湖北省宜昌市長陽土家族自治縣第一中學2023-2024學年高二上學期9月月考物理試題

長陽一中20232024學年高二上學期第一次月考物理試卷一、選擇題（本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，第1~7題只有一項符合題目要求，第8~10題有多項符合題目要求。全都選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。）1.下列公式適用于任何電場的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】A．公式用來計算勻強電場中電場力做功，所以只適用于勻強電場，A錯誤；B．公式是勻強電場中電勢差與電場強度的關系公式，只適用于勻強電場，B錯誤；C．公式是電場強度的定義式，運用比值法定義，適用于任何電場，C正確；D．公式是點電荷場強公式，只適用點電荷的電場，D錯誤。故選C。2.通電的等腰梯形導線框abcd與無限長通電直導線MN在同一平面內(nèi)，電流方向如圖所示，ab邊與MN平行．下列關于通電直導線MN的磁場對線框作用的()A.線框所受安培力的合力為零B.線框有兩條邊所受的安培力方向相同C.線框有兩條邊所受的安培力大小相同D.線框在安培力作用下一定有向右的運動趨勢【答案】C【解析】【詳解】直導線中的電流方向由N到M，根據(jù)安培定則，導線右側(cè)區(qū)域磁感應強度方向向內(nèi)，根據(jù)左手定則，ab邊受向左的安培力，cd邊受到向右的安培力，ad邊受到斜向左下方的安培力，bc受到左上方安培力，四個邊所受的安培力的合力不為零，其中bc邊和ad邊所受的安培力大小相同，故AB錯誤，C正確；離MN越遠的位置，磁感應強度越小，故根據(jù)安培力公式F=BIL，cd邊受到的安培力小于ab邊、bc邊和ad邊受到的安培力的矢量和，則線框在安培力作用下一定有向左的運動趨勢，故D錯誤．3.如圖A、B為一對等量同種電荷連線上的兩點（其中B為中點），C為連中垂線上的一點。今將一個由荷量為q（）的點電荷從A沿直線移到B再沿直線移到C，以下說法正確的是（）A.A、B兩點的電勢和場強都相同B.A、C兩點場強相同，電勢不同C.點電荷q（）從B沿直線移到C，電荷的電勢能變大D.點電荷q（）從A沿直線移到B，電荷的電勢能變小【答案】D【解析】【詳解】等量同種正電荷電場線如圖所示A．根據(jù)等量正電荷的電場分布可知，AB之間的電場線從A到B，場強方向從A到B，可知A點的電勢高于B點的電勢，由圖可知，A點的電場強度大于B點的電場強度，故A錯誤；B．無法比較A、C兩點電場強度的大小，但方向一定不同，在BC之間的場強方向從B到C，可知B點的電勢高于C點的電勢，結(jié)合A選項可知A、C兩點電勢不同，故B錯誤；C．由B選項分析可知，B、C連線上，正電荷所受電場力向上，點電荷q（）從B沿直線移到C，電場力做正功，電勢能減小，故C錯誤；D．由A選項分析可知，A、B連線上，正電荷所受電場力向右，點電荷q（）從A沿直線移到B，電場力做正功，電荷的電勢能的變小，故D正確。故選D。4.如圖所示，矩形abcd的邊長bc是ab的2倍，兩細長直導線通有大小相等、方向相反的電流，垂直穿過矩形平面，與平面交于e、f兩點，其中e、f分別為ad、bc的中點。下列說法正確的是（）A.a點與b點的磁感應強度相同 B.a點與c點的磁感應強度相同C.a點與d點的磁感應強度相同 D.a點與b、c、d三點的磁感應強度均不相同【答案】B【解析】【詳解】通電直導線在周圍形成的磁場，大小為，方向由安培定則可知垂直于點到導線垂直線段，從右向左畫出各點的磁感應強度的平面圖，如圖所示，由對稱性可知a與c點的合磁感應強度等大同向，b與d兩點的合磁感應強度等大同向。故選B。5.如圖甲所示，一圓心為O的圓形區(qū)域處在平行于紙面的勻強電場中，其半徑R=0.1m。