【文档说明】四川省内江市第六中学2023-2024学年高二上学期第二次月考物理试题 含解析.docx，共(20)页，2.853 MB，由小赞的店铺上传

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内江六中2023—2024学年（上）高2025届第二次月考物理学科试题考间：75分钟满分：100分第Ⅰ卷选择题一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。1.如图甲中O是等量同种电荷，两点电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对于O

点对称的两个点，B、C和A、D也相对于O点对称。则下列说法正确的是（）A.B、C两点电场强度不同B.A、D两点电场强度相同C.E、F、O相比，O点电场强度最强D.从O到E电场强度大小一定一直增大【答案】A【解析】【详解】A．根据等量同种点电荷电场分布的对称性可知，甲图中，O点两侧的B、C两点

的电场强度大小相等、方向相反，则电场强度不同，故A正确；B．根据等量同种点电荷电场分布的对称性可知，甲图中，O点两侧的A、D两点的电场强度大小相等、方向相反，则电场强度不同，故B错误；C．根据电场强度叠

加可知E、F、O相比，O点电场强度为零，即最弱，故C错误；D．根据电场强度叠加可知从O点到E点，电场强度大小可能一直增大，也可能先增大后减小，故D错误。故选A。2.如图所示的电路中，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向

上滑动的过程中，下列说法正确的是（）A.电压表与电流表的示数都增大B.电压表与电流表的示数都减小C.电压表的示数增大，电流表的示数减小D.电压表的示数减小，电流表的示数增大【答案】C【解析】【详解】开关S闭合后，根据“串反并同”法判断可知，在变阻器R0的滑动端向上滑

动的过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻增大，电流表示数减小，电路中总电阻增大，电源路端电压增大，电压表示数增大。故选C。3.如图所示的电流天平，矩形线圈的匝数为n，b段导线长为L，导线a、b、c段处于与线

圈平面垂直匀强磁场中，当线圈没有通电时，天平处于平衡状态。当线圈中通入电流I时，通过在右盘加质量为m的砝码（或移动游码）使天平重新平衡。下列说法中正确的是（）A.线圈通电后，b段导线的安培力向下B.若仅将电流反向

，线圈将仍能保持平衡状态C.线圈受到的安培力大小为mgD.由以上测量数据可以求出磁感应强度nmgBIL=【答案】C【解析】【详解】ACD．依题意，通过在右盘加质量为m的砝码（或移动游码）使天平重新平衡，可知b段导线所受安培力向上且Fmg=安又FnBIL=安解得mgB

nIL=故AD错误；C正确；B．依题意，当线圈没有通电时，天平处于平衡状态，若仅将电流反向，线圈将而外受到向下的安培力作用，不能保持平衡状态。故B错误；故选C。4.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的

电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是（）A.增大匀强电场间的加速电压B.减小磁场的磁感应强度C.减小周期性变化的电场的频率D.增大D形金属盒的半径【答

案】D【解析】【详解】由牛顿第二定律2vqvBmR=解得qBRvm=则动能2222122kqBREmvm==因此动能与加速电场的电压、频率无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关，增大磁感应强度或D形盒的半径，可以增加粒子的动能。故选D。5.如图所示，质量为m，通电电流为I的金属棒ab

置于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与宽为L的水平导轨平面夹角为θ，金属棒ab处于静止状态。下列说法正确的是（）A.金属棒受到的安培力大小为BILsinθB.金属棒受到的支持力大小为BILcosθC.若只减小夹角θ，金属棒受到的摩擦力将减小D.若只改变电流方

向，金属棒对导轨的压力将减小【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，金属棒ab与磁感应强度方向垂直，则金属棒受到的安培力大小为FBIL=安故A错误；B．对金属棒受力分析，如下图所示根据平衡条件有NcosFFmg+=安可得，金属棒受到的支持力大小为NcosFmgBIL=−故B错

误；C．根据平衡条件有sinsinfFBIL==安则若只减小夹角θ，金属棒受到的摩擦力将减小，故C正确；D．若只改变电流方向，则对金属棒受力分析，如下图所示根据平衡条件可得，金属棒受到的支持力为NcosFmgBIL=+则金属棒对导轨的压力将增大，故D错误。故选

C。6.某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示，A为粒子加速器，加速电压为1U；B为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为1B；C为偏转分离器，磁感应强度为2B。今有一质量为m、电荷量为q的粒子（不计重力），经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动。则下列说法

