2024-2025学年江苏省泰州中学高二（上）月考物理试卷（10月）（含解析）

这是一份2024-2025学年江苏省泰州中学高二（上）月考物理试卷（10月）（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本大题共10小题，共40分。
1.下列说法正确的是( )
A. 变化的电场产生变化的磁场
B. 只要系统所受外力做的功为零，系统动量守恒
C. 安培分子电流假说认为分子电流使每个物质微粒成为微小的磁铁，它的两侧相当于两个磁极
D. 麦克斯韦最早预言并证实了电磁波的存在
2.跳绳也可以“发电”。用一根带有绝缘皮的长铜导线做跳绳，将它的两端与固定在地面上的灵敏电流计相连，摇动跳绳时，发现灵敏电流计的指针左右摆动。则( )
A. 向任意方向摇绳一定都能产生电流B. 只能在赤道平面上产生电流
C. 跳绳发电属于电磁感应D. 跳绳发电属于电流的磁效应
3.我国高铁技术、北斗卫星导航系统、5G通信技术，目前处于世界领先水平。与4G相比，5G具有“更高网速、低延时、低功率海量连接、通信使用的电磁波频率更高”等特点。与4G相比，5G使用的电磁波( )
A. 波长更长B. 能量子的能量更小 C. 能量子的能量更大D. 传播速度更快
4.如图所示，坐标系中的图线甲、乙分别为某电源和定值电阻的U−I曲线，现将该电源和定值电阻串接在一起，则下列说法正确的是( )
A. 该电源的内阻随输出电压的增大而增大
B. 当输出电压为2 V时，电源的内阻为10Ω
C. 当输出电压为2 V时，电源的内阻消耗的电功率为0.32 W
D. 如果将定值电阻的阻值减小，则电路消耗的总功率减小
5.图示为一已进行欧姆调零的欧姆表，用该欧姆表测一电阻R的阻值时，指针偏转至满刻度的12处．现用该欧姆表测一未知电阻的阻值，指针偏转到满刻度的13处，可知该电阻的阻值为( )
A. RB. 2RC. 3RD. 4R
6.在如图所示的电路中，平行板电容器两金属板之间的带电液滴处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，由于某种原因灯泡L的灯丝突然烧断，其余用电器均未损坏，则下列说法正确的是
A. 电流表读数变小，电压表的读数变大B. 电源内阻消耗的功率变大
C. 液滴将向下运动D. 电容器带的电荷量变大
7.某电吹风简化电路如图所示，其主要部件为电动机M和电热丝，部分技术参数如下表，电吹风在220 V电压下工作。下列说法正确的是( )

A. 开关S1、S2都闭合时电吹风吹冷风B. 吹热风时通过电热丝的电流为4 A
C. 吹热风时电热丝的功率为990 WD. 该电吹风中电动机的内电阻为440Ω
8.网课学习离不开智能手机，智能手机有自动调节屏幕亮度的功能，光照强度变大时屏幕变亮，反之变暗，其简化电路如图。图中电路元件R、R1中一个为定值电阻，另一个为光敏电阻(其有“阻值随光照强度的减小而增大”这一特性)。该电路可实现“有光照射光敏电阻时小灯泡变亮，反之变暗”这一功能，假设灯泡的电阻不变，由分析可得下列说法正确的是( )
A. R为定值电阻，R1为光敏电阻
B. 有光照射时路端电压一定减小
C. 有光照射时电源的输出功率一定增大
D. 电阻R两端电压变化量的绝对值小于灯泡两端电压变化量的绝对值
9.质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是( )
A. 碰撞前m2的速率大于m1的速率B. 碰撞后m2的速率大于m1的速率
C. 碰撞后m2的动量大于m1的动量D. 碰撞后m2的动能小于m1的动能
10.一小球做平抛运动，关于小球的动量变化Δp、动量变化率ΔpΔt，动能变化ΔEk，动能的变化率ΔEkΔt随时间变化的曲线，下列正确的是( )
