【文档说明】四川省绵阳市南山中学实验学校2022-2023学年高二下学期2月月考物理试题 含解析.docx，共(19)页，1.652 MB，由小赞的店铺上传

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绵阳南山中学实验学校高2021级高二下第2学月考试物理试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡

皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将答题卡交回。一、单项选择题：本题共9小题，每小题4分，共36分。其中1--7题只有一项是符合题目要求的。8--9题为不定项。1.如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支撑使它

们彼此接触。把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开（）A.此时A带正电，B带负电B.此时A带正电，B带正电C.移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合D.先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合【答案】

C【解析】【详解】AB．带正电的物体C靠近A附近时，根据异种电荷相互吸引，AB中的自由电子一部分移动到A的左端，故A带上负电，B带上正电，AB错误；C．移去C后，由于电荷间相互作用，重新中和，达电中性状态，两金属箔均闭合，C正确；D．先把AB分开，则A带负电，B带正电，移去C后，电荷

不能再进行中和，故两金属箔仍然张开，D错误。故选C。2.如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm．小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线．设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则（）A.a、b

的电荷同号，169k=B.a、b的电荷异号，169k=C.a、b的电荷同号，6427k=D.a、b的电荷异号，6427k=【答案】D【解析】【详解】根据同种电荷相斥，异种电荷相吸，且小球c所受库仑力的合力的方向平行于a，b的连线，可知，a、b的电荷异号，对小球c受力分析，如下图所示

因ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm，因此ac⊥bc，那么两力的合成构成矩形，依据相似三角形之比，则有43FaacFbbc==根据库仑定律有2caaQqFkac=，2cbQqbFkbc=综上所得2246433274abqq==故D正确，ABC错误。故选D。3.如图所示，平行板电

容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一个固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（）A.θ增大，E增大B.θ

增大，Ep不变C.θ减小，Ep增大D.θ减小，E不变【答案】D【解析】【详解】AD．保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，即d减小，由4SCkd=可知，电容器的电容C增大，由于Q不变，由QUC=可

知U减小，故静电计的指针偏角θ减小；电场强度可表示为4UQkQEdCdS===可知E不变，A错误，D正确；BC．由于下极板不动，电场强度E不变，所以P点的电势没有发生改变，故点电荷在P点的电势能不变，BC错

误。故选D。4.在如图所示的匀强磁场中，已经标出了电流I和磁场B以及磁场对电流作用力F三者的方向，其中错误的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．根据左手定则可知，该图中导线所受安培力方向正确，选项A不符合题

意。B．根据左手定则可知，该图中导线所受安培力方向正确，选项B不符合题意。C．根据左手定则可知，该图中导线所受安培力方向正确，选项C不符合题意。D．图中导线磁场方向平行，则导线不受安培力，此选项错误，选

项D符合题意。故选D.5.一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图所示．如果直导线可以自由地运动且通以由a到b的电流，则导线ab受磁场力后的运动情况为()A.从上向下看顺时针转动并靠近螺线管B.从上向下看顺时针转动

并远离螺线管C.从上向下看逆时针转动并远离螺线管D.从上向下看逆时针转动并靠近螺线管【答案】D【解析】【详解】试题分析：通电导线因放在通电螺线管的磁场中故受到磁场力，因左右两侧磁场方向不同，故可以分左右两边分别分析研究，画出两侧

的磁场方向，则由左手定则可判出磁场力的方向，根据受力情况可判出物体的转动情况．当导体转动后，我们可以认为电流向右偏内，受力也将发生变化，为了简便，我们可以判断导体转动到向里的位置判断导体的受力情况，再判出导体的

运动情况．解：通电螺线管的磁感线如图所示，则由图示可知左侧导体所处的磁场方向斜向上，右侧导体所处的磁场斜向下，则由左手定则可知，左侧导体受力方向向外，右侧导体受力方向向里，故从上向下看，导体应为逆时针转动；当导体转

过90°时，由左手定则可得导体受力向下，故可得出导体运动为逆时针转动的同时还要向下运动．即为a端转向纸外，b端转向纸里，且靠近通电螺线管，故D正确，ABC错误；故选D【点评】解决本题的关键（1）清楚通电螺线

