8．如图所示，为两个小灯泡、的伏安特性曲线，将这两个小灯泡并联后，接在电动势为3V，内阻的电源上，则( )
A.中的电流约为0.3AB.电源的效率约为50%
C.的电功率约为0.2WD.电源输出功率约为0.75W
三、填空题
9．现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如图所示连接。请根据实验现象填空：（以下各空均选填“偏转”或者“不偏转”）
（1）开关闭合后，将线圈A插入或拔出线圈B，可以看到电流计指针______；
（2）开关闭合后，线圈A在线圈B中静止不动，可以看到电流计指针______；
（3）开关闭合后，将滑动变阻器的滑片P匀速滑动，电流计指针______。
（4）开关闭合稳定后，断开开关瞬间，可以看到电流计指针______；
10．如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面，且共处于同一竖直平面内，在水平向左的推力F作用下，两球静止于如图所示位置，如果将小球B稍向左推过一些，两球重新平衡时的受力情况与原来相比，地面对小球B的弹力______（填“变大”、“变小”或“不变”）两小球之间的距离______（填“变大”、“变小”或“不变”）。
四、实验题
11．某同学想把一量程为2mA、内阻未知的毫安表改成量程为0.6A的电流表，该同学先用多用电表测量此毫安表的内阻，进行了如下操作：
（1）将多用电表挡位调到电阻“挡”，再将红表笔和黑表笔短接，进行欧姆调零。
（2）将图甲中多用电表的黑表笔和_______（填“1”或“2”）端相连，红表笔连接另一端。
（3）测量电阻时发现多用电表指针偏转角度过小，需要换用_______（填“”或“”）挡。
（4）将红表笔和黑表笔短接，重新欧姆调零。
（5）测量时，多用电表指针刚好指在表盘正中间，如图乙所示，毫安表的指针也刚好指在表盘正中间，由此可以得到毫安表的内阻为_______Ω，该同学由此可算出多用电表内电源的电动势为_______V。
（6）如果需要改成量程为0.6A的电流表，需要_______（填“串联”或“并联”）一个_______Ω（结果保留2位有效数字）的电阻。
12．如图所示为某兴趣小组测量电池组的电动势和内阻的实验原理图，已知电池组的电动势约3V，内阻约2Ω。现提供的器材如下：
A.电池组
B.电压表（量程0~10V，内阻约10kΩ）
C.电压表（量程0~3V，内阻约3kΩ）
D.电阻箱R（0~999.9Ω）
E.定值电阻
F.定值电阻
G.开关和导线若干
（1）如图所示，要尽可能精确测量电源的电动势和内阻，实验中电压表V应选择_______（选填“B”或“C”），定值电阻应选择_______（选填“E”或“F”）；
（2）改变电阻箱的阻值R，记录对应电压表的读数U，作出的图像如图所示，则由图可得该电池组的电动势_______V，内阻_______Ω。
（3）该实验测得的电动势与真实值相比_______（选填“偏大”“偏小”或“不变”），内阻的测量值与真实值相比_______（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
五、计算题
13．如图所示的平行金属板电容器的电容为，极板之间可以看成匀强电场，场强，极板间距离为，电场中c点到A板、d点到B板的距离均为0.5cm，B板接地.求：
（1）d点处的电势；
（2）B板所带电荷量Q；
（3）两点间的电势差；
（4）将电荷量的带负电点电荷从d移到c，电场力做的功.