A. B.
C. D.
二、实验题：本大题共2小题，共20分。
11.某实验小组欲测定一硅光电池的电动势和内电阻，可供选择的实验器材如下：
待测硅光电池E(电动势约为1.3 V，内阻约为100Ω)；
直流电流表A1(量程0∼12mA，内阻为50Ω)；
直流电流表A2(量程0∼24mA，内阻为5Ω)；
电压表V1(量程0∼3V，内阻约为3kΩ)；
电压表V2(量程0∼1.5 V，内阻约为1.5kΩ)；
滑动变阻器R1(最大电阻200Ω，额定电流0.1 A)；
滑动变阻器R2(最大电阻20Ω，额定电流1A)；
开关S、导线若干。
(1)为了完成上述实验，电流表选______，滑动变阻器选______(选填所给器材的符号)。
(2)请在图1虚线框中将实验电路图补充完整。
(3)该实验小组根据实验得到的数据，描点绘出了如图甲所示的U−I图像。则该硅光电池的内阻为______Ω。
(4)已知某非线性元件的伏安特性曲线如图乙所示，将该元件与所测硅光电池组成闭合回路，则该电池的效率为______ %(结果保留2位有效数字)。
12.用如图a所示的电路观察电容器的充放电现象，实验器材有电源E、电容器C、电压表、电流表、电流传感器、计算机、定值电阻R、单刀双掷开关S1、开关S2、导线若干
(1)闭合开关S2，将S1接1，电压表示数增大，最后稳定在12.3V。
(2)先后断开开关S2、S1，将电流表更换成电流传感器，再将S1接2，此时通过定值电阻R的电流方向______(选填“a→b”或“b→a”)，通过传感器将电流信息传入计算机，画出电流随时间变化的I−t图像，如图b，t=2s时Ⅰ=1.10mA，图中M、N区域面积比为8：7，可求出R=______kΩ (保留2位有效数字)。
三、计算题：本大题共4小题，共40分。
13.某校物理兴趣小组用图示装置估测磁体附近的磁感应强度．他们将一小罗盘磁针放在一个水平放置的螺线管的轴线上，如图甲所示．小磁针静止时N极指向处于水平面内xOy坐标系中的y轴正方向，当接通电源后，发现小磁针N极指向与y轴正方向成30°角的方向，其俯视图如图乙所示．已知该实验所在地面处地磁场的磁感应强度的水平分量为3×10−5T.
(1)请在图上标明螺线管导线的绕向；
(2)求该通电螺线管在小磁针处产生的磁感应强度的大小(画出必要的矢量示意图；计算结果保留三位有效数字)．
14.(1)如图1所示，匝数为N=10、面积为S的闭合线圈abcd水平放置，与磁感应强度为B的匀强磁场夹角为45°，现将线圈以ab边为轴顺时针转动90°。求初始时的磁通量以及整个过程中线圈的磁通量变化量；
(2)如图2所示，在直角三角形ABC的A点和B点分别固定一垂直纸面的无限长通电直导线，其中A点处导线电流方向垂直纸面向外，∠A=30°。已知通电直导线形成的磁场在空间某点处的磁感应强度B=kIr，k为比例系数，r为该点到导线的距离，I为导线中的电流强度。今测得C点的磁场沿BC方向。请利用平行四边形定则做出C点合磁场方向(仅作图，不需要说明原因)，并求出AB两点处导线电流的大小之比。
15.如图所示，游乐场有一种讲蹦极运动和大型滑滑梯结合的游乐项目，一位质量m=60kg的游客系着一条原长L=5m的弹性绳，由静止从O点开始下落，弹性绳从开始张紧至最长状态B点所用时间t1=1s，游客到达B点时弹性绳自动和人体分离，游客顺着滑梯BC来到安全区域，滑梯BC可看作半径为0.8m的光滑14圆弧，C为圆弧的最低点，将此游客视为质点，不计下落过程中的空气阻力，g取10m/s2.求：
(1)从开始下落至安全带最长状态的过程中，游客受到的重力冲量I的大小；
(2)从开始张紧至最长状态的过程中，弹性绳所受的平均冲力F的大小；
(3)若游客在滑梯BC上运动的时间t2=0.8s，求游客在滑梯上受到的支持力冲量的大小。
16.电动车越来越普及，如图所示是家用电瓶车充电器对蓄电池组进行充电的电路，A、B两端接在充电器的输出端上，蓄电池组的内阻r=2Ω，指示灯L的规格为“6V，3W”，当可变电阻R调到20Ω时，指示灯恰能正常发光，电压表示数为52V(设电压表内阻极大)，蓄电池组接充电器时，试求：
