建平縣高級中學高二物理上學期第二次月考試題第I卷（選擇題）一、單選題（共10小題，每題2分，計20分）1.甲、乙兩物體同一方向沿直線運動，6s末在途中相遇，它們的速度-時間圖如圖所示，可以確定（）

A.t=0時乙在甲的前方27m處B.t=0時甲在乙的前方27m處C.3s末乙的加速度大于甲的加速度D.6s之后兩物體還會再相遇【答案】B【解析】【分析】【詳解】AB．根據速度-時間圖象的“面積”等于位移大小，得到t=6s時，甲的位移大小為x甲=×6×9＝27m乙的位移大小為x乙=9×6m=54m6s末甲乙相遇，則在t=0時甲在乙的前方27m處．故A錯誤，B正確；C．由圖像可知，甲的加速度大于零，而乙的加速度等于零，故3s末乙的加速度小于甲的加速度，故C錯誤；D．由于6s之后甲的速度大于乙的速度，兩物體不會再相遇，故D錯誤；故選B。2.如圖所示，一輕質彈簧下端與地面上的A點相連，上端用輕繩跨過固定在斜面上的輕質光滑定滑輪與斜面上的物體相連，繩與斜面平行此時整個裝置處于靜止狀態?，F將彈簧下端的A點沿水平地面緩慢移動到B點，斜面相對地面始終靜止。在此過程中，關于斜面和物體受力的判斷，下列說法正確的是（）A.地面對斜面的摩擦力大小一直為零B.物塊所受輕繩的拉力大小一直不變C.斜面對物體的支持力大小一直增大D.斜面對物體的摩擦力大小可能先減小后增大【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．對系統整體分析，因為繩子逐漸由A到B，具有水平向右的分力，地面就會產生一個水平向左的摩擦力與之平衡，A錯誤；B．因為繩子逐漸由A到B，彈簧形變量逐漸增大，彈力逐漸增大，又定滑輪處為活結，滑輪兩邊繩子作用力相等，B錯誤；C．斜面對物體的支持力為保持不變，C錯誤；D．剛開始時，滑塊受到斜面的摩擦力可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，所以在繩子拉力增大時，摩擦力可能先減小再增大，D正確；故選D。3.如圖甲所示，一質量為M的足夠長木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質量為m的小滑塊。當木板受到隨時間t變化的水平拉力F作用時，用傳感器測出長木板的加速度a與水平拉力F的關系如圖乙所示，取，則下列說法不正確的是（）

A.滑塊與木板之間的動摩擦因數為0.2B.當時，滑塊的加速度為C.木板的質量為，滑塊的質量為D.若拉力作用在小滑塊m上，當時滑塊的加速度為【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．由圖乙可知，當F=6N時，二者剛好滑動，此時滑塊的加速度為2m/s2，由牛頓第二定律可得a=μg解得動摩擦因數μ=0.2A不符合題意；B．當F=6N時，二者剛好滑動，以后拉力增大，滑塊的加速度不變，所以當F=8N時，滑塊的加速度為2m/s2，B不符合題意；C．當F=6N時，滑塊的加速度為2m/s2，對整體分析，由牛頓第二定律有F=（M+m）a代入數據解得M+m=3kg當F>6N時，由牛頓第二定律得由圖線的斜率解得M=1kgm=2kgC不符合題意；D．若拉力作用在小滑塊m上，當F=9N時，假設二者不分離，整體分析有而木板的最大加速度為所以假設成立，二者沒有相對滑動?；瑝K的加速度為3m/s2，D符合題意。故選D。4.探究平拋運動規律時使用的實驗裝置如圖所示，開始時開關閉合，鐵質小球B被電磁鐵吸引而處于靜止狀態，將銅質小球A從軌道上一定高度處由靜止釋放，小球A離開軌道末端（末端切線水平）時撞開輕質接觸式開關S，被電磁鐵吸住的小球B同時自由下落，軌道末端出口與小球B的底端處于同一高度，可以看到A、B兩小球同時落在水平地面上。下列說法正確的是（）A.由該實驗可知，平拋運動的水平分運動為勻速直線運動，豎直分運動為自由落體運動B.將小球A和B的位置互換，同樣可以達成該實驗的探究目標C.將小球A從軌道上更高的位置由靜止釋放，可能使兩球在空中相撞D.增加該裝置距離地面的高度H，也一定不能使兩球在空中相撞【答案】C【解析】【詳解】A．該實驗通過觀測到A、B兩球總能夠同時落地，從而得出平拋運動的豎直分運動是自由落體運動，但無法判斷平拋運動的水平分運動是勻速直線運動，故A錯誤；B．由于小球A不能被電磁鐵吸引，所以將小球A和B的位置互換，不能達成該實驗的探究目標，故B錯誤；CD．小球A離開軌道末端一瞬間，兩小球在豎直方向上同時開始做自由落體運動，在任意時刻兩小球高度相同，且A球還在水平方向上向右運動，即A球不斷靠近B球，所以將小球A從軌道上更高的位置由靜止釋放，當A達到一定的水平初速度時，可能使兩球在空中相撞，故C正確，D錯誤。故選C。5.2021年4月29日，中國“天宮”空間站“天和”核心艙被精準送入預定軌道。如圖所示，“天和”核心艙的運行軌道為橢圓，其近地點和遠地點距地面的高度分別為和，“天和”核心艙運行過程中，下列說法正確的是（）