14．如图所示，在x轴下方存在着正交的电场与磁场，电场沿x轴正方向，电场强度，磁场垂直纸面向里，磁感应强度。一个质量，带电荷量的带电小球自y轴上的M点沿直线匀速运动到x轴上的N点，且已知。在x轴上方存在正交的电场与磁场（图中均未画出），小球在x轴上方做圆周运动，恰好与y轴相切，运动轨迹如图所示。（，），试求：
（1）小球运动的速率v；
（2）电场的大小与方向；
（3）磁场的大小与方向。
15．如图，EF与GH间为一无场区。无场区左侧A、B为相距为d、板长为L的水平放置的平行金属板，两板上加某一电压从而在板间形成一匀强电场，其中A为正极板。无场区右侧为一点电荷形成的电场，点电荷的位置O也为圆弧形细圆管CD的圆心，圆弧半径为R，圆心角为120°，O、C在两板间的中心线上，D位于GH上。一个质量为m、电量为q的带正电粒子以初速度沿两板间的中心线射入匀强电场，粒子出匀强电场经无场区后恰能进入细圆管，并作与管壁无相互挤压的匀速圆周运动。(不计粒子的重力、管的粗细)求：
（1）粒子出匀强电场时，速度与水平方向的夹角；
（2）O处点电荷的电性和带电量；
（3）带电粒子穿越匀强电场过程中垂直极板方向的位移大小；
（4）两金属板所加的电压。
参考答案
1．答案：C
解析：A.是电场强度的定义式，适用于任何电场，A错误；
B.公式，适用于所有电路电热的计算，B错误；
C.电源通过非静电力做功把其他形式的能转化为电能，电动势物理意义是描述非静电力做功本领，非静电力做功本领越强的电源，电动势越大，C正确；
D.公式利用的是比值定义法，磁感应强度与电流元及所受电场力无关，由磁场本身的性质决定，故D错误。
故选C。
2．答案：D
解析：A.由于，表明磁感应强度竖直方向上的分量不为零，而赤道上的地磁场方向沿水平方向，竖直方向上的分量为零，可知测量地点不是赤道位置，故A错误；
BCD.根据磁通量的定义可知，通过手机显示屏的磁通量约为
故BC错误，D正确。
故选D。
3．答案：C
解析：A.由图可知，金属棒ab与磁感应强度方向垂直，则金属棒受到的安培力大小为
故A错误；
B.对金属棒受力分析，如下图所示
根据平衡条件有
可得，金属棒受到的支持力大小为
故B错误；
C.根据平衡条件有
则若只减小夹角θ，金属棒受到的摩擦力将减小，故C正确；
D.若只改变电流方向，则对金属棒受力分析，如下图所示
根据平衡条件可得，金属棒受到的支持力为
则金属棒对导轨的压力将增大，故D错误。
故选C。
4．答案：C
解析：A.液滴的动能增加量为零，故合力做功为零，选项A错误；
B.液滴重力势能增加量为
将液滴的运动分解，竖直方向做加速度为g的匀减速运动，则
则
选项B错误；
C.电场力对液滴做正功，电场力做的功
液滴在水平方向做匀加速直线运动
则电场力做功为
液滴的电势能减少，选项C正确；
D.液滴的机械能增加量等于动能增加量和重力势能增加量之和，故增加了，选项D错误。
故选C。
5．答案：B
解析：S断开，相当于电阻变大，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小，故路端电压增大，V的读数变大；
把归为内阻，内电压减小，故中的电压增大，由欧姆定律可知中的电流也增大，电流表示数增大，
A.分析得V的读数变大，A的读数变大，故A错误；
B.分析得V的读数变大，A的读数变大，故B正确；
C.分析得V的读数变大，A的读数变大，故C错误；
D.分析得V的读数变大，A的读数变大，故D错误；
6．答案：BD
解析：A.沿电场线方向电势降低，故电场线方向从指向两侧，带电粒子仅在静电力作用下恰好在区间内往返运动，带电粒子从坐标处以初速度沿x轴负方向出发，因此做减速运动，电场力方向与电场方向相反，故粒子带负电，故A错误；
B.图像中斜率表示场强，粒子从运动到的过程中，场强先减小后增大，电场力先减小后增大，故加速度先减小后增大，故B正确；
C.带电粒子仅在静电力作用下恰好在区间内往返运动，因此粒子从运动到的过程中，先加速后减速，故电场力先做正功后做负功，故C错误；
D.根据能量守恒可知
解得
故D正确。
故选BD。
7．答案：BCD
解析：A.根据题意，假如没有磁场，由平衡条件及牛顿第三定律可知，小环对杆的压力大小为
然而此时小环对杆的压力大小为0.4mg，说明小环受到垂直杆向上的洛伦兹力作用，根据左手定则可知，小环带负电，故A错误；
B.设小环滑到P处时的速度大小为，在P处，小环的受力如图所示，
根据平衡条件得
由牛顿第三定律得，杆对小环的支持力大小，联立解得
故B正确；
