2024-2025学年江苏省扬州中学高二（上）月考物理试卷（9月）（含解析）

这是一份2024-2025学年江苏省扬州中学高二（上）月考物理试卷（9月）（含解析），共7页。试卷主要包含了单选题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.关于电磁场及电磁波，下列说法错误的是( )
A. 麦克斯韦提出电磁场理论，赫兹通过实验证实了电磁波的存在
B. 变化的电场能够产生磁场，变化的磁场能够产生电场
C. 不同电磁波具有不同的波长，电磁波中无线电波可用于通信
D. 红外线的显著作用是热效应，温度较低的物体不能辐射红外线
2.功是能量转化的量度，下列关于功与能关系的说法正确的是( )
A. 物体克服重力做功，物体的重力势能一定增加，机械能可能减少
B. 物体克服重力做功，物体的重力势能一定增加，机械能一定增加
C. 重力对物体做正功，物体的动能一定减小，重力势能可能增加
D. 重力对物体做正功，物体的动能一定增加，重力势能一定增加
3.如图所示，在某次实验中老师用丝绸摩擦过的玻璃棒(带正电)去吸引细碎的锡箔屑，发现锡箔屑被吸引到玻璃棒上后又迅速向空中散开，下列说法正确的是( )
A. 锡箔屑被吸引过程会因为获得电子而带负电
B. 散开时锡箔屑带负电
C. 最后锡箔屑散开主要是因为碰撞
D. 散开时锡箔屑带正电
4.一根长为L、横截面积为S的金属棒，棒内单位体积的自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为q.在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，金属棒内的电场强度大小E，则金属棒材料的电阻率是( )
A. nqvEB. EnqvC. ELnqvD. EnqvL
5.在如图所示的电路中，电源电动势为6V，内阻为2Ω，定值电阻R的阻值为10Ω，电动机的线圈阻值为2Ω。闭合开关S后，理想电压表的示数为3V。下列说法正确的是( )
A. 电源的输出功率为4.5W
B. 电动机消耗的功率为0.75W
C. 电动机线圈在1分钟内产生的热量为0.125J
D. 如果电动机被卡住，电压表的示数将变大
6.在如图所示的电路中，电源内阻不能忽略。当滑动变阻器的滑片P向a端滑动时( )
A. 流过电源的总电流增大B. R1消耗的功率增大
C. 电源内部消耗的功率增大D. R2所在支路的电流增大
7.如图所示，矩形线圈abcd与有界的匀强磁场垂直，线圈的一半在磁场内，已知线圈的面积为2S，磁场的磁感应强度为B，以下说法正确的是( )
A. 在图示位置时通过线圈的磁通量为BS
B. 线圈以ab为轴转过30º时通过线圈的磁通量为BS2
C. 线圈以ab为轴转过45º时通过线圈的磁通量为BS2
D. 线圈以cd为轴转过60º过程中通过线圈的磁通量改变量为BS2
8.真空中有一半径为r0的带电金属球壳，通过其球心的一直线上各点的电势φ分布如图，r表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离。下列说法正确的是( )
A. 该球壳带负电
B. A点的电场强度小于B点的电场强度
C. 若r2−r1=r1−r0，则φA−φB<φ0−φA
D. 将一个正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做负功
9.如图所示，O点处有一固定的点电荷，虚线是等势面，另外两个质量及电荷量绝对值相等的带电粒子M、N以大小相同的速度射入点电荷的电场，仅在电场力作用下两个粒子运动的轨迹如图中实线所示，取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是( )
A. M、N带异种电荷，M和O点处点电荷电性相同
B. M从a点运动到b点的过程中，电势能先增大后减小
C. N从c点运动到d点的过程中，动能先减小后增大
D. N在d点的电势能比M在a点电势能小
10.一个固定在空间某点、带负电的点电荷Q产生电场，其中一条电场线与x轴重合。另有一个带正电的试探电荷q仅在电场力作用下从x=0的位置开始沿x轴运动，其动能Ek与坐标x的关系如图所示，虚斜线为该曲线过点(0.2,2)的切线，已知q=2.0×10−6C。下列判定错误的是( )
A. 点电荷Q的位置一定在x轴上
B. 该电场的电势沿x轴正方向一直升高
C. x=0.2m处场强的大小为10N/C