(1)充电器的输出功率；
(2)蓄电池组产生的热功率；
(3)充电器的充电效率(保留三位有效数字)。
答案解析
1.C
【解析】A.均匀变化的电场可以产生稳定的磁场，A错误；
B.系统所受合外力做功为零，并不能说明系统不受外力，动量不一定守恒，B错误；
C.安培认为，在原子、分子等物质微粒的内部存在着一种环形电流——分子电流，分子电流使每个物质微粒都成为微小的磁体，分子的两侧相当于两个磁极，C正确；
D.麦克斯韦最早预言电磁波的存在，而赫兹通过实验证实了电磁波的存在，D错误。
故选C。
2.C
【解析】解：AB、用一根导带有绝缘皮的长铜导线做跳绳，将跳绳的两端与固定在地面上的灵敏电流计相连，摇动“跳绳”时，导体在地磁场做切割磁感线运动时，电路中会产生感应电流。当人沿南北方向站在赤道上摇动时，不会产生感应电流；无论在何地，只要导线切割磁感应线运动，就会产生感应电动势，故AB错误；
CD、跳绳发电属于电磁感应现象，不是电流的磁效应，故C正确，D错误。
故选：C。
闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时会产生感应电流；发电机是根据电磁感应原理制成的。
本题主要是考查电磁感应现象，关键是掌握感应电动势产生的条件，知道电磁感应现象属于电磁感应现象。
3.C
【解析】由题知，与4G相比，5G通信使用的电磁波频率更高，已知电磁波的波长与频率的关系为λ=cf，由此可知5G使用的电磁波波长更短，选项A错误；已知能量子的能量ε=ℎv，则与4G相比，5G使用的电磁波能量子的能量更大，选项B错误，C正确；电磁波的传播速度与光速相等，为3×108m/s，选项D错误。
4.C
【解析】A.题图中图线甲切线斜率的绝对值等于电源的内阻，由图线甲可知，输出电压越小，电源的内阻越大，A错误；
BC.由图线甲可知，该电源的电动势为3.6 V，电源的输出电压为2V时电路中的电流为0.2A，则电源的内阻
r=E−UI=3.6V−2V0.2A=8Ω
电源的内阻消耗的电功率
Pr=I2r=0.22×8W=0.32W
故B错误，C正确；
D.如果将定值电阻的阻值减小，定值电阻两端的电压减小，总电流增大，电路消耗的总功率由：
P=EI
可知电路消耗的总功率增大，D错误．
5.B
【解析】解：设电源电动势为E，欧姆表的内阻为Rg，满偏电流为Ig，欧姆表调零时则有：Ig=ERg，测一阻值为R的电阻时：12Ig=ER+Rg，测一未知电阻时：
13Ig=ERx+Rg
解得：Rx=2R，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据闭合电路的欧姆定律写出欧姆表内阻、满偏电流和电动势的关系，然后根据闭合电路的欧姆定律写出测量R的电阻时的方程，最后根据闭合电路的欧姆定律写出测未知电阻时的方程即可求出未知电阻的阻值。
知道欧姆表内阻、待测电阻和电源电动势的关系即欧姆表的工作原理是解题的关键所在。
6.D
【解析】C.当L的灯丝突然烧断时电路中总电阻增大，则总电流减小，电源的内电压和R1电压减小，由闭合电路的欧姆定律可知，电容器C的电压增大，板间场强增大，带电液滴所受的电场力增大，则该液滴将向上运动，故C错误；
A.由于C两端的电压增大，R2、R3中的电流增大，则电流表、电压表的读数均变大，故A错误．
B.因干路电流减小，则电源内阻消耗的功率变小，故B错误．
D.电容器C的电压增大，Q=CU，故电容器带的电荷量变大，故D正确．
故选D．
7.B
【解析】A.由电路图可知，开关S1、S2都闭合时电动机M和电热丝同时接入电路，电吹风吹热风，故A错误；
BC.开关S1、S2都闭合时电动机M和电热丝同时接入电路，电吹风吹热风，此时电热丝的功率为P=P2−P1=990W−110W=880W，电流为I=PU=880220A=4A，故B正确，C错误；