A.“天和”核心艙在點的速度小于在點的速度B.“天和”核心艙在點的加速度小于在點的加速度C.“天和”核心艙從點運動到點，做離心運動D.“天和”核心艙在點的動能大于在點的動能【答案】D【解析】【詳解】A．由于近地點和遠地點距地面的高度分別為和，根據開普勒第二定律可知，“天和”核心艙在點的速度大于在點的速度，A錯誤；B．設地球的質量為M，“天和”核心艙的質量為，“天和”核心艙到地心的距離為，加速度為，根據牛頓第二定律得解得則“天和”核心艙離地球越近，加速度越大，故它在M點的加速度大于N點的加速度，B錯誤；C．“天和”核心艙從點運動到點，離地球越來越近，故做向心運動，C錯誤；D．從M點運動到N點的過程中，地球引力對“天和”核心艙做負功，其動能逐漸減小，故“天和”核心艙在點的動能大于在點的動能，D正確。故選D6.關于下列物理量的意義，說法正確的是（）A.電場強度E表示電場的強弱和方向，E越大，電荷所受電場力一定越大B.電容C表示電容器儲存電荷的能力，C越大，電容器儲存的電荷一定越多C.電阻R表示導體對電流阻礙作用，R越大，通過導體的電流一定越小D.電動勢E越大，表示電源將其它形式的能量轉化為電能的本領越強【答案】D【解析】【詳解】A．根據電場力公式電場力大小還跟q有關，故A錯誤；B．根據公式電荷量還跟電壓有關，故B錯誤；C．根據公式電流大小還跟電壓U有關，故C錯誤；D．電源是把其它形式的能轉化為電能的裝置，電動勢表征了這種轉化本領的大小，所以電動勢越大的電源，將其他形式的能轉化為電能的本領越大，故D正確。故選D。7.如圖，電路中定值電阻阻值R小于電源內阻阻值r，閉合開關后將滑動變阻器滑片向下滑動，理想電壓表V1、V2、V3示數變化量的絕對值分別為△U1、△U2、△U3，理想電流表A示數變化量的絕對值為△I，則下列說法不正確的是（）A.A的示數增大 B.V2的示數減小C.△U3大于△U2 D.△U1與△I的比值大于r【答案】D【解析】【詳解】A．據題理想電壓表內阻無窮大，相當于斷路。理想電流表內阻為零，相當短路，所以R與變阻器串聯，電壓表V1、V2、V3分別測量R，路端電壓和變阻器兩端的電壓。當滑動變阻器滑片向下滑動時，接入電路的電阻減小，電路中電流增大，則A的示數增大，故A正確；B．V2測量路端電壓，外電阻減小，路端電壓減小，V2示數減小，故B正確；C．V2測量滑動變阻器電壓，則有V2測量路端電壓，所以則有所以故C正確；D．根據公示則有故D錯誤。本題選擇錯誤選項。故選D。8.如圖所示的電路中，電源的電動勢為、內阻為，為電容器，為定值電阻，閉合開關，當滑動變阻器的觸頭向上滑動時，則（）A.電源的功率變小B.電容器貯存的電荷量變大C.電阻消耗的電功率變小D.電源內部消耗的功率變大【答案】D【解析】【詳解】A．由閉合電路歐姆定律可知，當滑動觸頭向上滑動時，變小，增大，減小，而分壓增大，所以電容器上的電壓減小，電源功率增大，選項A錯誤；B．根據知電容器貯存的電荷量減小，選項B錯誤；C．電阻消耗的功率增大，上消耗的功率無法確定，選項C錯誤；D．電源內部消耗功率增大，選項D正確。故選D。9.關于磁場、磁感線，下列說法中正確的是（）A.磁場并不是真實存在的，而是人們假想出來的B.磁鐵周圍磁感線的形狀，與鐵屑在它周圍排列的形狀相同，說明磁場呈線條形狀，磁感線是磁場的客觀反映C.磁場中任意兩條磁感線均不相交D.磁感線類似電場線，它總是從磁體的N極出發，到S極終止【答案】C【解析】【詳解】AB．磁場是實際存在的物質，看不見，摸不著，磁感線是為了形象地描述磁場，假想的線，磁感線不存在，故AB錯誤。

