【文档说明】四川省南充市高级中学2024-2025学年高二上学期第二次月考物理试题 Word版含解析.docx，共(18)页，2.677 MB，由envi的店铺上传

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南充高中高2023级第三学期第二次月考物理试题（时间：75分钟总分：100分）第Ⅰ卷选择题（满分48分）一、单选题（每小题4分，共8小题，共32分）1.如图所示，磁场中有A、B、C、D四点，下列说法正确的是（）A.B点磁场比

A点磁场强B.D点处没有磁场C.B、C两点磁场方向一致D.A点磁场最强【答案】D【解析】【详解】AD．磁感线可以形象地描述磁场的强弱和方向，磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线越密的地方磁场越强，所以A点的磁场最强，故A错误，D正确；B．磁感线疏密程度反映

了磁场的强弱，没有画磁感线的地方不代表没有磁场，故B错误；C．磁感线的切线方向就是磁场的方向，则B、C两点的磁场方向不同，故C错误。故选D。2.光滑水平面上有原来静止的斜劈B，B的斜面也是光滑的。现在把物体A从斜面顶端由静止释放，如图所示，在A从斜面上滑下来的过程中，对于A和B组成的

系统，下列说法正确的是（）A.机械能守恒，动量守恒B.机械能不守恒，动量守恒C.机械能守恒，动量不守恒D.机械能不守恒，动量不守恒【答案】C【解析】【详解】A和B组成的系统，所有接触面均光滑，系统的机械能与外界其他形式能量没有转化，系统机械能守恒。A和B组成的

系统，水平方向合外力为零，水平方向动量守恒，但是竖直方向物块A的加速度有竖直向下的分量，系统竖直方向处于失重状态，竖直方向合外力不为零，竖直方向动量不守恒。整体动量不守恒。故选C。3.如图所示，大量程电压表、电流表都是由灵敏电流表G和变阻箱R改装而成。已知灵敏电流

表G的满偏电流为Ig=200mA，内阻为Rg=10Ω，变阻箱R接入电路的阻值为R0。下列说法正确的是（）A.甲表是电流表，R增大时量程增大B.乙表是电压表，R增大时量程减小C.丙电路图表示欧姆表，表笔A是黑表笔

D.在乙图中，若改装成的电压表的量程为3V，则R0=5Ω【答案】D【解析】【详解】A．甲表是电流表，R增大时分流减小，则量程减小，选项A错误；B．乙表是电压表，R增大时分压变大，可知量程变大，选项B错误；C．丙电路图表示欧姆表，表笔B与内部电源的正极相连，是黑表笔，选项C错误；D．在乙图中，若改

装成的电压表的量程为3V，则0gg3Ω10Ω5Ω0.2URRI=−=−=选项D正确。故选D。4.如图所示，实线表示某电场中的四个等势面，它们的电势分别为1、2、3和4，相邻等势面间的电势差相等，一

带负电的粒子(重力不计)在该电场中运动的轨迹如虚线所示，a、b、c、d是其运动轨迹与等势面的四个交点，下列说法正确的是（）A.4等势面上各点电场强度处处相同B.四个等势面的电势关系是1>2>3>4C.

粒子在四点的速度大小关系是abcdvvvv=D.粒子从d运动到a的过程中静电力先做正功后做负功【答案】C【解析】【详解】A．4等势面上的电场线分布不是均匀的，则各点电场强度不是处处相同，选项A错误；B．由负电荷的运动轨迹可知，粒子受电场力大致向右，可知电

场线大致向左，沿电场线电势降低，则四个等势面的电势关系是4>3>2>1选项B错误；C．粒子在电场中运动时，电势能和动能之和守恒，因abcd=可知负电荷的电势能关系abcd=粒子在四点的动能关系kkkkabcdE

EEE=则速度大小关系是abcdvvvv=选项C正确；D．粒子从d运动到a的过程中静电力与速度夹角为锐角，可知静电力一直做正功，选项D错误。故选C。5.如图所示，在真空中水平放置一长方体，高为2L，其上下两个面是边长为L的正方形，在顶点F、H处分别放置电荷量为-Q的点电荷，O1、O2分