M為圓弧上一點，若半徑OM沿逆時針方向轉(zhuǎn)動，為OM從OA位置開始旋轉(zhuǎn)的角度，M點的電勢隨變化的關系如圖乙所示。下列說法正確的是（）A.勻強電場的電場強度大小為10V/mB.勻強電場的電場強度方向為垂直于AC連線向上C.將一質(zhì)子由B點沿圓弧逆時針移至D點，電勢能增加2eVD.將一電子由A點沿圓弧逆時針移至C點，電場力先做正功后做負功【答案】C【解析】【詳解】A．由電勢隨變化關系圖像可知，當時，M點電勢最低為1V；當時，N點電勢最高為5V，如圖所示則勻強電場的電場強度大小為故A錯誤；B．由電勢隨變化的關系圖像如圖可知當時，F(xiàn)點電勢為3V，根據(jù)勻強電場沿任意方向電勢降落都是均勻的，可知NM中點O點電勢也為3V，則OF為等勢線，則由幾何關系知OF與OM垂直，則電場線的方向由N指向M，如圖所示故B錯誤；C．過B和D點作MN的垂線，由幾何關系知質(zhì)子由B點沿圓弧逆時針移至D點，電勢能變化量為可知質(zhì)子由B點沿圓弧逆時針移至D點，電勢能增加2eV，故C正確；D．M點電勢最低，N點電勢最高，所以從A點沿圓弧逆時針至C點，電勢先減小后增大，電子的電勢能先增大后減小，所以電場力先做負功后做正功，故D錯誤。故選C。6.霍爾式位移傳感器的測量原理如圖所示，有一個沿z軸方向的磁場，磁感應強度B＝B0＋kz（B0、k均為常數(shù)）。將傳感器固定在物體上，保持通過霍爾元件的電流I不變，方向如圖所示，當物體沿z軸方向移動時，由于位置不同，霍爾元件在y軸方向上、下表面的電勢差U也不同。則（）A.傳感器靈敏度與上、下表面的距離有關B.磁感應強度B越大，上、下表面的電勢差U越小C.k越大，傳感器靈敏度越高D.若圖中霍爾元件是電子導電，則下表面電勢高【答案】C【解析】【分析】【詳解】B．最終定向移動的自由電荷在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡狀態(tài)，設霍爾元件的長、寬、高分別為a、b、c，設定向移動的自由電荷在x方向的速度為v。有電流的微觀表達式為所以B越大，上、下表面的電勢差U越大，B錯誤；AC．霍爾元件在y軸方向上、下表面的電勢差U為則所以傳感器靈敏度與上、下表面的距離無關，k越大，傳感器靈敏度越高，A錯誤，C正確；D．若該霍爾元件中移動的是自由電子，根據(jù)左手定則，電子向下表面偏轉(zhuǎn)，所以上表面電勢高，所以D錯誤；故選C。7.某同學描繪出小燈泡的IU圖像如圖，若將兩個完全相同的小電珠串聯(lián)接在電動勢為，內(nèi)阻為12Ω的電源兩端，接通電路，則每個燈泡的實際功率約為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】【詳解】設每個燈泡的電壓為U，燈泡的電流為I根據(jù)閉合電路歐姆定律可知整理可得所以在小燈泡的IU圖像做出電源的IU圖像故每個燈泡的實際功率為故選A。8.帶電小球以一定的初速度v0豎直向上拋出，能夠達到的最大高度為h1；若加上水平方向的勻強磁場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h2；若加上水平方向的勻強電場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h3，若加上豎直向上的勻強電場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h4，如圖所示。不計空氣阻力，則（）A.一定有h1＝h3 B.一定有h1<h4C.h2與h4無法比較 D.h1與h2無法比較【答案】AC【解析】【詳解】A．小球做豎直上拋運動的最大高度若加上水平方向的勻強電場時，豎直方向仍然只受重力，在豎直方向上有由此可知故A正確；BCD．