【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(12)页，847.921 KB，由管理员店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-ff5ee36041999a5cdca78160abf401f4.html

以下为本文档部分文字说明：

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0R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=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，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sin

BILB．金属棒受到的支持力大小为cosBILC．若只减小夹角，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1112qUEBm=D．减小加速电压，粒子在分离器中运动的时间变短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

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,AOOBAOB、、三点的电势分别为AOB、、，电场强度大小分别为AOBEEE、、，电子在AOB、、三点的电势能分别为pApOpBEEE、、，下列判

断正确的是（）A．AOBB．AOBEEEC．pOpApBEEED．0pBppOpAEEEE−−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()212gR+D．过B点受到大环的弹

力大小为mg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)03000Ω；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。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()1

01000ΩR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）。四、计算题：本题共3小题，共44分。1

3．（12分）如图所示，一个质量为m、电荷量为(0)qq−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。14．（14分）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1Ωr=，电动机线圈电阻1.5ΩR=．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．15．（18分）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；在第而象限存在沿x轴正方向的匀强电场2E，已知场强12EE、的大小相等。一可视为质点、比荷为5C/kgqm=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/s,3.14g==．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轴负半轴所用的总时间；（4）

小球从A点出发到第四次经过y轴的纵坐标。内江六中2023—2024学年（上）高25届第二次月考考试答案一、选择题（第1-7题单选，每题4分，第8-10题多选，全对得4分，选不全得2分，错选或多选不得分）12345678910ACCDCBCBCADBC二、实验题：（共计16

分）11．（1）乙（2）0.97（左右）700（左右）12．（1）6.122102.30（2）110（3）2R2A()22124IrDIIL−三、计算题13．（10分）（1）233a；（2）32mv

Baq=；（3）439atv=（1）作粒子通过PQ、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。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439atv=14．（14分）（1）1.5WP=；（2）70%=；（3）1m/sv=【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100%70%PPP−=

=入入（3）匀速提升货物，则有PFv=出又有,FmgPPP==−入出联立解得1m/sv=15．（20分）（1）02m/sv=；（2）0.22mR=；（3）0.91s；（4）2.4m【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100

.2s,2m/stv==（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2mvqvBR=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22Fmgagmm===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()1230.20.3140.4s0.914stttt=++=++=（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42cos45co

s45vat=竖直方向2441sin45sin452yvtat=+获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com