D. x=0与x=0.2m两点间的电势差为1V
二、计算题：本大题共2小题，共40分。
11.如图所示，质量为m，电量为q的粒子从静止开始经电压为U的电场加速后，沿中轴线垂直进入长为L，宽为d的匀强偏转电场，恰好从极板右侧离开偏转电场。不计粒子重力。求：
(1)粒子经过电场加速后进入偏转电场的速度大小v；
(2)偏转电场的场强大小E。
12.如图所示，薄板B放在倾角为37∘的光滑斜面上，斜面固定且足够长，薄板的下端位于斜面底端，上端通过轻绳与固定在地面上的电动机连接，轻绳跨过定滑轮，定滑轮质量与摩擦均不计，斜面上方的轻绳与斜面平行。t=0时刻，一小物块A从薄板上端由静止释放的同时，薄板在电动机带动下由静止开始沿斜面向上做加速度aB=2m/s2的匀加速直线运动。已知薄板长L=2m，小物块A的质量mA=2kg，薄板B的质量mB=1kg，A、B间的动摩擦因数μ=0.5，sin 37°=0.6，cs 37°=0.8，求：
(1)刚开始时小物块A的加速度大小；
(2)小物块A将要离开薄板时，轻绳拉力的功率；
(3)小物块A从开始运动到滑至斜面底端这一过程中，电动机对外提供了多少能量。
答案解析
1.D
【解析】
A.麦克斯韦提出电磁场理论，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，选项A正确，不符合题意；
B.变化的电场能够产生磁场，变化的磁场能够产生电场，选项B正确，不符合题意；
C.不同电磁波具有不同的波长，电磁波中无线电波可用于通信，选项C正确，不符合题意；
D.红外线的显著作用是热效应，温度低的物体也能辐射红外线，选项D错误，符合题意。
2.A
【解析】AB.物体克服重力做功，物体的重力势能一定增加，但若除重力做功外，其他外力对物体做负功，则物体的机械能将减小，故A正确，B错误；
CD.重力对物体做正功，物体的重力势能一定减小，物体动能的变化取决于合力所做的功，合力做正功，动能增加，合力做负功，动能减小，故CD错误。
故选A。
3.D
【解析】
A.一个带正电的物体能够吸引另一个物体，另一个物体带负电或不带电，锡箔屑被吸引过程不带电，而且也不会“获得”电子，故A错误；
BCD.最后锡箔屑散开主要是因为锡箔屑带正电，同种电荷相互排斥导致，故BC错误，D正确。
故选D。
4.B
【解析】导体中的电流为：I=nqSv，导体两端的电压为：U=EL，导体的电阻为：R=ρLS，根据欧姆定律得：R=UI，联立解得：ρ=Enqv，故B正确，ACD错误。
故选B。
5.B
【解析】
A.假设电路电流为I，根据闭合电路欧姆定律可得E=U+I(R+r)，解得I=E−UR+r=6−310+2A=0.25A，
可知外电压为U外=E−Ir=5.5V，电源的输出功率为P出=U外I=5.5×0.25W=1.375W，A错误；
B.电动机消耗的功率为P=UI=3×0.25W=0.75W，B正确；
C.电动机线圈在1分钟内产生的热量为Q=I2R线t=0.252×2×60J=7.5J，C错误；
D.如果电动机被卡住，电动机变成纯电阻，根据闭合电路欧姆定律可得E=I′(R线+R+r)，解得I′=ER线+R+r=62+10+2A=37A，
电压表示数为U′=I′R线=37×2V=67V，可知电压表的示数将变小，D错误。
故选B。
6.B
【解析】解：滑动变阻器的滑片P向a端滑动时，总电阻增大，则流过电源的总电流减小，根据P=I2r可知电源内部消耗的功率减小，根据U=E−Ir，可知路端电压增大，则R1的电流增大，所以R1消耗的功率增大，R2所在支路的电流减小，故ACD错误，B正确；
故选：B。
先分析滑动变阻器接入电路的电阻如何变化，确定外电路总电阻如何变化，分析干路电流如何变化，再根据闭合电路欧姆定律分析并联部分电压的变化．根据干路电流与通过上面的定值电阻电流的变化，判断R2所在支路的电流的变化．
本题是一道电路动态分析题，分析清楚电路结构、熟练应用串联电路特点及欧姆定律即可正确解题．
7.A
【解析】A.根据磁通量的定义，依题意磁通量为
Φ=BS
故A正确；
B.线圈以ab为轴转过30º时，处于磁场部分的线圈在于磁场垂直方向上投影的面积仍为S，可知线圈的磁通量仍为BS，故B错误；
C.线圈以ab为轴转过45º时，处于磁场部分的线圈在于磁场垂直方向上投影的面积仍为S，可知线圈的磁通量仍为BS，故C错误；
D.线圈以cd为轴转过60º时，ab边刚好转出磁场，则线圈磁通量为0，磁通量变化量大小为
ΔΦ=BS
故D错误。