CD.在小环由P处下滑到处的过程中，对杆没有压力，此时小环的速度大小为，则在处，小环的受力如图所示
由平衡条件得
变形解得
在小环由P处滑到处的过程中，由动能定理得
代入解得
故CD正确；
故选BCD。
8．答案：BD
解析：电源电动势为3V，内阻，作出电源路端电压和电流图像，两个小灯泡并联，故接入电路时两小灯泡的电压和电路的路端电压均相等，根据闭合电路欧姆定律得，且两灯泡电流之和等于干路电流。综上分析，图中路端电压等于1.5V时满足条件。
AC.根据图像得当电压为1.5V时，、中的电流约为0.2A、0.3A，的电功率约为
故AC错误；
B.电源的效率约为
B正确；
D.电源输出功率约为
D正确。
故选BD。
9．答案：（1）偏转（2）不偏转（3）偏转（4）偏转
解析：（1）开关闭合后，将线圈A插入或拔出线圈B，穿过线圈B的磁通量发生变化，产生感应电流，则可以看到电流计指针偏转；
（2）开关闭合后，线圈A在线圈B中静止不动，穿过线圈B的磁通量不发生变化，不产生感应电流，则可以看到电流计指针不偏转；
（3）开关闭合后，将滑动变阻器的滑片P匀速滑动，则线圈A中的电流发生变化，则穿过线圈B的磁通量发生变化，产生感应电流，则电流计指针偏转。
10．答案：不变；变大
解析：对整体受力分析，如图2所示，地面的支持力始终等于两球的总重力，故地面对小球B的支持力不变；对A球受力分析，受到三个力如图1所示，将小球B稍向左推后，AB间的库仑力变小，根据库仑定律可知，两球间距离变大。
11．答案：（2）2（3）×100（5）1500；3（6）并联；5.0
解析：（2）多用电表的电流是红进黑出，而电流表是正极流入负极流出，因此要将图甲中多用电表的黑表笔和2端相连，红表笔连接另一端。
（3）测量电阻时发现多用电表指针偏转角度过小，说明待测量电阻阻值比较大，需要将挡位调高，即选择电阻“×100”挡。
（5）挡位为电阻“×100”挡，多用电表指针刚好指在表盘正中间，则毫安表的内阻为
毫安表的指针也刚好指在表盘正中间，则此时电流大小为
根据闭合电路欧姆定律可得
欧姆调零时有
联立可得多用电表内电源的电动势为
（6）将小量程电流表改造成大量程电流表时，需要并联一个电阻进行分流，设并联的电阻大小为R，则有
解得
12．答案：（1）C；E（2）2.5；1（3）偏小；偏小
解析：（1）电池组的电动势约3V，要尽可能精确测量电源的电动势和内阻，实验中电压表V应选择C；为了使电压表示数变化明显，定值电阻应选择E。
（2）根据闭合电路欧姆定律可得
整理可得
可知图像的纵轴截距为
解得电动势为
图像的斜率为
解得内阻为
（3）从电路图可知，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
整理可得
可知图像的纵轴截距为
可得
图像的斜率为
由于
可得
13．答案：（1）-6V（2）（3）48V（4）
解析：（1）d点到B板的电势差，所以
（2）BA间的电势差为：
B板所带电荷量Q为：
（3）
两点间的电势差为：
（4）
14．答案：（1）5m/s（2）15N/C，沿y轴正方向（3）4.5T，垂直纸面向里
解析：（1）小球从M向N做匀速直线运动，可知小球所受合外力为零，对小球受力分析如图，受到重力、电场力和洛伦兹力作用
由小球的受力可知小球带正电，有
洛伦兹力的大小与电场力和重力的合力大小相等，有
解得
（2）小球x轴上方做匀速圆周运动如图所示
可知电场力与重力平衡，所以有
因小球带正电，所以方向沿y轴正方向。
（3）设小球在x轴上方做匀速圆周运动的半径为R，由几何关系可得
则
解得
小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由牛顿第二定律有
得
因小球带正电，由左手定则可知磁感应强度B2的方向垂直纸面向里。
15．答案：（1），即为粒子出匀强电场的偏转角为30°。
（2）负电；
（3）
（4）
解析：（1）粒子运动轨迹如图，设出匀强电场时速度反向延长线交中心线于K点，由几何关系得
因圆弧圆心角，，解得
即为粒子出匀强电场的偏转角为30°。
（2）粒子进入圆管后受到点电荷Q的库仑力做匀速圆周运动，粒子带正电，则知O处点电荷带负电。设O处点电荷的带电量为Q，粒子进入细管的速度为，由偏转角为30°可得
粒子进入圆管后受到点电荷Q的库仑力做匀速圆周运动，有
即
（3）垂直板方向的位移
（4）设板间所加电压为U，出匀强电场时的竖直方向速度为，由偏转角为30°可得
在匀强电场中粒子作类平抛运动，则有
，，
得