C．磁感線的切線方向表示磁場的方向，磁場中任意兩條磁感線均不相交，相交就有兩個方向了，故C正確。

D．磁感線在磁體的周圍是從磁體的N極出發回到S極。在磁體的內部，磁感線是從磁體的S極出發，回到N極。形成閉合曲線，故D錯誤。

故選C。10.將一段通電直導線放置在勻強磁場中，通電直導線受到的安培力不正確的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】A．由左手定則可知，通電直導線受到的安培力應向下，A錯誤，符合題意；BCD．由左手定則可知，圖中三段通電指導線所受的安培力方向正確，BCD正確，不符合題意。故選A。二、多選題（共8小題，每小題4分，漏選的2分，錯選不得分，計32分）11.如圖所示勻強電場中，一帶電油滴從a點由靜止釋放運動到b點，已知重力做功，克服電場力做功，則下列說法正確的是（）

A.油滴到達b點的動能是 B.油滴從a點運動到b點重力勢能減少了C.油滴從a點運動到b點機械能減少了 D.油滴從a點運動到b點電勢能減少了【答案】BC【解析】【詳解】A．從a點到b點，利用動能定理所以油滴到達b點的動能是故A錯誤；B．油滴從a點由靜止釋放運動到b點，重力做正功10J，重力勢能減少了10J，故B正確；C．油滴從a點運動到b點機械能增加量等于除重力外其他力所做的功，電場力做-4J的功，機械能減少4J，故C正確；D．由于電場力做-4J的功，所以電勢能增加4J，故D錯誤。故選BC。12.洛倫茲力演示儀是由勵磁線圈（也叫亥姆霍茲線圈）、洛倫茲力管和電源控制部分組成的．勵磁線圈是一對彼此平行的共軸串聯的圓形線圈，它能夠在兩線圈之間產生勻強磁場．洛倫茲力管的圓球形玻璃泡內有電子槍，能夠連續發射出電子，電子在玻璃泡內運動時，可以顯示出電子運動的徑跡．其結構如圖所示．給勵磁線圈通電，電子槍垂直磁場方向向左發射電子，恰好形成如“結構示意圖”所示的圓形徑跡，則下列說法正確的是