正确的是（）A.粒子带负电B.粒子进入速度选择器的速度12qUvm=C.速度选择器两板间电场强度1121qUEBm=D.减小加速电压，粒子在分离器中运动的时间变短【答案】B【解析】【详解】A．根据粒子在偏转分离器的运动轨迹，由

左手定则可知，粒子带正电，故A错误；B．根据题意可知，粒子经过A粒子加速器，由动能定理有2112qUmv＝解得12qUvm=故B正确；C．粒子恰能通过速度选择器，则有1qvBqE＝解得112qUEBm=故C错误；D．减

小加速电压，粒子进入速度选择器的速度越小，则粒子不能通过速度选择器，更不能进入偏转分离器，故D错误。故选B。7.如图所示；A、B是水平放置的平行板电容器的两块极板，下极板B接地，直流电源输出电压恒定，将开关S闭合，电路稳定后，一带电油滴位于两板中

央的M点且恰好处于静止状态，现将A板向下平移一小段距离，则下列说法错误的是（）A.油滴带负电B.在A板下移过程中，电阻R中有向左的电流C.带电油滴的电势能将增加D.M点的电势将增加【答案】C【解析】【详解】A．由电路图

可知，平行板A板带正电，场强方向竖直向下。油滴处于平衡状态，故其所受电场力与重力等大，反向。电场力方向与场强方向相反，故油滴带负电。故A正确，不符合题意；B．将A板向下平移一小段距离，板间距离d减小。

由r4SCkd=可知电容器的电容变大，又电容器两极板电压U不变，根据QCU=可得电容器两极板电量增大，电容器充电，回路中有逆时针方向的电流，电阻R中有向左的电流。故B正确，不符合题意；C．根据平行板电容器内部电场强度UEd=因两板间距d减小，故两板间的电场强度E增大，即油滴所受电场力变

大。电场力大于重力，油滴向上运动，电场力做正功，油滴的电势能减小。故C错误，符合题意；D．B极板接地，其电势不变恒为零，由MBMBMBUEd==−M点与B极板距离不变，电场强度E增大，故M点与下极板的电势差

增大，而M点电势大于零，故M点电势升高。故D正确，不符合题意。故选C。【点睛】负电荷所受电场力方向与场强方向相反。根据电容的决定式和定义式判断电容的充放电情况，继而得出电流的流向。电势的变化情况，往往通

过该点与已知电势点电势差的变化情况来判断。二、多项选择题：本题共3小题，每小题4分，共12分。在每小题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。8.如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右

，磁场方向垂直于纸面向里，一个带电微粒由a点进入电磁场并刚好能沿ab直线向上匀速运动，下列说法正确的是（）A微粒可能带负电，也可能带正电B.微粒的电势能一定减小C.微粒的机械能一定增加D.洛伦兹力对微粒做负功【答案】BC【解析】【详解】A．根据带电微粒

做匀速直线运动的条件可知，受力情况如图所示，则微粒必定带负电，故A错误；B．微粒由a沿直线运动到b的过程中，电场力做正功，其电势能减小，故B正确；C．因重力做负功，重力势能增加，又动能不变，则其机械能一定增加，故C正确；D．

洛伦兹力的方向一直与速度方向垂直，故洛伦兹力不做功，故D错误。.故选BC。9.等量异种点电荷在周围空间产生静电场，其连线(x轴)上各点的电势随x的分布图象如图所示．x轴上AO<OB，A、O、B三点的电势分别为A、O、

B，电场强度大小分别为EA、EO、EB，电子在A、O、B三点的电势能分别为EpA、EpO、EpB，下列判断正确的是（）AAOBB.AOBEEEC.popApBEEED.pBp0pOpAEEEE−−【答案】AD【解析】【详解】A.正电荷周围的电势较高，

负电荷周围的电势较低，AOB，故A正确；B.图像切线的斜率绝对值等于场强的大小，可知B点的场强最大，O点最小，故B错误；C.电子带负电，根据电势能Ep=q可知，pBE最大，pAE最小，故C错误；D.由

图像可知UOBUAO，根据电场力做功W=qU，电子带负电，可知WOBWAO，即WBOWOA，所以pBp0pOpAEEEE−−，故D正确．10.如图所示，质量为m、带电量为q+的小圆环套在半径为R的光滑绝缘大圆环上，大圆环固定在竖直平面内，O

