新疆乌鲁木齐市联考2024-2025学年高二（上）月考物理试卷-（含解析）

这是一份新疆乌鲁木齐市联考2024-2025学年高二（上）月考物理试卷-（含解析），共16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。
1.在真空中有两个完全相同的金属小球，带电荷分别为−q1和+q2(q2>q1)，相距r时，其相互作用力为F；今将两小球接触一下再相距r，这时相互作用力为F3，则两球原来带电荷量大小的关系是( )
A. q1：q2=1：2B. q1：q2=2：1C. q1：q2=1：3D. q1：q2=2：3
【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了库仑定律。库仑定律可得出两球在接触前后的库仑力表达式，则根据电量的变化可得出接触后的作用力与原来作用力的关系；对于完全相同的带电体，若带异种电荷，接触后则先中和再平分，若带同种电荷则将总电量平分。
【解答】
根据库仑定律得：接触前，两球作用力大小为：F=kq1q2r2 ①
两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分：q1′=q2′=q2−q12 ②
F′=F3=kq1′q2′r2 ③
联立①②③解得：q1：q2=1：3，故ABD错误，C正确。
故选C。
2.用相同的灵敏电流计作表头改装成电流表A和电压表V，分别将其串联和并联在一起，然后接入电路中．通电后关于指针的偏角情况的叙述正确的是( )
A. 图甲中电压表的指针偏角与电流表的相同B. 图甲中电压表的指针偏角比电流表的小
C. 图乙中电压表的指针偏角比电流表的大D. 图乙中电压表的指针偏角比电流表的小
【答案】D
【解析】解：
AB、图甲中由于电流表的电流计是并联在电路中，电压表的电流计是串联在电路中，而串联电路的电流相等，所以由于电流表的定值电阻分流的原因，通过电流表的电流计的电流小于电压表的，所以电压表的指针偏转角比电流表的大，AB错误；
CD、图乙中电压表和电流表是并联在一起的，两端的电压是相等的，由于电压表中的定值电阻的分压原因，电压表中电流计两端的电压小于电流表中电流计两端的电压，所以图乙中电压表的指针偏角比电流表的小，C错误，D正确；
故选：D．
本题考查了电流表和电压表的改装原理，此类题的关键是理解电流表，电压表的改装原理：改装电流表需要并联一个电阻分流，改装电压表需要串联一个电阻分压．
3.如图所示，虚线a，b，c代表电场中的三条电场线，实线为一带电粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R，Q是这条轨迹上的三点，由图可知( )
A. 电场中Q点的电势高于R点的电势
B. 带电粒子的受力方向与电场强度的方向相同
C. 带电粒子在R点时的加速度小于在P点时的加速度
D. 带电粒子在Q点时的电势能小于在P点时的电势能
【答案】C
【解析】【分析】
由于电场线方向未知，根据题意无法判断电势高低，电场力做负功，粒子电势能增大;粒子运动过程中能量守恒;电场线密集程度代表场强大小，根据a=qEm判断粒子的加速度的大小。
【详解】
ABD.带电粒子做曲线运动，电场力指向曲线的凹侧，所以电场力方向指向右侧，由于不能确定粒子的电性，所以无法判断带电粒子的受力方向与电场强度的方向是否相同，若粒子从P经过R运动到Q，电场力做负功，电荷的电势能增大，则带电粒子在Q点时的电势能大于在R点的电势能大于在P点时的电势能，由于不能确定粒子的电性，则电场中Q点的电势与R点的电势无法确定，故ABD错误；
C.由电场线的疏密程度可知，R点的电场强度小于P点的电场强度，则带电粒子在R点时的加速度小于在P点时的加速度，故C正确。
故选C。
