重庆市2024_2025学年高二物理上学期第二次月考试题含解析

这是一份重庆市2024_2025学年高二物理上学期第二次月考试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
物理试卷
一、单选题：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．如图为静电喷印原理的简图，在喷嘴和收集板之间施加高压电源后，电场分布如图中虚线所示.喷嘴处的液滴受到各方面力的共同作用形成泰勒锥，当电场力增大到某一值时，液滴从泰勒锥尖端射出形成带电雾滴，落在收集板上，则此过程中雾滴（ ）
A．动能减小B．速度不变
C．电势能减小D．加速度增大
2．如图，在光滑绝缘斜面上有带电小球a与b，两球同时释放瞬间，a球的加速度刚好为零，则下列关于a、b的电性及初始位置，符合要求的是（ ）
A．B．
C．D．
3．如图所示是光感式烟雾报警器的原理图，烟雾报警器光源发出光线，在没有烟雾时沿直线传播（虚线），有烟雾时则光会散射到光敏电阻上，使蜂鸣器达到额定电流发出报警声，已知光敏电阻的阻值随光的强度增强而减小，接收光的强度随烟雾浓度增大而增强，关于烟雾报警器，下列说法正确的是（ ）
A．无论浓度多大的烟雾均可使蜂鸣器报警
B．电源电动势越大，蜂鸣器越易发出报警声
C．光源发光强度越强，蜂鸣器越难发出报警声
D．滑动变阻器P向b端滑动，蜂鸣器更容易发出报警声
4．圆环形导体线圈a平放在水平绝缘桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向上滑动，下列表述正确的是（ ）
A．线圈a中将产生俯视为逆时针方向的感应电流B．穿过线圈a的磁通量变大
C．线圈a有收缩的趋势D．线圈a对水平桌面的压力将减小
5．如图所示，一根粗细均匀的金属丝弯折成一直角三角形闭合线框，其中，将其放入匀强磁场中，磁场方向垂直三角形所在平面向里，若在ab间加一电压U，则折线acb边和ab边受到的安培力大小之比为（sin37°=0.6，cs37°=0.8）（ ）
A．1∶1B．4∶3C．4∶7D．5∶7
6．如图，在垂直纸面向里的足够大的匀强磁场中放置一硬质异形导线框Oab，其中ab是半径为R的四分之一圆弧，直线段Oa长为R且与圆弧段相切。该导线框在纸面内绕O点逆时针转动，则下列说法正确的是（ ）
A．B．感应电流方向b→a→O
C．D．
7．如图为边长为d的正方体，O为DE上的一点，，在FE、ND两边放置足够长的直导线，均通有大小相等的电流I，电流方向如图所示。已知一根足够长直导线通过的电流一定时，磁感应强度B大小与距离r成反比（，式中k为常量）。图中O、Q两点处的磁感应强度大小之比为（ ）
A．B．C．1:3D．3:1
二、多选题：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。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。
8．下列装置中都涉及到磁场的具体应用，关于这些装置的说法正确的是（ ）
A．甲图为回旋加速器，粒子可以从电场中获得能量
B．乙图为磁流体发电机，可判断出A、B极板的正对面积越大两极板间的电势差越大
C．丙图为质谱仪，打到照相底片D点的带电粒子距离射入点越远，粒子比荷越大
D．丁图为速度选择器，电子和质子的速度符合要求时均可以从左侧沿直线运动到右侧
9．如图，在平面直角坐标系的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电量为q的相同粒子从y轴上的点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场，设入射速度方向与y轴正方向的夹角为α（0≤α≤180°）。当α=150°时，粒子垂直x轴离开磁场。不计粒子的重力。则（ ）
A．粒子一定带负电B．当α=45°时，粒子也垂直x轴离开磁场
C．粒子入射速率为D．粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为