當加上豎直向上的勻強電場，小球在豎直方向上受重力和電場力若小球帶正電，則電場力向上，小球運動的加速度小球上升的最大高度若小球帶負電，則電場力向下，小球運動加速度小球上升的最大高度若加上水平方向的勻強磁場，由于洛倫茲力改變速度的方向，所以當小球在磁場中運動到最高點時，小球應有水平方向的速度，設此時的球的動能為Ek，由動能定理得則h1大于h2，但h1可能大于h4，也可能小于h4，故h2和h4無法比較。故BD錯誤，C正確。故選AC。9.如圖，電路中R為定值電阻，電源內(nèi)阻為r。將滑動變阻器的滑片向下滑動，理想電壓表V1、V2、V3示數(shù)變化量的絕對值分別為ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想電流表A示數(shù)變化量的絕對值為ΔI，則（）A.A的示數(shù)增大 B.V2的示數(shù)增大C.ΔU3與ΔI的比值大于r D.ΔU1大于ΔU3【答案】AC【解析】【詳解】A．分析電路圖，滑動變阻器和定值電阻串聯(lián)，將滑動變阻器滑片向下滑動，接入電路阻值變小，電路總阻值變小，干路電流變大。理想電流表A測的是干路電流，A的示數(shù)增大。故A正確；B．V2測路端電壓，由于電流增大，內(nèi)阻分壓變大，所以示數(shù)變??；故B錯誤；C．根據(jù)閉合電路歐姆定律，可得則得則ΔU3與ΔI的比值大于r。故C正確；D．V1測R兩端電壓，由于電流變大，示數(shù)變大；V2測路端電壓，由于電流增大，內(nèi)阻分壓變大，所以示數(shù)變小；V3測滑動變阻器兩端電壓，是V2示數(shù)減去V1示數(shù)，示數(shù)減小。V3測滑動變阻器兩端電壓，是V2示數(shù)減去V1示數(shù)，故它們示數(shù)變化量的絕對值滿足顯然故D錯誤。故選AC。10.在電子技術中，科研人員經(jīng)常通過在適當?shù)膮^(qū)域施加磁場控制帶電粒子的運動。如圖所示，圓心為O、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面的勻強磁場（圖中未畫出），、是其兩條相互垂直的直徑，圓形區(qū)域左側(cè)有一平行、關于對稱放置的線狀粒子源，可以沿平行于的方向發(fā)射質(zhì)量為、電荷量為、速率均為的帶正電的粒子，粒子源的長度為，從粒子源上邊緣發(fā)射的粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從點射出磁場。不計粒子重力及粒子間的相互作用。下列說法正確的是（）A.勻強磁場的方向垂直紙面向里B.粒子源發(fā)射的粒子均從點射出磁場C.勻強磁場的磁感應強度大小為D.粒子在磁場中運動的最短時間為【答案】BD【解析】【詳解】A．帶正電的粒子向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知勻強磁場的方向垂直紙面向外，故A錯誤；C．如圖所示設粒子的運動半徑為，根據(jù)幾何關系可得解得根據(jù)洛倫茲力提供向心力解得故C錯誤；D．所有粒子在磁場中運動半徑都相等，運動的圓弧越短，在磁場中運動的時間越短，如圖所示由幾何關系可得解得粒子在磁場中運動的周期則粒子在磁場中運動的最短時間故D正確；B．任意一點射入磁場，粒子的運動半徑等于，如圖所示由幾何關系可知恒為一個菱形所以所有的粒子都從F點射出，故B正確。故選BD。二、非選擇題：本題共5小題，共60分。11.某同學用螺旋測微器測圓柱體的直徑時，示數(shù)如圖甲所示，此示數(shù)為___________mm；用游標卡尺測量某物體的厚度時，示數(shù)如圖乙所示，此示數(shù)為___________cm。電壓表的讀數(shù)為___________V；電流表的讀數(shù)為___________A?！敬鸢浮竣?②.③.④.【解析】【詳解】[1]螺旋測微器讀數(shù)=固定刻度數(shù)+可動刻度數(shù)；本題固定刻度數(shù)，可動刻度數(shù)為，故讀數(shù)為。