4.两个定值电阻R1、R2串联后接在输出电压U=12 V的直流电源上，且电源电压保持不变．把一个内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1两端(如图所示)，电压表的示数为8 V，如果把此表改接在R2两端，则电压表的示数( )
A. 小于4 VB. 等于4 V
C. 大于或等于8 VD. 大于4 V，小于8 V
【答案】A
【解析】【分析】
电压表的内阻不是远大于R1 R2，电压表与电阻并联后，并联部分电阻减小，分担的电压减小，结合串联电路电压与电阻成正比来分析电压表的示数;
本题要注意电压表是实际的电表，内阻不是无穷大，电表对电路的影响不能忽略，把电压表看成可测量电压的电阻。
【解答】
解：电压表接在R1两端，电压表的示数8V，则此时R2两端的电压为4V；
把此表改接在R2两端时，由于电压表的内阻不是远大于R1、 R2，电压表与R2并联的阻值小于R2，且R1的电阻大于刚才与电压表的总电阻，所以右边部分的电压变小，小于4V，故选A。
5.图示为某“静电消除器”的原理简图，直流高压产生器将220V输入电压升高，使正、负放电极尖端交替产生大量正、负离子，当表面带电物体通过放电极附近时，离子将带电物体表面的电荷中和“消除”。忽略离子间的相互作用，则离子被吸附到带电物体表面过程中( )
A. 均做匀加速运动B. 正离子电势能增大
C. 电场力对负离子做负功D. 正离子向电势降低的方向移动
【答案】D
【解析】解：A.表面带电物体所产生的的电场不是匀强电场，所以离子所受电场力为变力，均做变加速运动，故A错误；
BC.无论是正离子还是负离子，被带电物体吸引时，电场力作为吸引力，都做正功，离子电势能都减小，故BC错误；
D.因为正离子电势能减小，所以一定是向电势低的方向移动，故D正确。
故选D。
根据离子的受力情况判断其运动情况，根据电场力做功与电势能关系分析。
本题考查电势能与电场力做功，解题关键掌握电场力做正功，电势能减小。
6.直流电动机在生产、生活中有着广泛的应用。如图所示，一直流电动机M和电灯L并联之后接在直流电源上，电动机内阻r1=1Ω，电灯灯丝电阻R=18Ω(阻值保持不变)，电源电动势E=24V，内阻r=1Ω。开关S闭合，电动机正常工作时，电压表读数为18V。则下列说法不正确的是( )
A. 流过电源的电流6AB. 电动机的输入功率等于25W
C. 流过电动机的电流5AD. 电动机对外输出的机械功率65W
【答案】B
【解析】【分析】
本题是含有电动机的问题，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不适用．
根据内外之和等于电源的电动势和欧姆定律，求出流过电源的电流．由欧姆定律求出灯泡的电流，由总电流与灯泡电流之差求出流过电动机的电流．电动机对外输出的机械功率等于电动机的总功率与内部发热功率之差．
【解答】
A、电源的输出电压：U=E−Ir，则有 I=E−Ur，代入解得：I=6A，故A正确；
C、对灯泡：I灯=UR灯=1A，电动机与灯泡并联，则电动机的电流I电=I−I灯=6A−1A=5A，故C正确；
BD、根据能量转化与守恒定律得，电动机的输入功率P入=UI电=18×5W=90W，电动机的输出功率P出=UI电−I电2r，代入解得，P出=65W，故B错误，D正确。
本题选不正确的，故选：B。
7.用图示的电路可以测量电阻的阻值，图中Rx是待测电阻，R0是定值电阻，G是灵敏度很高的电流表，MN是一段均匀的电阻丝。闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，测得MP=l1，PN=l2，，则Rx的阻值为( )
A. l1l2R0B. l1l1+l2R0C. l2l1R0D. l2l1+l2R0
【答案】C
【解析】通过电流表G的电流为零，说明电阻丝MP段与PN段电压之比等于R0与Rx两端的电压比，可得UMPUPN=RMPRPN=U0Ux=R0Rx，
根据R=ρLS，有RMPRPN=l1l2，可得R0Rx=l1l2，