10．空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示。当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同，并做半径为的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则（ ）
A．油滴a带负电，所带电量的大小为
B．油滴a做圆周运动的速度大小为
C．小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为，周期为
D．小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动
三、实验题：本题共2个小题，共15分，第11题6分，第12题9分。
11．用多用电表测量一个定值电阻的阻值，测量步骤如下：
（1）请将测量步骤补充完整。
①调节指针定位螺丝，使多用电表指针指向电压和电流公共的零刻度线上；
②将选择开关旋转到“Ω”挡的“×10”位置；
③将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准 ；
④将红、黑表笔分别与待测电阻两端接触，多用电表的指针位置如图甲所示，此时应选择 （选填“×1”或“×100”）挡重新测量，选挡后 （选填“需要”或“不需要”）进行欧姆调零，然后重新测量；
⑤测量完毕，将选择开关旋转到OFF位置．
（2）黑箱面板上有三个接线柱1、2和3，黑箱内只有一个由三个阻值均为3Ω的定值电阻构成的电路．用多用电表测得1和2接线柱、1和3接线柱、2和3接线柱之间的电阻均为2Ω，请在图乙的虚线框中画出电阻的连接方式。
12．某实验小组想用伏安法测量在光照一定的情况下某太阳能电池的电动势E（约3V）并探究其内阻的变化特性。设计的电路如图甲所示，电路中，电流表的内阻忽略不计。
(1)电路中定值电阻的作用是 。
(2)实验小组调节滑动变阻器测得多组电压和电流数据，并在坐标纸上描绘出光照一定情况下，电池的路端电压U与输出电流I的关系如图乙，由图像可知，当输出电流0≤I≤150mA时，U与I成线性关系。则该电池的电动势E= V，在满足U与I成线性关系的条件下，该电池的内阻r= Ω。（均保留两位有效数字）
(3)当电流大于150mA时，随着电流增大，电池的电阻 （选填“增大”、“减小”或“不变”）：当电压表（可视为理想电压表）的示数为0.5V时，电池的输出功率为 W（保留两位有效数字）。
四、计算题：本大题共3小题，共42分。13题10分，14题14分，15题18分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不能得分。
13．小明在研究性学习中设计了一种可测量磁感应强度的实验，其装置如图所示。在该实验中，磁铁固定在水平放置的电子测力计上，此时电子测力计的计数为，磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场，其余区域磁场不计。直铜条AB的两端通过导线与一电阻连接成闭合回路，总阻值为R。若让铜条水平且垂直于磁场，以恒定的速率在磁场中竖直向上运动，这时电子测力计的计数为，铜条在磁场中的长度L。
(1)判断铜条所受安培力的方向，和哪个大？
(2)求铜条匀速运动时所受安培力的大小和磁感应强度的大小。
14．如图所示某种质量为m，电荷量为q的带正电离子，从cd边的中点O沿纸面以与Od成30°角的方向射入边长为a的正方形abcd边界内的匀强磁场区域，已知匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，不计粒子的重力以及离子间的相互作用。求：
(1)若粒子速度为：，离子在磁场中运动的时间t；
(2)若要离子全部从ab边射出，粒子速度范围。
15．如图甲所示，半径为R的圆形区域内存在辐向电场，电场方向由圆心沿半径向外，电场强度大小E随距圆心O的距离x的变化如图乙所示，图中为已知量。圆形区域外存在垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m，电荷量为+q的带电粒子，从圆心O点由静止释放，粒子沿半径OP运动至虚线边界上的P点进入磁场偏转再返回电场，粒子每次到达O点后沿进入电场的路径返回磁场，最后刚好沿PO方向回到O点，这个过程中粒子在磁场中运动的总时间记为（未知）。已知磁场的磁感应强度，不计带电粒子的重力。求：