为环心，A为最低点，B为最高点。在大圆环所在的竖直平面内施加水平向右、场强为mgq的匀强电场，并同时给在A点的小圆环一个向右的水平初速度0v，小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，则小圆环运动过程中（）.A.动能最小与最大的位置在同一等势

面上B.电势能最小的位置恰是机械能最大的位置C.在A点获得的初速度为2(12)gR+D.过B点受到大环的弹力大小为mg【答案】BC【解析】【详解】A．由于匀强电场的电场强度为mgq，即电场力与重力大小相等，作出小圆环的等效物理最低点C与物理最高点位置D，如图所示小圆环等效

物理最低点速度最大，动能最大，在等效物理最高点速度最小，动能最小，根据沿电场线电势降低，可知DC可知其不在同一等势面上，A错误；B．小圆环在运动过程中，只有电势能、动能与重力势能的转化，即只有电势能与机械能的转化，则电势能最小的位置恰是机械能最

大的位置，B正确；C．小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，即小圆环通过等效物理最高点D的速度为0，对圆环分析有()21sin45cos4502AqERmgRRmv−−+=−解得在2(12)AvgR=+C正确；D．小圆环运动到B过程有22112

22BAmgRmvmv−=−在B点有2BvNmgmR+=解得()2230Nmg=−可知，小圆环过B点受到大环的弹力大小为()322mg−，D错误。故选BC。三、实验题：本题共2小题，共16分。11.如图甲所示，将两个不同金属电极插入水果中就可以做成

一个水果电池，某同学准备测定一水果电池的电动势和内阻。实验室提供的器材如下：A．待测水果电池（电动势约1V，内阻小于800Ω）B．滑动变阻器1R（阻值050Ω）；C．滑动变阻器2R（阻值03000）；D．电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）；E．毫安表A（量程1.0mA，内阻为50Ω）；F．开

关一个，导线若干。（1）为了尽可能准确测定这个水果电池的电动势和内阻，已提供的如图乙、丙所示的两个测量电路图，应选______（填“乙”或“丙”）；（2）该同学实验时根据记录的数据在坐标系中描点并作出UI−图线如图

丁所示，根据图线求出这个水果电池的电动势为______V、内阻为______Ω。【答案】①.乙②.0.97③.700【解析】【详解】（1）[1]由题意，毫安表A的内阻为已知，可以将毫安表的内阻看成电池内阻

的一部分，为减小测量误差，毫安表用外接法，因此应选测量电路图乙。（2）[2]由闭合电路欧姆定律可得()AUIRrE=−++可知UI−图线的纵轴截距表示水果电池的电动势，为0.97VE=[3]UI−图线的斜率大小为A30.970.407500.7610Rr−−+==解得A75075050

700rR=−=−=12.某实验小组在进行“测定金属丝的电阻率”的实验（1）如图1，用螺旋测微器测金属丝直径D为______mm；如图2用20分度游标卡尺测金属丝长度L为______mm；（2）如图3用多用电表粗测金属丝的阻值：当用“10Ω”挡时

发现指针偏转角度过大，他应该换用挡______（填“1Ω”或“100Ω”），换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图所示，则金属棒的阻值约为______Ω。该小组测量金属丝xR的电阻时，可供选择的仪器如下：①电流表1A（量程200mA，内阻约为4Ω）②电流

表2A（量程50mA，内阻为15Ω）③滑动变阻器101000ΩR（）④滑动变阻器2010ΩR（）⑤电源（电动势1.5V，内阻约为0.5Ω）⑥开关S及导线若干（3）实验小组设计了如图4所示的电路，为了便于调节，实

验结果尽可能准确，滑动变阻器应选择______（选填“1R”或“2R”），图乙中电表a为电流表______（选填“1A”或“2A”）；（4）闭合开关S，移动滑动触头，记录12AA、的读数12II、，电流表2A内阻为r，则金属丝电阻率=______（用12IIDLr、、、、表示

）。【答案】①.6.122②.102.30③.1④.10⑤.2R⑥.2A⑦.()22124IrDIIL−【解析】【详解】（1）[1]根据螺旋测微器的读数原理可知金属丝直径为6.000mm+12.20.01mm=6.122mm[2]根据游标卡尺的读数原