解得Rx=l2l1R0，故选C。
8.如图所示，边长为L的正方形线框abcd共有N匝，线框有一部分在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁场垂直于线框平面，磁场的磁感应强度为B，ad边与磁场边界MN平行，线框上e、f两点在磁场边界上，ae=12eb，让线框绕bc边转过60°，此时线框中的磁通量为( )
A. 13BL2B. 13NBL2C. 12BL2D. 12NBL2
【答案】C
【解析】【分析】
由磁通量的定义得解。
本题主要考查对磁通量定义及表达式的理解与应用，难度不大。
【解答】
若线框绕bc边转过60∘，则线框全部进入磁场中，但其有效面积为：L2cs60°，故可得此时线框中的磁通量为Φ=BL2cs60∘=12BL2，故C正确，ABD错误。
故选C。
9.在一匀强电场中，将带电量是2×10−6C正电荷由A点移至B点(A、B两点在同一条电场线上)，电场力做功4×10−6J，已知AB连线长为0.1m，则说法正确的是( )
A. A、B两点间的电势差−2VB. A、B两点间的电势差2V
C. 场强E=20V/mD. A点电势低
【答案】B
【解析】解：AB.根据电场力做功公式得：WAB=qUAB，
解得：UAB=2V，故A错误，B正确；
C.匀强电场电场强度与电势差的关系为：E=Ud，
其中d为两点沿场强方向的距离，不一定是连线的距离，本题电场方向未知，所以不能求出电场强度，故C错误；
D.由题知，从A点移至B点，电场力做正功，则电势能减小，正电荷电势能减小，则电势降低，所以A点电势高，故D错误。
故选：B。
AB.根据电场力做功公式列式，即可求解；
C.根据匀强电场电场强度与电势差的关系，即可判断；
D.由题知，从A点移至B点，电场力做正功，则电势能减小，据此判断。
本题主要考查匀强电场中电势差与电场强度的关系，解题时需注意，公式U=Ed中，d是沿场强方向的两点间的距离，或两等势面间的距离，而U是这两点间的电势差，这一定量关系只适用于匀强电场。
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
10.如图所示，直线Ⅰ是电源的路端电压随输出电流的变化图线，曲线Ⅱ是一个小灯泡的伏安特性曲线｡曲线Ⅱ与直线Ⅰ交点P的坐标为(0.6A,0.5V)，曲线Ⅱ在P点的切线过点(0.4A,0)｡将该小灯泡与电源连接组成闭合回路，下列说法正确的是( )
A. 小灯泡的电阻为2.5ΩB. 电源的内阻为2.5Ω
C. 电源内阻消耗的热功率为0.9WD. 电源的效率为75%
【答案】BC
【解析】【分析】
本题关键在于对两条曲线的理解，明确交点的物理含义，交点表示灯泡与电源连接时的工作电压和电流根据交点即可求解灯泡的电阻。
【解答】
小灯泡的伏安特性曲线与电源路端电压随输出电流的变化图线的交点P即为小灯泡接入电路时的工作状态，由图可知小灯泡接入电路后U=0.5V，I=0.6A，故此时小灯泡的电阻为R=UI=56Ω，故A错误；
B.电源路端电压随输出电流的变化图线的斜率的绝对值为电源内阻，即r=2.00.8Ω=2.5Ω，故B正确；
C.电源内阻消耗的热功率为P热=I2r=0.9W，故C正确；
D.电源的路端电压随输出电流的变化图线纵轴截距表示电动势，即E=2.0V
电源的效率为η=UIEI×100％=25％，故D错误。
故选BC。
11.在“探究平行板电容器的电容与哪些因素有关”的实验中，一已充电的平行板电容器与静电计连接如图所示。已知静电计指针张角随着电容器两极间的电势差的增大而增大。现保持电容器的电荷量不变，且电容器B板位置不动。下列说法中正确的是( )
A. 将A板向右平移，则静电计指针张角增大
B. 将A板向左平移，则静电计指针张角增大
C. 将A板向左平移，则电容器的电容减小
D. 将A板向上平移，则电容器的电容增大
【答案】BC