D.只有开关S2闭合时，仅电动机接入电路，若电动机为纯电阻，其电阻为r=U2P1=440Ω，由于电动机正常工作时为非纯电阻，则电阻不为440Ω，故D错误。
8.B
【解析】 A.若 R1 是光敏电阻，光照射 R1 时， R1 阻值减小，则电路总电阻减小，总电流增大，电源内电压增大、外电压减小，流过 R 和小灯泡的电流减小，灯泡的实际功率变小，小灯泡变暗，不符合题意，若 R 是光敏电阻，光照射 R 时， R 阻值减小，则电路总电阻减小，总电流增大，电源内电压增大、外电压减小， R1 两端电压减小，流过 R1 的电流减小，流过 R 和小灯泡的电流增大，小灯泡的实际功率变大，小灯泡变亮，由以上分析可知， R 为光敏电阻， R1 为定值电阻，故A错误；
BD.由A分析可知， R 是光敏电阻，照射 R 时， R 阻值减小，则电路总电阻减小，总电流增大，电源外电压减小，流过 R 和小灯泡的电流增大，则小灯泡两端的电压增大，电阻 R 两端的电压减小，由串联分压原理可知，由于外电压减小，则电阻 R 两端电压变化量的绝对值大于灯泡两端电压变化量的绝对值，故C错误，B正确；
C.当 R外=r 时，电源输出功率最大，但各个电阻具体参数未知，无法确定出 R外 与 r 的大小关系，则无法判断有光照射时电源的输出功率是否一定增大，故C错误；
故选B。
9.C
【解析】解：A、x−t图象的斜率表示物体运动的速度，由图可知，碰前m2保持静止，m1速度为v1=41m/s=4m/s，故A错误；
B、根据斜率可知，碰撞后m2的速率为v′2=8−42m/s=2m/s，m1的速率为v′1=0−42m/s=−2m/s，负号说明m1反向弹回，二者速度大小相等，故B错误；
C、碰撞后m1反向弹回，以开始时m1的方向为正方向，由动量守恒定律可知，m1v1=m1v′1+m2v′2，代入数据解得，m2=3m1，由速度速度大小相等，则说明碰撞后碰撞后m2的动量大于m1的动量，故C正确；
D、由动能的表达式可知，m1的动能Ek1=12m1v′12=12×m1×22=2m1，m2的动能Ek2=12m2v′22=12×m2×22=2m2，因为m2=3m1，v′1=v′2，所以碰撞后m2的动能大于m1的动能，故D错误。
故选：C。
x−t图象的斜率表示速度，根据图象求解碰撞前、后碰撞后m1、m2的速度大小，根据动量守恒定律求解两物体的质量；根据动能的计算公式求解碰撞前、后系统的动能，由此分析碰撞的性质。
本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用(或合外力为零)；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。
10.D
【解析】A.小球做平抛运动，只受重力作用，由加速度的定义式可知，速度的变化量Δv=gt，动量变化Δp=mΔv=mgt，
所以Δp−t图象是一条过原点的直线，故A错误；
B.根据动量定理得F合Δt=Δp，解得：动量变化率ΔpΔt=F合=mg，所以动量变化率ΔpΔt不随时间变化，故B错误；
C.根据动能定理得：ΔEk=mgℎ=mg×12gt2=12mg2t2，ΔEk−t图象为顶点在坐标原点，开口向上的抛物线，故C错误；
D.根据动能定理得：Ek−E0=mgℎ=mg×12gt2=12mg2t2，即Ek=12mg2t2+E0，则ΔEkΔt=12mg2t，所以图象是一条过原点的倾斜直线，故D正确。
11.(1) A1 R1
(2)
(3)100
(4)42

【解析】(1)[1][2]由于电流中的最大电流为
Im=Er=13mA
综合考虑电路实际情况，电流表选择 A1 即可，该实验电路为限流式接法，为了保护电路，需要选用最大阻值较大的变阻器R1。
(2)根据上面的分析，补充完整后电路如图
(3)乙图中，纵轴截距为该硅光电池的电动势，即
E=1.20V
图线的斜率绝对值表示硅光电池的内阻与电流表内阻之和，即
r+RA1=|k|=150Ω
整理，可得
r=100Ω
(4)甲图和乙图的两段图像放到一个图中，找到交点为坐标为(7.00mA,0.50 V)，则