理可知测金属丝长度为10.2cm+60.05mm=102.30mm（2）[3]用“10Ω”挡时发现指针偏转角度过大，说明选择挡位过大，应换小档位，即应该换用挡1。[4]根据欧姆表读数原理可知金属棒的阻值约为10Ω。（3）[5]该实验中

滑动变阻器采用分压式接法，待测电阻阻值较小，所以滑动变阻器选择小电阻，故选R2。[6]b电流表的满偏值大于a电流表的满偏值，所以a为A2。（4）[7]根据电路分析得221xIrIIR+=22xLLRDS==（）解得()22124IrDIIL=−四、计算题：本题共3

小题，共44分。13.如图所示，一个质量为m、电荷量为()0qq−的带电粒子从x轴正方向上的P点以速度v沿与x轴成60角的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直y轴射出第一象限。已知OPa=，不计带电粒子的重力。求：（1）带电粒子在磁场中运动的半径；（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小；

（3）带电粒子穿过第一象限所用的时间。的【答案】（1）233a；（2）32mvBaq=；（3）439atv=【解析】【详解】（1）作粒子通过P、Q两点速度方向的垂线，两垂线的交点即为粒子做圆周运动的圆心O。画

出粒子在第一象限运动的轨迹如图所示可知运动半径23cos303aar==（2）洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力2vqvBmr=解得32mvBaq=（3）由运动轨迹图可知，圆弧轨迹对应的圆心角120=?，则粒子通过第一象限所用时间3Tt=2mTqB=联立解得439at

v=14.某直流电动机的电路如图所示，已知电源电动势6VE=，电源内阻1r=，电动机线圈电阻1.5=R。某次电动机正常工作时测得电压表读数为5VU=，匀速提升质量为350gm=的重物，不计一切摩擦和空气阻力，电压表为理想电表，g取210m/

s。求：（1）电动机的热功率；（2）电动机工作的效率；（3）重物的速度大小。【答案】（1）1.5WP=；（2）70%=；（3）1m/sv=【解析】【详解】（1）根据题意可知，电动机两端电压为电压表读

数5V，由闭合回路欧姆定律由UEIr=−解得1AI=电动机的热功率21.5WPIR==（2）根据上述分析可知，电动机的输入功率为5WPUI==入电动机工作的效率10070PPP−==入入％％（3）匀速提升货物，则有出=PFv又有Fmg=，PPP=−入出联立解

得1m/sv=15.如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在第Ⅳ象限存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为2TB=、方向垂直于xOy平面向外，电场1E平行于y轴；在第Ⅲ象限存在沿x轴正方向的匀强电场2E，已知场强1E、2E的大小相等。一可视为质点、比荷为5C/kgq

m=的带正电的小球，从y轴上的()0,0.2mA点以初速度0v水平向右抛出，经过x轴上的()0.4m,0M点进入第Ⅳ象限，在第Ⅳ象限恰能做匀速圆周运动。不计空气阻力，重力加速度210m/sg=，3.14=。求：（1）小球从A点抛出的初速度大小0v

；（2）小球在第Ⅳ象限的运动的半径；（3）小球从A点出发到第二次经过y轴负半轴所用总时间；（4）小球从A点出发到第四次经过y轴的纵坐标。【答案】（1）02m/sv=；（2）0.22mR=；（3）0.91s；（4）2.4m【解析】【详解】（1）小球在

第I象限做平抛运动，由运动学规律得01xvt=2112ygt=可得的10.2st=，02m/sv=（2）设小球平抛到M点时的速度大小为v，方向与x轴正方向夹角为，竖直分速度为yv，则12m/syvgt==解得22022m/syvvv=+=45=在第IV象限，洛仑兹力提供向心力，故2mvq

vBR=解得轨道半径2m5R=（3）小球第一次在第IV象限运动的时间为20.314sRtv==接着，小球沿与y轴成夹角45方向进入第III象限，由于电场力和重力大小相等，其合力恰与小球进入第III象限的初速度v方向相反，故小球在第III象限做类竖直上抛运动，则由牛顿第二定律可得2

2Fmgagmm===合由运动规律可知320.4s2vtg==则小球从A点出发到第二次经过y轴负半轴所用的总时间为123(0.20.3140.4)s0.914stttt=++=++=（4）根据轨迹图可知第三次经过y轴J点后进入第三象限，速度与合力垂直，第四次

到y轴，水平方向oo42cos45cos45vat=竖直方向4oo241s52in45sin4yvtta+=第四次到y轴纵坐标获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com