【解析】解：A、根据电容的决定式C=εrS4πkd可知，将A板向右平移，板间距离d减小，电容C增大，又电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=QU可知，两极板间电势差U减小，则静电计指针张角减小，故A错误；
BC、将A板向左平移，板间距离d增大，电容C减小，又电容器的电量Q不变，由C=QU可知，电势差U增大，则静电计指针张角增大，故BC正确；
D、将A板竖直向上平移，极板的正对面积S减小，根据电容的决定式C=εrS4πkd可知，电容C减小，故D错误。
故选：BC。
先根据电容的决定式分析电容的变化，再根据电容的定义式分析板间电势差的变化，即可判断静电计指针张角的变化。
本题考查电容器的动态分析问题，对于电容器的动态变化问题，关键要抓住不变量，再根据电容的定义式和决定式进行分析。
12.如图所示，竖直放置的长直导线通以恒定电流，一矩形导线框abcd与通电导线共面放置，且ad与通电导线平行，下述情况不能产生感应电流的是( )
A. 线框abcd向右平动B. 线框abcd沿电流方向平动
C. 线框abcd以ab边为轴转动D. 线框abcd以通电导线为轴转动
【答案】BD
【解析】【分析】
根据感应电流的条件：当闭合回路中磁通量发生变化时，回路中就会产生感应电流进行分析。明确直导线磁场的分布情况。
本题主要考查感应电流产生的条件，判断电路中能否产生感应电流，应把握两点：—是要有闭合回路；二是回路中的磁通量要发生变化。
【解答】A.线框abcd向右运动时，线框所在位置的磁感应强度减小，则穿过线框的磁通量减小，可以产生感应电流，故A错误；
B.线框abcd沿电流方向平动，穿过线框的磁通量不发生变化，不会产生感应电流，故B正确；
C.线框abcd以ab为轴转动时，穿过线框的磁通量发生变化，会产生感应电流，故C错误；
D.线框abcd以直导线为轴转动，穿过线框的磁通量不发生变化，不会产生感应电流，故D正确。
故选BD。
三、填空题：本大题共2小题，共8分。
13.半径为R的金属圆环里，有一个垂直于纸面向里且半径为r的圆形区域匀强磁场，磁感应强度的大小为B。若增大该区域内的磁感应强度，则金属圆环的感应电流方向为 (选填：“顺时针”或“逆时针”)；若保持圆形区域内磁场的磁感应强度大小不变，方向变化180°，则金属圆环的磁通量变化的大小为 。
【答案】逆时针
2Bπr2

【解析】解：根据楞次定律可知，若增大该区域内的磁感应强度，则垂直纸面向里的磁通量变大，由此可知金属圆环的感应电流方向为逆时针；
若保持圆形区域内磁场的磁感应强度大小不变，方向变化180°，则金属圆环的磁通量变化的大小为ΔΦ=2BS=2Bπr2。
故答案为：逆时针；2Bπr2
根据楞次定律分析出感应电流的方向；
理解磁通量的定义并得出磁通量变化的大小。
本题主要考查了楞次定律的相关应用，熟练掌握楞次定律分析出感应电流的方向，同时要注意磁通量公式中的面积的物理意义，属于易错题。
14.如图，把长L=0.5m的导体棒置于磁感应强度B=2T的匀强磁场中，使导体棒和磁场方向垂直，磁场方向垂直纸面向外，若导体棒的电流I等于2A，方向向右，则导体棒受到的安培力大小F= ______N，安培力的方向为竖直向______(填“向上”或“向下”)。
【答案】2 向下
【解析】解：由图看出，导体棒与匀强磁场垂直，则安培力大小为：
F=BIL=2×2×0.5N=2N
由左手定则可知安培力的方向为竖直向下。
故答案为：2，向下。
根据左手定则，让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是导线受的安培力的方向，根据F=BIL来计算安培力的大小即可。
本题是安培力的分析和计算问题。安培力大小的一般计算公式是F=BILsinα，α是导体与磁场的夹角，当B、I、L互相垂直的时候安培力最大为F=BIL。
四、实验题：本大题共1小题，共12分。