管的磁场，应看到左右两边磁场的不同；（2）能准确地应用的左手定则判断磁场与电流不垂直的情况；（3）会找到一些有代表性的特殊位置求解．6.水平桌面上一条形磁铁的上方，有一根通电直导线由S极的上端平行于桌面移到N极上端的过程中

，磁铁始终保持静止，导线始终保持与磁铁垂直，电流方向如图所示。则在这个过程中，磁铁受到的摩擦力的方向和桌面对磁铁的弹力（）A.摩擦力始终为零，弹力大于磁铁重力B.摩擦力始终不为零，弹力大于磁铁重力C.摩擦力方向由向左变为向右，弹力大于磁铁重力D.摩擦力方向由向右

变为向左，弹力小于磁铁重力【答案】C【解析】【详解】如图所示，导线在S极上端时导线所受安培力方向斜向左上方，由牛顿第三定律可知，磁铁受到的磁场力斜向右下方，磁铁有向右的运动趋势，则磁铁受到的摩擦力水平向左；磁铁

对桌面的压力大于磁铁的重力，因此桌面对磁铁的弹力大于磁铁重力；如图所示，当导线在N极上端时，导线所受安培力方向斜向右上方，由牛顿第三定律可知，磁铁受到的磁场力斜向左下方，磁铁有向左的运动趋势，则磁铁受到的摩擦力水平向右；

磁铁对桌面的压力大于磁铁的重力，因此桌面对磁铁的弹力大于磁铁重力；由以上分析可知，磁铁受到的摩擦力先向左后向右，桌面对磁铁的弹力始终大于磁铁的重力；故ABD错误，C正确；故选C。7.如图所示，质量为m的带电绝缘小球（可视为质点）用长为l的绝缘细线悬挂于O点，在悬点O下方有匀强磁场。现把小

球拉离平衡位置后从A点由静止释放，小球从A点和D点向最低点运动，则下列说法中错误的是（）A.小球两次到达C点时，速度大小相等B.小球两次到达C点时，细线的拉力相等C.小球两次到达C点时，加速度相同D.小球从A至C和从D至C过程中，所用时间相等【答案】B【解析】【详解】A．

可视为质点的带电小球在磁场中要受到洛伦兹力作用，由于洛伦兹力方向总是垂直于速度的方向，所以洛伦兹力不做功，细线的拉力也不做功，只有重力做功，与没有磁场一样，所以，小球的机械能一直守恒，小球两次到达C点时，速度大小相等，故A正确，不符合题意；B．设小球两次到达C点时速率为v，并假设小

球带正电，小球向右通过C点时，小球受到的洛伦兹力向上，根据牛顿第二定律得21vFqvBmgml+−=可得细线的拉力为21vFmqvBmgl=−+小球向左通过C点时，小球受到的洛伦兹力向下，根据牛顿第二定律得

22vFqvBmgml−−=可得细线的拉力为22vFmqvBmgl=++可知小球两次到达C点时，细线的拉力不相等，故B错误，符合题意；C．小球从A至C和从D至C过程中，速度大小相等，故加速度2val=相同，方向指向圆心，故C正确，不

符合题意；D．小球从A运动至C和从D运动至C洛伦兹力不做功，细线的拉力也不做功，小球在同一高度处的速度大小相等，所以所用的时间相同，故D错误，不符合题意。故选B。8.如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，匀强电场的方向竖直向下，有一正离子恰能以速率v沿直线从左向右水平飞越此区域，则A

.若电子以速率v从右向左飞入，电子也沿直线运动B.若电子以速率v从右向左飞入，电子将向上偏转C.若电子以速率v从右向左飞入，电于将向下偏转D.若电子以速率v从左向右飞入，电子也沿直线运动【答案】BD【解析】【分析】【详解】D．正

离子从左边进入电场，在电场中受到向下的电场力和向上的洛伦兹力作用，因恰能沿直线从左边水平飞出，可知电场力和洛伦兹力平衡，有qEqvB=得EvB=若粒子带负电，也从左边以速度v射入，电场力和洛伦兹力的方向对调，发现还是有EvB=所以带电粒子只要以速度v从左边水平进入电场，粒子就会

沿水平方向射出，与电性和电量无关，D正确；ABC．电子从右侧进入电场，受到的电场力方向向上，由左手定则可知，洛伦兹力方向也向上，所以电子将向上偏转，AC错误B正确。故选BD。9.如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电油滴，在平行于纸面的匀强电场中由静止沿斜向右下方做直线运