A.勵磁線圈中的電流方向是順時針方向B.若只增大加速電壓，可以使電子流的圓形徑跡的半徑增大C.若只增大線圈中的電流，可以使電子流的圓形徑跡的半徑增大D.兩線圈間的磁感應強度已知，燈絲發出的電子的初速為零，加速電壓為U，則可通過測量圓形徑跡的直徑來估算電子的比荷【答案】ABD【解析】【分析】【詳解】A．根據電子所受洛倫茲力的方向結合右手定則判斷勵磁線圈中電流方向是順時針方向．故A正確；B．電子在加速電場中加速，由動能定理有eU=mv02…①電子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力充當向心力為…②解得…③只增大加速電壓，可以使電子流的圓形徑跡的半徑增大．故B正確；C．由③得：只增大線圈中的電流，則B增大，可以使電子流的圓形徑跡的半徑減?。蔆錯誤；D．若兩線圈間的磁感應強度已知，燈絲發出的電子的初速為零，加速電壓為U，則：可通過測量圓形徑跡的直徑來估算電子的比荷．故D正確．故選ABD．考點：帶電粒子在磁場中的運動；動能定理【名師點睛】本題考查了粒子在磁場中運動在實際生活中的應用，正確分析出儀器的原理是解題的關鍵，知道粒子做圓周運動的向心力等于洛倫茲力，列得方程即可討論．13.如圖所示，兩根間距為d的平行光滑金屬導軌間接有電源E，導軌平面與水平面間的夾角θ=30°。金屬桿ab垂直導軌放置，導軌與金屬桿接觸良好。整個裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中。當磁場方向垂直導軌平面向上時，金屬桿ab剛好處于靜止狀態。要使金屬桿能沿導軌向上運動，可以采取的措施是（）A.減小磁感應強度BB.調節滑動變阻器使電阻減小C.減小導軌平面與水平面間的夾角θ（磁場方向仍垂直導軌平面向上，磁感應強度的大小不變）D.將電源正負極對調使金屬桿中的電流方向改變【答案】BC【解析】【分析】【詳解】A．根據初始條件受力分析知因此減小磁感應強B，安培力減小，金屬棒能沿斜面向下運動，選項A錯誤；

B．若調節滑動變阻器使電阻減小，電流增大，則安培力將增大，金屬棒將向上運動，選項B正確；

C．減小傾角θ，重力分力沿斜面向下分力金屬棒將向上運動，選項C正確；

D．將電源正負極對調使金屬桿中的電流方向改變，安培力將沿斜面向下，因此金屬棒將向下運動，D錯誤；

故選BC。14.下列說法正確的是（）

A.如圖甲所示，兩通電導線A、B在C處產生磁場的磁感應強度大小均為，則C處磁場的總磁感應強度大小是B.小磁針正上方的直導線與小磁針平行，當導線中通有如圖乙所示電流時，小磁針的N極將會垂直紙面向內轉動C.如圖丙所示，一矩形線框置于磁感應強度為B的勻強磁場中，線框平面與磁場方向平行，線框的面積為S，則此時通過線框的磁通量為BSD.如圖丁所示，豎直放置的長直導線通有恒定電流，有一矩形線框與導線在同一平面內，將線框向右平動時線圈中會產生感應電流【答案】BD【解析】【詳解】A．磁感應強度是個矢量，因兩通電導線A、B在C處產生磁場的磁感應強度的方向不同，所以C處磁場的總磁感應強度大小不是，A錯誤；B．當導線中通有如圖乙所示電流時，導線在小磁針處產生垂直于紙面向內的磁場，所以小磁針的N極將會垂直紙面向內轉動，B正確；C．因線框平面與磁場方向平行，所以此時通過線框的磁通量為0，C錯誤；D．線框向右平動時，通過線圈的磁通量會減小，所以線圈中會產生感應電流，D正確。故選BD。15.示波器是一種多功能電學儀器，它是由加速電場和偏轉電場組成的。如圖，不同的帶電粒子在電壓為U1的電場中由靜止開始加速，從M孔射出，然后射入電壓為U2的平行金屬板間的電場中，入射方向與極板平行，若帶電粒子能射出平行板電場區域，則下列說法正確的是（）A.若電荷量q相等，則帶電粒子在板間的加速度大小相等B.若比荷相等，則帶電粒子從M孔射出的速率相等C.若電荷量q相等，則帶電粒子從M孔射出時的動能相等D.若不同比荷的帶電粒子由O點開始加速，偏轉角度θ相同【答案】BCD【解析】【詳解】A．設加速電場板間距離為d，由牛頓第二定律得由于粒子的質量未知，所以無法確定帶負電粒子在板間的加速度大小關系，故A錯誤；B．由動能定理得可得所以當帶負電粒子的比荷相等時，它們從M孔射出的速度相等，故B正確；C．粒子從M孔射出時的動能所以當帶負電粒子的電荷量q相等時，它們從M孔射出時的動能相等，故C正確；D．如圖，設偏轉電場的板間距離為d′，極板長度為L，在偏轉電場中有偏轉角度θ與粒子的比荷無關，故D正確。故選BCD。16.如圖所示，在平面的第一象限內存在方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為的勻強磁場，一帶電粒子從軸上的點射入磁場，速度方向與軸正方向的夾角。粒子經過磁場偏轉后在點（圖中未畫出）垂直穿過正半軸。已知，粒子電荷量為，質量為，重力不計，則（）