别是线段AC和线段FH的中点。下列说法正确的是（）A.线段O1O2中点的场强为零B.B、D两点场强相同C.将一电子从B点移到G点，电场力做负功D.沿竖直方向从O1到O2，电势先减小后增大【答案】C【解析】【详解】A．由等量同种点电荷的电场分布特点可知，F、H处放置的负电荷在线段O1O2中点

的场强方向平行于AE方向向下，大小不为零，故A错误；B．根据等量同种点电荷的电场分布特点可知，B、D两点的场强大小相等，方向不同，故B错误；C．由于G点比B点离F、H处的两个负点电荷都更近，则G点电势低于B点的电势，将一电子从B点移到G点，则有0BGBGW

eU=−故C正确；D．根据等量同种点电荷的电场分布特点可知，线段O1O2的电场方向由O1指向O2，则沿竖直方向从O1到O2，即沿着电场线方向，电势一直降低，故D错误。故选C。6.空间某区域内存在着电场，电场线在竖直平面上的分布如图所示。一个质量为m、电荷量为q的带

电小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为1v，方向水平向右；运动至B点时的速度大小为2v，运动方向与水平方向之间的夹角为α，A、B两点之间的高度差为h、水平距离为s，则以下判断中正确的是（）A.A、B两点的电场强度和电势

关系为ABEE、ABB如果21vv，则电场力一定做正功C.小球从A运动到B点的过程中电场力做的功为22211122mvmv−D.A、B两点间的电势差为()222122mvvghq−−【答案】D【解析】【详解】A．

电场线的疏密程度可表示电场强度大小，B处的电场线较密，所以ABEE；根据沿电场线方向电势降低结合等势面与电场方向垂直可知，AB，故A错误；B．如果21vv，可知运动过程中小球的动能增加，根据动能定理可知，合力做正功，但由于重力对小球做正功，所以电场力不一定做正功，故B错误；CD．小球从

A运动到B点的过程中，根据动能定理可得22211122mghWmvmv+=−电可得电场力做的功为22211122Wmvmvmgh=−−电根据电=ABWqU可得A、B两点间的电势差为()222122ABmvvghUq−−=故C错误，D正确。故选D。.7.如图所示，M、N和P是以MN为直径半圆弧上的

三点，O为半圆弧的圆心，90MOP=，在M、P处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有垂直纸面向里、大小相等的恒定电流，这时O点的磁感应强度大小为B0．现将M处长直导线沿圆弧逆时针移动30°角到Q点（图中未画出），则O点的磁感应强

度的大小为（）A.062BB.032BC.022BD.0B【答案】A【解析】【详解】根据安培定则可知，两导线在O点形成的磁感应强度如图所示合磁感应强度大小为B0，.则根据几何关系可知，两导线单独形成磁感应强度大小为022BB=当M处的

导线移到Q点时，两导线在O点形成的磁感应强度如图所示由几何关系可知，O点的磁感应强度大小为的的062cos302BBB==故选A。8.电场某条电场线是一条直线，沿电场线方向依次有O、A、B、C四个点，相邻两点间距离均为0.2md=，以O点为坐标原

点，沿电场线方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示，01V/mE=。一个带电量为1C的正电粒子，从O点由静止释放，仅受电场力作用。则下列说法正确的是（）A.粒子从A到B做匀速直线运动B.若O点的电势为零，则B

点的电势为0.3−VC.粒子运动到A点时动能为0.3JD.粒子在OA段电势能减少量等于BC段电势能减少量【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，从A到B电场强度不变，电场力恒定不变，粒子仅在电场力作用下做匀变速直线运动，故A错误；B．Ex−图像的面积

表示电势变化，沿电场线方向电势逐渐降低，若O点的电势为零，则B点的电势为()0120.3V2BddE=−+=−故B正确；C．根据题意，由动能定理有0k102AqEdE=−解得粒子运动到A点时动能k0.1JAE=D．

根据WqU=及Ex−图像与坐标轴围成的面积表示电势变化可知，粒子在OA段电势能减少量大于BC段电势能减少量，故D错误。故选B。的为二、多选题（每小题4分，选对但未选全对得2分，选错得0分，4小题共16分）9.下列说法中正确的是（）A.安培认为在原子、分子内部总存在着一种环形电流——分子电流B.