动，其轨迹与竖直方向的夹角为θ，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则下列判断正确的是（）A.电场强度的最小值等于mgqB.电场强度的最大值等于sinmgqC.带电油滴的机械能可能增加D.电场力可能对带电油滴不做功【答案】CD【解析

】【分析】【详解】AB．带电油滴的运动轨迹为直线在电场中受到重力mg和电场力F，其合力必定沿此直线向下，根据三角形定则作出合力，由图可知，当电场力F与此直线垂直时，电场力F最小，场强最小，则有F=qEmin=mgsinθ得到Emin

=sinmgq由图可知，电场强度无最大值，故AB错误；D．当sinmgEq=时，电场力方向与速度方向垂直，电场力不做功，带电油滴的电势能一定不变；这种情况下只有重力做功，带电油滴的机械能不变，故D正确；C．当sinmgEq时，当电场力方向与速度方向成锐角时，电场力做正功，带电油滴

的机械能增加，故C正确。故选CD。二、填空题。本题共2小题，其余每空2分，共20分10.某实验小组同学用如图所示的装置“探究影响电荷间相互作用力的因素”。把带电荷量为1Q+的小球用绝缘丝线系在铁架台上，将带电荷量为2Q+的带电体O置

于水平桌面上，先后移动到1P、2P、3P等位置，调节丝线的长度使带电小球和带电体O始终位于同一水平线上。（1）若带电小球的质量为m，重力加速度为g，带电体O在1P位置时，丝线偏离竖直方向的夹角为，则带电小球受到的静电力大小为F=______（用m、g及的三

角函数表示）。（2）本实验方案采用的物理方法是______（选填“理想实验法”“等效替代法”“控制变量法”或“微小量放大法”）。（3）通过上述操作可以得出的结论有______。A.保持1Q+、2Q+不变，带电体O在1P位置时，丝线偏离竖直

方向的夹角较大，静电力F较大B.保持1Q+、2Q+不变，带电体O在3P位置时，丝线偏离竖直方向的夹角较大，静电力F较大C.保持带电体O的位置不变，带电体O的带电荷量2Q+越大，丝线偏离竖直方向的夹角越大，静电力F

越大D.保持带电体O的位置不变，带电小球的带电荷量1Q+越大，丝线偏离竖直方向的夹角越小，静电力F越小【答案】①.tanmg②.控制变量法③.AC##CA【解析】【详解】（1）[1]根据题意，对带电小球受力分析，受重力、绳子拉力TF和库仑力F，如图所示由平衡

条件可得tanFmg=（2）[2]本实验为“探究影响电荷间相互作用力的因素”，需采用的物理方法是控制变量法。（3）[3]AB．根据题意，由库仑定律122kqqFr=可知，保持1Q+、2Q+不变，当距离最小时，库仑力最大，丝线偏离竖直方向的夹角

最大，即带电体O在1P位置时，丝线偏离竖直方向的夹角较大，静电力F较大，故B错误，A正确；CD．根据题意，由库仑定律122kqqFr=可知，保持两电荷距离不变，则电荷量的乘积越大，库仑力越大，丝线偏离竖直方向的夹角

越大，故D错误，C正确。故选AC。11.在测量一节干电池的电动势和内电阻的实验中，实验电路如图甲所示。（1）实验过程中，电流表应选用___________；滑动变阻器应选用___________（请填写选项前对应的字母）A．电流表1A（量程0.6A，内阻约0.8Ω）B．电流表2A

（量程3A，内阻约0.5Ω）C．滑动变阻器1R（0~10Ω）D．滑动变阻器2R（0~200Ω）（2）实验中要求电流表测量通过电池的电流，电压表测量电池两极的电压。根据如图甲所示的电路可知：电流表测量值

___________真实值（选填“大于”或“小于”）。（3）用如图甲所示的电路根据正确实验操作测得的数据如下表：I（A）0.100.200.300.390.50U（V）1.401.311.201.101.00①据测得的实验数据，在如图乙所示的坐标图上作出