(1)带电粒子经过P点时的速度大小；
(2)的大小；
(3)若改变带电粒子的释放位置，将带电粒子在OP之间的某点Q（图中未标出）释放，粒子经过一段时间后沿PQ方向第一次回到释放点Q，该过程粒子在磁场区域运动的总时间为，求粒子释放点Q到P点的可能距离。
1．C
【详解】ABC．由于液滴带负电，落到收集板的过程中，电场力做正功，动能增大，速度增大，电势能减小，故AB错误，C正确；
D．由图可知从喷嘴到收集板，电场线逐渐稀疏，电场强度减小，根据牛顿第二定律可知
加速度在减小，故D错误。
故选C。
2．B
【详解】带电小球a在光滑绝缘斜面上，对其受力分析，受重力支持力和带电小球b对它的库仑力。两球同时释放瞬间，a球的加速度刚好为零，即带电小球b对它的库仑力与重力和支持力的合力平衡，故带电小球b对小球a的库仑力沿斜面向上。综上所述只有B图符合题意。
故选B。
3．B
【详解】A．只有当烟雾的浓度足够大时，散射到光敏电阻上的光足够强，使得光敏电阻的阻值减小，电路中电流足够大时才能使蜂鸣器报警，选项A错误；
B．电源电动势越大，在同等条件下回路中的电流越大，则蜂鸣器越容易发出报警声，选项B正确；
C．光源发光强度越强，光敏电阻的阻值越小，则回路中电流越大，则蜂鸣器越容易发出报警声，选项C错误；
D．滑动变阻器P向b端滑动，电阻增大，则回路中电流减小，则蜂鸣器更难发出报警声，选项D错误。
故选B。
4．D
【详解】AB．当滑片P向上移动时电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流减小，从而判断出穿过线圈a的磁通量减小，方向向下，根据楞次定律即可判断出线圈a中感应电流方向俯视应为顺时针，故A错误，B错误；
C．再根据楞次定律推论“增缩减扩”判断出线圈a应有扩张的趋势，故C错误；
D．根据“增离减靠”可知线圈a对水平桌面的压力将减小，故D正确。
故选D。
5．D
【详解】设ab边电阻为R、长度为L，由电阻定律和几何关系可知
，ab边所受安培力大小为
acb边的有效长度为L，则acb边所受安培力大小为
则
故选D。
6．A
【详解】B．由于转动过程，导线框的磁通量保持不变，所以导线框中不产生感应电流，故B错误；
C．对于Oab部分，根据右手定则可知，产生的感应电动势方向由b→a→O，则b端相当于电源的负极，O端相当于电源的正极，所以电势关系为，故C错误；
AD．对于Oa部分，则有
则
故A正确，D错误。
故选A。
7．B
【详解】两根导线在Q点的磁感应强度大小都为
且相互垂直，所以
导线EF在O点的场强大小为，导线DN在O点的场大小为，两个磁场垂直，所以
所以
故选B。
8．AD
【详解】A．粒子每次通过D形盒间的空隙时，电场力做正功，动能增加，所以粒子从电场中获得能量，而通过磁场时，洛伦兹力不做功，在磁场中无法获得能量，故A正确；
B．当带电粒子在两极板间所受电场力和洛伦兹力等大反向时将匀速直线运动，两极板的电势差达到稳定，此时
解得
所以，两极板间的电势差与两极板的正对面积无关，故B错误；
C．带电粒子进入磁场的动能
带电粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力
解得
距越远，即半径越大，粒子比荷越小，故C错误；
D．电子所受电场力竖直向上，洛伦兹力竖直向下；质子所受电场力竖直向下，洛伦兹力竖直向上，两者都是只需满足电场力和洛伦兹力等大即可，根据
解得
故D正确。
故选AD。
9．CD
【详解】A．根据题意可知粒子垂直轴离开磁场，根据左手定则可知粒子带正电，故A错误；
BC． 当时，粒子垂直轴离开磁场，运动轨迹如图所示。
粒子运动的半径为
洛伦兹力提供向心力
解得粒子入射速率
若，粒子运动轨迹如图所示。
根据几何关系可知，粒子离开磁场时与轴不垂直，故B错误，C正确；
D．粒子离开磁场距离点距离最远时，粒子在磁场中的轨迹为半圆，如图所示。
根据几何关系可知
解得
故D正确。
故选CD。
10．ABD
【详解】A．油滴a做圆周运动，故重力与电场力平衡，可知带负电，有
解得
故A正确；
B．根据洛伦兹力提供向心力