[2]游標卡尺主尺讀數(shù)為20mm，游標尺第12條對齊，本游標卡尺精度為，故讀數(shù)為。[3]電壓表最小刻度為，則讀數(shù)為；[4]電流表最小刻度為，讀數(shù)為?！军c睛】本題考查螺旋測微器、游標卡尺、電壓電流表的讀數(shù)規(guī)則。10分度需估讀到精度下一位，其余分度只需本位估讀。12.測定干電池的電動勢和內(nèi)阻的電路如圖（a）所示，MN為一段粗細均勻、電阻率較大的電阻絲，定值電阻R0。調(diào)節(jié)滑片，記錄電壓表示數(shù)U、電流表示數(shù)I及對應的PN長度x，繪制出圖（b）所示的U—I圖像。（1）由圖（b）求得電池的電動勢E=___________V，內(nèi)阻r=___________Ω（均保留2位小數(shù)）；（2）實驗中因電表內(nèi)阻的影響，電動勢測量值___________（選填“大于”、“等于”或“小于”）真實值；（3）根據(jù)實驗數(shù)據(jù)可繪出圖（c）所示的圖像。若圖像斜率為k，電阻絲橫截面積為S，則電阻絲的電阻率=___________，電表內(nèi)阻對電阻率的測量___________（選填“有”或“沒有”）影響?！敬鸢浮竣?②.③.小于④.kS⑤.沒有【解析】【詳解】（1）[1]由圖（a）所示電路圖可知，路端電壓由圖（b）所示U—I圖像可知，電池的電動勢[2]圖像斜率的絕對值內(nèi)阻（2）[3]根據(jù)圖（a）可知，伏安法測電阻相對于電源來說采用電流表外接法，由于電壓表分流作用，電流表測量值偏小，當外電路短路時，電流測量值等于真實值，電源的UI圖像如圖所示由圖像可知，電動勢測量值小于真實值；（3）[4]根據(jù)圖（a）所示電路圖可知R+RA==由圖像可知，圖像的斜率解得[5]考慮電表內(nèi)阻，圖像的斜率不變，對電阻率的測量沒有影響。13.如圖所示，水平導軌間距為，導軌電阻忽略不計。導體棒垂直導軌放置，質(zhì)量，電阻，與導軌接觸良好。電源電動勢，內(nèi)阻，電阻。外加勻強磁場的磁感應強度，方向垂直于，與導軌平面成。與導軌間動摩擦因數(shù)為（設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力），不計其余摩擦．細繩垂直于且沿水平方向跨過一輕質(zhì)定滑輪懸掛一重物。重力加速度，處于靜止狀態(tài)．已知。求：（1）受到的安培力大??；（2）重物重力G的取值范圍?！敬鸢浮浚?）5N；（2）0.5N≤G【解析】【詳解】（1）由閉合電路的歐姆定律可得，通過ab的電流I==2A，方向：由a到bab受到的安培力F=BIL=5N（2）a最大靜摩擦力fmax=μ（mgFcos53°）由平衡條件得，當最大靜摩擦力方向向右時T=Fsin53°f當最大靜摩擦力方向向左時T=Fsin53°+f則重物重力的取值范圍為0.5N≤G。14.在水平向右的勻強電場中，一帶電小球從A點豎直向上拋出，其運動的軌跡如圖所示，小球運動的軌跡上A、B兩點在同一水平線上，M為軌跡的最高點，小球從A點拋出時的動能為4J，在M點的動能為，不計空氣阻力。求：（1）小球在上升和下降過程中分別通過水平位移x1與x2的比；（2）小球落到B點時的動能；（3）小球從A點運動到B點過程中的最小動能?！敬鸢浮浚?）；（2）13J；（3）【解析】【詳解】（1）小球在豎直方向上做豎直上拋運動，根據(jù)對稱性得知，從A點至M點和從M點至B點的時間t相等。小球在水平方向上做初速為零的勻加速直線運動，設加速度為a，則所以（2）小球從A到M，水平方向上電場力做功W電＝Eqx1＝則從A到B水平方向上電場力做功W電′＝Eq（x1+x2）＝4W電＝9J則由能量守恒可知，小球運動到B點時的動能為EkB＝Ek0+4W電＝4J+9J＝13J（3）如圖所示，設小球所受的電場力為F，重力為G，電場力和重力的合力（等效重力）為，G和的夾角為由于合運動與分運動具有等時性，則有：即即