奥斯特发现了电流的磁效应，安培利用对称性思想提出了磁能生电C.由QCU=知，电容C与电容器所带电荷量Q成正比，与其两端的电压U成反比D.FBIL=是磁感应强度的定义式，适用任何磁场，但电流元IL一定要垂直

磁场方向放置【答案】AD【解析】【详解】A．安培认为在原子、分子内部总存在着一种环形电流——分子电流，选项A正确；B．奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第利用对称性思想提出了磁能生电，选项B错误；C．电容器的电容只与电容器内部结构有关，与电容器所带

电荷量Q以及两端的电压U无关，选项C错误；D．公式FBIL=是磁感应强度的定义式，适用任何磁场，但电流元IL一定要垂直磁场方向放置，选项D正确。故选AD。10.如图所示，线框面积为S，线框平面与磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直，则下列说法正确的是（）A.如图所示位置时磁通量

等于BSB.若使线框绕OO转过60角，磁通量仍为BSC.若从初始位置绕OO转过90角时，磁通量的变化量为BSD.若从初始位置线框翻转180，磁通量为零【答案】AC【解析】【详解】A．如图所示位置时磁通量等于BS，选项A正确；B．若使线框绕OO转过60角，磁通量

为cos600.5BSBS==选项B错误；C．若从初始位置绕OO转过90角时磁通量为零，则磁通量的变化量为0BSBS=−=选项C正确；D．若从初始位置线框翻转180，磁通量为BS，选项D错误。故选AC。11.如图，电源的

电动势为E，内阻为r，0R为定值电阻且0Rr=，电表均为理想电表。闭合开关S后，在滑动变阻器R的滑片Р由最左端a向最右端b移动的过程中（）A.电流表和电压表示数均逐渐减小B.电压表与电流表示数的比值UI逐渐减小C.电压表与电流表示数改变量的绝对值UI逐渐减小D.电源

的输出功率逐渐增大【答案】BD【解析】【详解】A．根据闭合电路欧姆定律有0EIRrR=++在滑片P由最左端a向最右端b移动的过程中，R减小，则Ⅰ增大，电流表示数逐渐增大。由U=E-Ir可知，当Ⅰ增大时

，路端电压U减小，则电压表示数逐渐减小，故A错误；B．电压表与电流表示数的比值0URRI=+可知R减小，UI逐渐减小，故B正确；C．由闭合电路欧姆定律U=E-Ir可知，电压表与电流表示数改变量比值的绝对值UrI=可知R减小，UI不变，故C错误；D．因0Rr=，开

始时0RRr+，根据()()22020004EEPUIRRRRrRRrrRR==+=+++−++可知R减小，电源的输出功率逐渐增大，故D正确。故选BD。12.如图，一粗糙绝缘竖直面与两个等量异种点电荷连线的中垂线重合，A、O、B为该竖直面上的三点，且O为

等量异种点电荷连线的中点，AO=BO。现有带电荷量为q、质量为m的小物块从A点以初速度v0向B滑动，到达B点时速度恰好为0，则（）A.A一定带负电荷B.从A到B，小物块先做加速运动后做减速运动C.小物块到达O点

时的动能为204mvD.从A到B，小物块的电势能先减小后增大【答案】AC【解析】【详解】A．粒子从A到B做减速运动，可知受向上的摩擦力作用，电场力向右可知，A一定带负电荷，选项A正确；B．物块在B点速度减为零，则在B点上方附近的加速度向上，则受的向上的摩擦力大于重力

，由对称性可知物块在A点下方附近的向上的摩擦力也大于重力，即加速度向上，物块从A点开始就做减速运动；在O点附近的场强大于A点附近的场强，则物块在O点附近受电场力较大，摩擦力也较大，则加速度仍向上，物块仍做减速运动，可知滑块在整个过程中一直做减速运动，故B错误；CD．由于AB是等势线，则电