η=UIEI=UE=42%
12. a→b 5.2
【解析】[1]根据电路图可知充电结束后电容器上极板带正电，将S1接2，电容器放电，此时通过定值电阻R的电流方向a→b；
[2]电容器开始放电前两端电压为12.3V，根据图像I−t与横轴围成的面积表示放电量可得间 0∼2s 的放电量为
Q1=ΔU•C=(12.3−IR)•C
同理2s后到放电结束的放电量
Q2=IR•C
由题可知
I=1.1×10−3A
Q1Q2=87
联立解得
R=5.2kΩ
13.解：(1)接通电源后，小磁针N极指向是地磁场和螺线管磁场的叠加场的方向．由此可判定螺线管的磁场在小磁针处方向水平向右，由安培定则判定螺线管导线绕向如图所示：
(2)由题意知所在地地磁场水平分量By=3×10−5T，
设通电螺线管产生的磁场为Bx，
由矢量图可知tan30°=BxBy
解得：Bx=3×10−5× 33T=1.73×10−5T
答：(1)螺线管导线的绕向如上图所示；
(2)该通电螺线管在小磁针处产生的磁感应强度的大小为1.73×10−5T。
【解析】(1)依据小磁针N极的指向，结合地磁场，及矢量的合成法则，与安培定则，即可判定；
(2)根据矢量的合成法则，及三角函数，即可求解通电螺线管在小磁针处产生的磁感应强度的大小。
考查通电导线周围存在磁场，掌握安培定则与矢量的合成法则，理解地磁场，注意正确画出磁场的矢量图是解题的关键。
14.(1)线圈水平放置时的磁通量
Φ=BSsin45∘= 22BS
线圈平面转到竖直平面，磁通量为
Φ′=−BSsin45∘=− 22BS
整个过程中线圈的磁通量变化量为
ΔΦ=Φ′−Φ=− 2BS
(2)C点合磁场如图所示

根据几何关系可得
BBBA=sin30∘
lBClAC=sin30∘ A点处导线在C点产生的磁场为
BA=kIAlAC B点处导线在C点产生的磁场为
BB=kIBlBC AB两点处导线电流的大小之比
IAIB=4

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.解：(1)游客在弹性绳未绷紧时，做自由落体运动，经历的时间t0= 2Lg= 2×510s=1s
从开始下落至安全带最长状态的过程中，游客受到的重力冲量I的大小为
I=mgt0+t1=1200N·s
(2)从初始位置到弹性绳刚好绷紧瞬间，游客的速度为v=gt0=10m/s
从开始张紧至最长状态的过程中，对游客由动量定理可得I合=Δp
则有F−mgt1=mv
解得弹性绳所受的平均冲力F=1200N
(3)从B到C的过程中，由动能定理可得mgR=12mvC2−0
解得vC=4m/s
从B到C的过程中，动量的变化量为Δp=mvC−0=240kg·m/s，方向水平向左
重力的冲量为IG=mgt2=480N·m，方向竖直向下，
由动量定理可知I合=Δp
则游客在滑梯上受到的支持力冲量的大小IN= IG2+Δp2=240 5N·s
【解析】本题主要考查冲量的概念以及动量定理的基本运用，解题的关键在于熟练运用公式。
(1)根据自由落体运动的规律求出游客在弹性绳未绷紧过程运动的时间，结合冲量的表达式求解从开始下落至安全带最长状态的过程中，游客受到的重力冲量I的大小；；
(2)根据运动学公式求出弹性绳刚好绷紧瞬间游客的速度，利用动量定理求解从开始张紧至最长状态的过程中，弹性绳所受的平均冲力F的大小；
(3)同理，利用动量定理列式求解。
16.(1)电路中的电流为
I=PLUL=36A=0.5A
充电器的输出功率
P1=(UR+UV)I=(0.5×20+52)×0.5W=31W
(2)蓄电池组产生的热功率
P热=I2r=0.52×2W=0.5W
(3)充电器的有用功率
P3=P1−P内损−P外损=P1−R+r+RLI2=31−20+2+12×0.52=22.5W
则充电器的充电效率
η=P3P1×100%=22.531×100%=72.6%

【解析】详细解答和解析过程见【答案】额定电压
220V
额定功率
热风时：990W
冷风时：110W