15.在“测定金属的电阻率”的实验中，若待测金属丝的电阻约为5Ω，要求测量数据从零开始，结果尽量准确，提供以下器材供选择：
A.电池组(3V，内阻约1Ω)
B.电流表(0∼3A，内阻约0.0125Ω)
C.电流表(0∼0.6A，内阻约0.125Ω)
D.电压表(0∼3V，内阻约4kΩ)
E.电压表(0∼15V，内阻约15kΩ)
F.滑动变阻器(0∼20Ω，允许最大电流1 A)
G.滑动变阻器(0∼2000Ω，允许最大电流0.3 A)
H.开关、导线若干
(1)实验时应从上述器材中选用_______________________选填仪器前的字母代号
(2)将设计的电路图画在框内
(3)用螺旋测微器测量该圆柱体金属丝的直径，读得的直径为________mm
(4)若用L表示金属丝的长度，d表示直径，测得电阻为R，请写出计算金属丝电阻率的表达式_______用各物理量的符号表示。
(5)用此法测得电阻率的测量值_________真实值 (填“大于”， “小于”， “等于” )
【答案】(1)ACDFH；
(2)；
(3)0.900；
(4)πRd24L；
(5)小于
【解析】【分析】
本题考查了“测定金属的电阻率”实验，考查了实验器材选择、电流表接法选择、螺旋测微器读数与实验数据处理等问题；当待测电阻阻值远小于电压表内阻时，电流表应采用外接法，当待测电阻阻值远大于电流表内阻时，应采用电流表内接法。
(1)关键电源的电压选取电压表，根据电压表选取电流表，根据题目要求确定滑线变阻器的阻值选取变阻器；
(2)电路图的设计注重电表的接法和滑动变阻器的接法；
(3)螺旋测微器固定刻度最小分度为1mm，可动刻度每一分度表示0.01mm，由固定刻度读出整毫米数包括半毫米数，由可动刻度读出毫米的小数部分；
(4)根据电阻定律的公式推导电阻率的表达式；
(5)根据电表接法应用欧姆定律分析实验误差。
【解答】
(1)由于电源电动势为3V，则电压表选D；由I=ER+r可知电路中最大电流约为0.5 A，则电流表选C；要求测量数据从零开始，结果尽量准确，滑动变阻器采用分压式接法，故电阻不能太大，选F；
本实验所选器材为：ACDFH。
(2)由于RARx>RxRV，故电流表采用外接法，设计的电路如图所示：
。
(3)由图可以看出螺旋测微器固定刻度值为0.5mm，可动刻度为40.0×0.01mm，则读数为：0.900mm。
(4)由R=ρLS及S=π(d2)2可解得：ρ=πRd24L。
(5)电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，所测电流偏大，由欧姆定律可知，电阻测量值小于真实值，则电阻率测量值小于真实值。
五、计算题：本大题共4小题，共32分。
16.如图所示，真空中平行金属板M、N之间距离为d，板长为L，两板所加的电压为U。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板边缘以初速度v0水平向右射入，并从右侧射出。不计带电粒子的重力，求：
(1)带电粒子在电场中运动的时间t；
(2)带电粒子到达N板射出时竖直方向的位移y。
【答案】解：(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速运动，由运动学公式得：L=v0t
解得带电粒子在电场中运动的时间为：t=Lv0
(2)带电粒子沿电场方向做匀加速直线运动，由运动学公式得：
y=12at2
由牛顿第二定律得：a=qEm=qUmd
联立解得带电粒子到达N板射出时竖直方向的位移y为：y=qUL22mdv02
答：(1)带电粒子在电场中运动的时间t为Lv0；
(2)带电粒子到达N板射出时竖直方向的位移y为qUL22mdv02。
【解析】(1)带电粒子进入电场后做类平抛运动，由运动学公式求解带电粒子在电场中运动的时间；
(2)带电粒子沿电场方向做匀加速直线运动，由运动学公式及牛顿第二定律求解。
本题考查了带电粒子在匀强电场中的偏转，要求学生会应用运动的合成与分解去求解。