荷的电势能不变，从A到B，电场力不做功，从A到B由动能定理2f0102mghWmv−=−从A到O由动能定理2f011222kOhmgWEmv−=−解得204kOmvE=故C正确，D错误。故选AC。第Ⅱ卷非

选择题（满分52分）三、实验题（本题共2小题，13题6分，14题10分，共16分）13.小明同学利用如图甲所示的实验装置“验证动量守恒定律”，回答下列问题：（1）用游标卡尺测量直径相同的两小球的直径，测量结果如图乙所示，则直径为

___________mm；（2）实验装置中应保持斜槽末端_____________；（3）每次小球下滑要从_______________处由静止释放；（4）入射小球的质量m1___________被碰小球的质量m2；（选填“大于”、“小于”或“等于”）（5）

在图甲中，小球的水平射程的数值分别用OP、OM和ON表示，因此只需验证__________________。【答案】（1）12.60（2）切线水平（3）同一高度（4）大于（5）112mOPmOMmON=+【解析】【小问1详解】20分度游标卡尺的分度值为0

.05mm，由图乙可知小球的直径为12mm120.05mm12.60mmd=+=【小问2详解】为了保证小球抛出时的速度处于水平方向，实验装置中应保持斜槽末端切线水平。【小问3详解】为了保证入射小球每次碰撞前瞬间的速度相同，每次小球下滑要从同一高度处由

静止释放。【小问4详解】为了保证碰撞后入射小球不反弹，入射小球的质量m1大于被碰小球的质量m2。【小问5详解】设入射小球碰撞前瞬间的速度为0v，碰撞后瞬间入射小球和被碰小球的速度分别为1v、2v，根据动量守恒可得101122mvm

vmv=+小球离开轨道后做平抛运动，它们在空中下落的高度相同，运动的时间相等，则有101122mvtmvtmvt=+可得验证动量守恒的表达式为112mOPmOMmON=+14.描绘额定电压为3.0V的小灯泡伏安特性曲线（要求电压变化从零开始），并研究小灯泡实际功率。（1）为了完成实验且尽

可能减小实验误差，以下电路图中，最合适的是______。A．B．C．D．（2）将图甲中的实验仪器连成完整的实验电路。______（3）开关闭合前，滑动变阻器的滑片应置于__________端（填“a”或“b”）。（4）若闭合开关，移动滑动变阻器，实验中测得有关数据如下表，根据表中的

实验数据，得到小灯泡的IU−特性曲线（横轴为电压，纵轴为电流），如图，则灯泡灯丝的电阻随着电压的升高而_______；当灯泡两端为额定电压3.0V时，此时小灯泡的电阻值为_______，灯泡功率P＝______W（

结果均保留两位有效数字）。VU0.400.801.201.602.002.402.80AI0.100.160.200.230.250.260.27【答案】①.A②.③.a④.增大⑤.11⑥.0.83##0.82【解析】【详解】（1）[1]因为描绘小电珠的伏安特性曲线实验

中，电表示数需要从零开始变化，即滑动变阻器应该采用分压接法；因为小灯泡正常工作时电阻远小于电压表内阻，所以电路应该选用电流表外接法，即电路图为分压外接的连接方式。故选A。（2）[2]完整的实验电路如图所示（3）[3]开关闭合前，要使小灯泡两端电压为零，滑动变

阻器的滑片应置于a端；（4）[4]斜率代表电阻的倒数，灯泡灯丝的电阻随着电压的升高而增大。[5]由图可知当灯泡两端为额定电压3V时，此时小灯泡中的电流约为I=0.272A[6]此时小灯泡的电阻值为3Ω11Ω0.2