得
解得油滴a做圆周运动的速度大小为
故B正确；
C．设小油滴Ⅰ的速度大小为，得
解得
周期为
故C错误；
D．带电油滴a分离前后动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为，取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，得
解得
由于分离后的小液滴受到的电场力和重力仍然平衡，分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反，根据左手定则可知小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，故D正确。
故选ABD。
11． 欧姆表零刻度线 需要
【详解】（1）[1][2][3]欧姆调零时，应将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准欧姆表零刻度线；测量过程中，如果指针偏转角过大，说明电阻值较小，欧姆挡的倍率选择较大，故换倍率较小的挡位挡，进行欧姆调零，然后重新测量；
（2）[4]黑箱内的电路由3个阻值均为的定值电阻构成，用多用电表测得1和2接线柱、1和3接线柱、2和3接线柱之间的电阻均为，说明1和2接线柱、1和3接线柱、2和3接线柱之间的电路结构相同，可知黑箱内电阻的连接方式如图所示．
12．(1)保护电路、扩大电压测量范围，减小误差
(2) 2.9 2.3
(3) 增大 0.50
【详解】（1）电路中定值电阻起保护电路的作用、扩大电压测量范围，减小误差
（2）由图像可知，电池的电动势为2.9V；由闭合电路欧姆定律可知
结合图像线性部分的斜率
（3）当电流大于150mA时，随着电流增大，图线斜率变大，电池的电阻增大；当电压表（可视为理想）的示数为0.5V时，电流表的示数为0.268A，此时电池的输出功率
13．(1)安培力的方向竖直向下，
(2)；
【详解】（1）铜条切割磁感线产生感应电动势，并在闭合回路中产生感应电流。根据右手定则可知，流过铜条的感应电流从A指向B，再利用左手定则可知，铜条受到磁铁的安培力竖直向下。 根据牛顿第三定律，磁铁受到铜条竖直向上的反作用力，使得磁铁对地面压力小于本身重力，所以
（或者：根据楞次定律，导体棒所受安培力阻碍其相对磁铁的运动，所以铜条所受安培力的方向向下）
（2）铜条向上匀速运动时，铜条切割磁感线产生的感应电动势
闭合回路中的感应电流
铜条受到竖直向下的安培力
根据牛顿第三定律，磁铁受到铜条竖直向上的反作用力，大小
对磁铁受力分析并根据平衡条件有
联立解得

14．(1)
(2)
【详解】（1）在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力
以上各式联立代入数据解得
如图所示
当粒子轨迹与bc边界相切时，如图中③所示，设此时的轨道半径为，由几何关系得
解得
因为
则粒子从cd边射出
根据对称性得轨迹的圆心角为300°，运动时间为
（2）当粒子不从ad边射出的临界轨迹是轨迹与ad边相切，如图中①所示，设此时粒子轨道半径为，几何关系得
解得
在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力
解得
当粒子恰好从ab边射出的临界轨迹是轨迹与ab边相切，如图中②所示，设此时粒子轨道半径为，由几何关系得
解得
在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力
解得
要使粒子全部从ad边射出，速度需满足
15．(1)
(2)
(3)见详解
【详解】（1）根据乙图，图中图线所围成面积代表电势差，则
由动能定理可得
解得
（2）设带电粒子在磁场中运动的轨道半径为，根据题意作轨迹图，由向心力公式得
设
由几何关系可知
解得
所以
粒子在磁场中运动过程所转过的角度为
粒子在磁场中运动总时间
粒子在磁场中运动周期为
解得
（3）如图，设改变释放位置后，粒子在磁场中第一次从S点回到电场区域，令
粒子在磁场中运动的圆弧所对圆心角为，根据题意可知

联立以上公式得
粒子在磁场中运动总时间为，所以
将
带入
可得
其中n和m均为正整数，由题意可知
π