故选A。
8.C
【解析】解：A、r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离，由图可知A点的电势高于B点的电势，则说明离球壳越远电势降低，故说明电场线向外，球壳带正电，故A错误；
B、根据根据场强公式E=KQr2可知，A点的电场强度大于B点的电场强度，故B错误；
C、由于图象斜率大小等于场强，从O到A再到B，电场强度逐渐减小，故若r2−r1=r1−r0，则φA−φB<φ0−φA，故C正确；
D、正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力方向由A指向B，所以电场力做正功，故D错误。
故选：C。
根据直线上各点的电势φ分布图判断A点和B点电势；沿电场线方向电势逐点降低，根据电场力方向和运动方向判断做功情况。
解决本题要明确掌握根据电势高低判断电场方向的方法，同时掌握点电荷电场的基本性质，同时掌握根据电场力和速度方向判断做功情况的方法。
9.C
【解析】A、从粒子运动轨迹看出，M轨迹向圆心侧弯曲，可知带电粒子受到了引力作用，N轨迹向圆外侧弯曲，可知带电粒子受到了排斥力作用，则MN电性相反，M与O点电性相反，故A错误；
B、M从a到b过程中，电场力为引力，先靠近后远离，电场力先做正功后做负功，可知电势能先减小后增大，故B错误；
C、图中c、d两点处于同一等势面上，从c到d，电场力先做负功后做正功，做的总功为零，则动能先减小后增加，c、d两点动能相等，故C正确；
D、取无穷远电势为零，M与O点电性相反，N与O点电性相同，由Ep=φq，N在d点的电势能为正值，M在a点电势能为负值，N在d点的电势能比M在a点电势能大，故D错误。
10.B
【解析】A.由于点电荷所形成电场的电场线是指向负电荷，且为直线，而有一条电场线与x轴重合，故点电荷Q一定在x轴上，故A正确；
B.由于试探电荷q的动能一直增大，则电场力对q做正功，那么电场力方向沿x轴正方向，则电场线方向也沿x轴正方向，则沿x轴正方向，电势逐渐降低，故B错误；
C.根据微元法及动能定理FΔx=EqΔx=ΔEk，可知图像斜率表示电场力，x=0.2m处，
E=ΔEkΔx⋅q=2×10−6(0.2−0.1)×2×10−6N/C=10N/C，故C正确；
D.x=0到x=0.2m，根据动能定理有：qU=ΔEk，则U=ΔEkq=2×10−62×10−6V=1V，故D正确。
本题选择错误选项，故选：B。
11.(1)粒子在加速电场中，由动能定理qU=12mv2
解得粒子经过电场加速后进入偏转电场的速度大小为v= 2qUm
(2)粒子在偏转电场中做类平抛运动，设运动的时间为t，有L=vt，d2=12at2
加速度为a=qEm
联立解得E=2UdL2。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
12.解：(1)刚开始时对小物块A进行分析，根据牛顿第二定律有mAgsin37∘−μmAgcs37∘=mAaA，
解得aA=2m/s2；
(2)对薄板进行分析，根据牛顿第二定律有F−mBgsin37∘−μmAgcs37∘=mBaB，解得F=16N，
物块A在薄板上运动的加速度大小aA=2m/s2，
根据12aAt2+12aBt2=L，解得小物块A在薄板B上运动时间t=1s，
此时B的速度vB=aBt=2m/s，则绳拉力的功率P=FvB=16×2W=32W；
(3)小物块A将要离开薄板时，B沿斜面上升的位移为xB=12aBt2，解得xB=1m，
此时力做的功W1=FxB=16J，
小物块A将要离开薄板时，此时A速度为vA=aAt=2m/s，
小物块A滑至斜面上时有mAgsin37∘=mAaA′，解得aA′=6m/s2，
小物块A离开薄板滑至斜面低端过程有L−xB=vAt′+12aA′t ′2，
解得小物块A离开薄板滑至斜面低端的时间为t′=13s，
小物块A离开薄板滑至斜面低端的时间内，薄板B继续向上移动的位移为xB′=vBt′+12aBt ′2，解得xB′=79m，
小物块A将要离开薄板后有F′−mBgsin37∘=mBaB，解得F′=8N，
则有W2=F′xB′=569J，
小物块A从开始运动到滑至斜面底端这一过程中，拉力所做的功为W=FxB+F′xB′，
故电动机对外提供的能量为E=16J+569J=2009J≈22.22J。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】