UI−图像_________。②实验中测得干电池的电动势E=___________V；内阻r=___________Ω。（4）若测量的是新干电池，其内电阻很小，在较大范围内调节滑动变阻器的阻值，电压表读数变化___________。（选填“明显”或“不明显”或“无法确定”）【答案】①.A

②.C③.小于④.⑤.1.5⑥.1.0⑦.不明显【解析】【详解】（1）[1]由于一节干电池的电动势大约为1.5V，电路中测量的最大电流为0.5A，则实验过程中，电流表应选用A。[2]电路采用限流式控制电路，根据1.5Ω1

5Ω0.10ERI===则滑动变阻器应选用C，不用D，采用太大阻值的滑动变阻器不方便调节。（2）[3]由于该电路采用外接法测电源电动势与内阻，引起误差原因是电压表分流，则电流表测量值小于真实值。（3）①[4

]据测得的实验数据，在如图乙所示的坐标图上作出UI−图像，如图所示②[5][6]根据UEIr=−则图像的纵轴的截距表示干电池的电动势，图像的斜率表示电源的内阻，则有1.5VE=，1.50.9Ω1.0Ω0.6r−==（4）

[7]根据UIr=若测量的是新干电池，其内电阻很小，在较大范围内调节滑动变阻器的阻值，电压表读数变化不明显。三、解答题。本题共2小题，共24分。要求必须写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案。12.如图所示，内表面光滑绝缘的半径为1.2m的圆形轨道处于竖直平面内，有竖直向

下的匀强电场，场强大小为6310/.Vm有一质量为0.12kg、带负电的小球，电荷量大小为61.610C−，小球在圆轨道内壁做圆周运动，当运动到最低点A时，小球与轨道压力恰好为零，g取210/ms，求：()1小球在A点处的速度大小；()2小球运动到最高点B时对轨道的

压力．【答案】()1?6/ms；()2?21.6N【解析】【详解】（1）重力：G=mg=0.12kg×10N/kg=1.2N电场力：F=qE=1.6×10﹣6C×3×106V/m=4.8N在A点，有：qE﹣mg=m代入数据解得：v1=6

m/s（2）设球在B点的速度大小为v2，从A到B，由动能定理有：（qE﹣mg）×（2R）=mv22﹣mv12在B点，设轨道对小球弹力为FN，则有：FN+mg﹣qE=mv22由牛顿第三定律有：FN′=FN代入数据解得：

FN′=21.6N【点睛】本题关键是明确小球的受力情况和运动情况，结合动能定理和向心力公式列式分析，可以将重力和电场力合成为“等效重力”，然后就能够结合竖直平面内的圆周运动模型进行分析．13.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度

B＝2.0T。一质量为m＝5.0×10－8kg、电荷量为q＝1.0×10－6C的带电粒子从P点沿图示方向以v＝20m/s的速度进入磁场，从x轴上的Q点离开磁场（Q点未画出）。已知OP＝30cm。（粒子重力不计，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），求：（1）OQ的距离；（2）若粒子不能

进入x轴上方，求磁感应强度B′满足的条件。【答案】（1）0.90m；（2）16T3B【解析】【详解】（1）带电粒子仅在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，有2vqvBmR=得0.50mmvRqB==而0.50mcos53

OP=故圆心一定在x轴上，轨迹如图甲所示，有几何关系可知sin53OQRR=+故0.90mOQ=（2）带电粒子不从x轴射出如图乙，由几何关系得cos53OPRR+mvRqB=联立代入数据16T3B本题共5小题，共30分。第

14、15、16题每小题4分，给出的四个选项中只有一项符合题目要求。第17题每空2分，共8分。18题，10分14.振动的单摆小球通过平衡位置时，关于小球受到的回复力及合力的说法中正确的是（）A.回复力零，合力不为零，方向指向悬点为B.回复力不为零，方

向沿轨迹的切线C.回复力就是合力D.回复力为零，合力也为零【答案】A【解析】【详解】单摆的回复力不是它受到的合力，而是重力沿圆弧切线方向得分离，当摆球运动到平衡位置时回复力为零，但小球还有向心力，方向指向悬点，即为小球所受的合力。故选A。15.如图所示为一质点的振动图

象，曲线满足正弦变化规律，则下列说法中正确的是()A.该振动为简谐振动B.该振动的振幅为10cmC.质点在前0.12s内通过的路程为20cmD.0.04s末，质点的振动方向沿x轴负方向【答案】AD【解析】【详解】A．该图象表示质点的位移随时间周期性变化的规律