72URI==小灯泡的实际功率为0.2723W0.82WPIU===15.如图所示，电流表和电压表均为理想电表，电容器的电容C=8µF，定值电阻R1=4Ω，R2=6Ω，电源电动势E=6V，内阻未知，开关S闭合一段时间后，电流表的读数为0.5A，求：（1）电源内阻

r。（2）电压表的示数。（3）将开关S断开，通过R2的电荷量。【答案】（1）2Ω（2）5V（3）2.4×10−5C【解析】【小问1详解】开关S闭合一段时间后，电流表的读数为0.5A，根据闭合电路欧姆定律有12rEIRR=++解得2r=【小问2详解】根据电路结构，电表测的是路端电压，根据

闭合电路欧姆定律有12()5VUIRR=+=【小问3详解】开关S闭合一段时间后，定值电阻R2两端电压22UIR=根据电容的定义式有12QCU=将开关S断开后，电容器对定值电阻R2放电，结合上述可知，通过R2的电荷量1522.410CQQ−==16.如图所示，一高空作业的工人的质量

为65kg，系一条长为L=5m的安全带，若工人不慎跌落时，安全带的缓冲时间t=1s，g取10m/s2，求：（1）工人跌落到安全带刚好伸直时的速度大小（2）从工人跌落到安全带最长时重力对人的冲量。（3）从人跌落到安全带最长的过程中安

全带受的平均冲力。【答案】（1）10ms（2）1300N·s，竖直向下（3）1300N，竖直向下【解析】【详解】（1）自由下落段，根据速度位移公式22vgL=解得0m/sv=1（2）工人自由落的时间为0t有0=vgt解得01st=重力

的冲量大小()G01300NsIGtt=+=方向：竖直向下。（3）从释放到伸长到最长过程由动量定理，有G0IFt−=人受到的安全带的平均作用力大小F=1300N据牛顿第三定律得人给安全带的冲力F为1300N，方向：竖直向下。17.如

图所示，空间中存在水平向左的匀强电场。质量为m的绝缘木板B放在水平地面上，左端挡板处固定一轻质绝缘弹簧，开始时弹簧处于原长，木板右端被不可伸长的轻绳系在墙上，轻绳处于伸直状态。木板B上表面光滑，下表面与地面之间的滑动摩擦因数0.5=。质量为m、带电量为(0)

qq的滑块A以初速度0v向左滑上木板B，当弹簧的压缩量为0x时，A速度达到最大；当A速度第一次减到0时，轻绳恰好达到最大拉力并断裂。已知匀强电场的场强大小mgqE=（g为重力加速度），A电荷量保持不变，弹簧始终在弹性限度内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（1）求弹簧的劲度系数k；

（2）求轻绳断裂后瞬间，滑块A与木板B的加速度大小之比；（3）若开始A以初速度02v从右端滑入木板，求轻绳断裂瞬间滑块A速度的大小；（4）若开始A以初速度02v从右端滑入木板，求滑块A从木板B滑落时的速度。【答案】（1）0mgx；（2）1:1；（

3）03v；（4）0532v−，方向向右【解析】【详解】（1）A速度最大时，对A分析有0Eqkx=解得弹簧的劲度系数为00Eqmgkxx==（2）轻绳刚断裂瞬间，设弹力大小为F，对A分析，加速度向右，则有1FEqma−=对B分析，

加速度向左，则有22Fmgma−=联立可得12:1:1aa=（3）设第一次A运动位移为L时轻绳断裂，若A的初速度02v，仍然在位移L处轻绳断裂，如图所示此时弹性势能记为pE，第一次有20p12EqLmvE+=第二

次有220p111(2)22EqLmvEmv+=+解得103vv=（4）由于2fmgmgEq===地故当木板向左滑动时，A、B组成的系统动量守恒，设A刚从木板上滑落时，A、B速度分别为Av、Bv，有1ABmvmvmv=+根据能量守恒可得222pAB1f11

1()222EWWmvmvmv++=+−电地而ABABf()WWEqsfsmgssmgL+=−=−=−电地地联立可得2220AB111(2)222mvmvmv=+解得B0352vv+=，A035

2vv−=或A0352vv+=，B0352vv−=（舍去）则A滑落时的速度大小为A0532vv−=方向向右。