17.如图所示，电源的电动势E为3V，内阻r为1Ω；定值电阻R1为1Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为4Ω，求：
(1)滑动变阻器R2接入电路的阻值为0时，R1两端的电压；
(2)滑动变阻器R2接入电路的电阻为1Ω时，通电1min电阻R1上产生的热量。
【答案】解：(1)根据串联电路电压分配原则
U=R1R1+rE=11+1×3V=1.5V；
(2)根据闭合电路的欧姆定律
I=ER1+R2+r=31+1+1A=1A
根据电热公式
Q=I2R1t=12×1×60J=60J。
答：(1)滑动变阻器R2接入电路的阻值为0时，R1两端的电压为1.5V；
(2)滑动变阻器R2接入电路的电阻为1Ω时，通电1min电阻R1上产生的热量为60J。
【解析】(1)根据串联电路电压分配原则求解R1两端的电压；
(2)根据闭合电路的欧姆定律求解流过R1的电流，根据电热公式求解1min内R1上面产生的热量。
本题考查闭合电路的欧姆定律和电热公式的应用，要求学生熟练掌握闭合电路的欧姆定律和电热的计算。
18.如图，MNPQ为一矩形匀强磁场区域，MP边长为d，MN边长为 3d。现从M点沿MN方向射入大量速度不等的质子，测得从P点射出的质子的速度大小为v0。已知质子的质量为m，电量为q，不计质子重力。求：
(1)矩形磁场区域磁感应强度B的大小；
(2)从P点射出的质子在磁场中运动的时间；
(3)从Q点射出的质子的速度大小。
【答案】解：(1)对从P点射出的质子，轨迹如图中1所示，由几何关系有
R1=d2
又qv0B=mv02R1
解得B=2mv0qd
(2)粒子做圆周运动的周期T=2πrv=πdv0
由于从P点射出的质子做圆周运动的圆心角为π2，故所用的时间t=T2=πd2v0
(3)对从Q点射出的质子，轨迹如图中2所示，由几何关系得
(R2−d)2+( 3d)2=R22
解得R2=2d
又qv2B=mv22R2
联立解得v2=4v0

【解析】本题考查了带电粒子在磁场中得运动规律。
19.如图所示，在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根平行光滑金属导轨固定在水平面内，导轨间距为L，左端连接阻值为R的电阻。电阻为r的导体棒ab放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距。在平行于导轨的拉力作用下，导体棒沿导轨向右做匀速直线运动，在Δt时间内，通过导体棒的电荷量为q。运动过程中导体棒始终与导轨垂直且接触良好，设金属导轨足够长，不计导轨的电阻。
(1)求导体棒所受拉力F的大小；
(2)用题中所给物理量，通过公式推导验证：在Δt时间内，导体棒克服安培力所做的功W等于回路中产生的热量Q。
【答案】解：(1)导体棒产生的感应电流大小I=qΔt
安培力大小FA=BIL
由导体棒匀速运动可得F=FA
即F=BLqΔt
(2)由闭合电路的欧姆定律，电动势E=I(R+r)
导体棒切割磁感线产生电动势为E=BLv
Δt时间内导体棒的位移x=vΔt
导体棒克服安培力所做的功W=FAx
联立解得W=q2(R+r)Δt
根据焦耳定律，回路中产生的热量Q=I2(R+r)Δt
得Q=q2(R+r)Δt
对比可得W=Q，即在Δt时间内，导体棒克服安培力所做的功W等于回路中产生的热量Q。

【解析】(1)导体棒匀速运动，所受的拉力和安培力二力平衡，由平衡条件和安培力公式F=BIL相结合求拉力F的大小。
(2)由W=Fs以及s=vΔt求拉力F对导体棒所做的功W，由焦耳定律求回路中产生的热量Q，即可验证。
解决本题时，要知道安培力是联系力学和电磁感应的桥梁，能熟练运用法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和安培力公式推导出安培力表达式FA=B2L2vR+r。