，是简谐振动，故A正确；B．由题图可知该振动振幅为5cm，故B错误；C．由题图可知质点振动的周期为0.08s，每振动一个周期T，通过的路程为4A，而0.12s=112T质点通过的路程为6A=30cm故C错误；D．根据振动规律可知，0.04s末质点的振动方向沿x轴负方向，故D正确。故选AD。

16.根据图甲、乙所示，分别判断下列说法正确的是()的A.甲是振动图象，乙是波动图象B.甲是波动图象，乙是振动图象C.甲中A质点向下振，乙中B时刻质点向下振D.甲中A质点向上振，乙中B时刻质点向下振【答案】BD【解析】【详解】AB．波动图象

的横坐标为波的传播方向上各质点的平衡位置，振动图象的横坐标为时间，故A错误，B正确；CD．甲中A质点被其左侧质点带动向上振，乙中B时刻后位移由零变为负值，故向下振，故C错误，D正确。故选BD。17.根据单摆周期公式2lTg=，可以通过实验测量当地的重力加速度。

如图甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆。（1）用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图乙所示，读数为________mm。（2）在“利用单摆测重力加速度”的实验中，如果得出的重力加速度的测量值偏大

，其可能的原因是________。A.测量周期时，时间t内全振动的次数少数了一次B.摆球振动过程中悬点O处摆线的固定出现松动，摆长略微变长C.单摆振动时，摆线的偏角太小D.在测量摆长时，将细线的长度加上小球的直径作为摆长E.小球没有在同一竖直面内运动，形成了圆锥摆（圆

锥摆周期cos2lTg=）（3）某同学测出了多组摆长L和运动周期T，并根据相应的实验数据作出了2TL−图像，如图所示，根据的图像可知小球的半径是_____cm，中的数据算出了重力加速度的数值为________m/s2（保留三位有效数字）【答案】①.18.6②.DE##

ED③.1④.9.86【解析】【详解】（1）[1]游标卡尺的读数为18mm60.1mm18.6mm+=（2）[2]由单摆的周期公式2LTg=，得224πLgT=A．测定周期时，全振动次数少数了一次，则所测周期T偏大，所测重力加速度偏小，故A错

误；B．摆线振动中松动变长，可知摆长的测量值偏小，所测的重力加速度偏小根据224πLgT=可知重力加速度的测量值偏小，故B错误；C．摆角偏小不影响重力加速度的测量，故C错误；D．在测量摆长时，将细线的长度加上小球的直径作为摆长，则摆长测量值变大，根据可知224πL

gT=所测重力加速度偏大，故D正确；E．小球不在同一竖直平面内运动，成为圆锥摆运动，由圆锥摆的周期cos2LTg=可知周期偏小，所测重力加速度偏大，故E正确。故选DE。（3）[3][4]由图可知2TL−图像不经

过原点，其原因是测量摆长时没有加上小球的半径，导线图像向左平移1cm，可知小球半径为1cm，根据2lTg=可得224Tlg=可知2TL−图像图像斜率244kg==的解得29.86m/sg=18.如图所示，一列简谐横波的波源与A

、B、C三点在同一直线上．某时刻波刚好传播到B点，此时A点位于波谷．已知波长λ的范围为：6m＜λ＜10m，AB=10m，周期T=0.8s，振幅A=5cm，BC=20m．求：(i)通过分析计算判断波源的起振

方向；(ii)再经过△t=3s求C点振动的路程．【答案】(i)波源的起振方向为向下；(ii)再经过△t=3s,C点振动的路程为25cm．【解析】【详解】(i)由6m＜λ＜10m，则可知λ＜AB＜2λ假设波源

的起振方向向上，由波刚好传播到B点时，A点所在位置，可得34AB=+可得波长为40m6m7=＜，与题意不符合假设波源向下起振，由波刚好传播到B时，A点所在位置，可得14AB=+可得波长为λ=8m与题意符合，故波源的起振方向向下；(ii)由前面的分析，结合已知可得

波速为8mm10ss0.8vT===波从B点传播到C点，所需要的时间为120s2s10BCtv===则可知质点C的振动时间为2151s4tttT=−==所以质点C的路程为获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com