A.粒子帶負電荷 B.粒子速度大小為C.粒子在磁場中運動時間為 D.與點相距【答案】AB【解析】【詳解】A．粒子進入磁場后沿順時針方向做圓周運動，由左手定則可知，粒子帶負電，故A正確；B．粒子運動軌跡如圖所示

由幾何知識可知，粒子做圓周運動的軌道半徑粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可得解得故B正確；C．粒子在磁場中運動的周期粒子軌跡對應的圓心角為粒子在磁場中運動的時間為故C錯誤；D．N點到O點的距離為故D錯誤。故選AB。17.如圖所示為圓柱形區域的橫截面，在該區域加沿圓柱軸線方向的勻強磁場。帶電粒子（不計重力）第一次以速度沿截面直徑入射，粒子飛出磁場區域時，速度方向偏轉角；該帶電粒子第二次以速度從同一點沿同一方向入射，粒子飛出磁場區域時，速度方向偏轉角，則帶電粒子第一次和第二次在磁場中運動的（）A.半徑之比為 B.速度之比為 C.時間之比為 D.時間之比為【答案】AC【解析】【分析】【詳解】A．設磁場半徑為，當第一次以速度沿截面直徑入射時，根據幾何知識可得即當第二次以速度沿截面直徑入射時，根據幾何知識可得所以故A正確B．兩次情況下都是同一個帶電粒子在相等的磁感應強度下運動的，所以根據公式可得故B錯誤；CD．因為周期與速度無關，所以運動時間比為故C正確，D錯誤。故選AC。18.如圖所示是簡化的多用電表的內部電路，轉換開關S與不同接點連接，就組成不同的電表，已知下列說法正確的是A.S與1、2連接時，就組成了電流表，且S接1時量程較大B.S與3、4連接時，就組成了電流表，且S接3時量程較大C.S與3、4連接時，就組成了電壓表，且S接3時量程較小D.S與5連接時，就組成了歐姆表，此時紅表筆與電源負極相連【答案】ACD【解析】【詳解】A．由圖可以知道，當S與、連接時，多用電表就成了電流表，電阻與表頭并聯，當并聯電阻越小時，量程越大，因此前者量程較大，所以A選項正確；BC．由圖可以知道，當S與、連接時，電流表與電阻串聯，測量電壓，電流表所串聯的電阻越大，所測量電壓值越大，則接時比接時倍率高，故B錯誤C正確；D．S與連接時，電池連入電路，可構成閉合電路測量電阻，為歐姆檔變阻器為歐姆調零電阻，此時紅表筆與電源負極相連，所以D選項正確．故選ACD。第II卷（非選擇題）三、實驗題（共26分）19.（1）某同學用游標卡尺和螺旋測微器分別測量一薄的金屬圓片的直徑和厚度，由圖中的示數可知該金屬圓片的直徑的測量值為_________cm，厚度的測量值為_________mm。（2）某同學想利用實驗描繪小燈泡（2.5V；0.3A）的伏安特性曲線，應選用的電路圖是_________。A.B.C.D.請按照電路圖完成實驗圖（）（3）該同學利用上題電路圖實驗得到的小燈泡的U-I關系如下圖甲所示。如果將該小燈泡分別接入圖乙、丙兩個不同電路中，圖乙電源電動勢為1.5V，內阻不計。圖丙中電源電動勢為5V，內阻不計，定值電阻R=20Ω。則接入_________（選填“乙”或“丙”）電路時，小燈泡較亮些，消耗的電功率為_________W。若將電路丙中的電阻R替換為另一個完全相同的小燈泡，其他條件不變，流過燈泡的電流為_________A，此時電源的功率為_________W?！敬鸢浮竣?1.240②.1.682③.C④.見解析⑤.乙⑥.0.33⑦.0.33⑧.1.65【解析】【詳解】（1）[1]該金屬圓片的直徑的測量值為[2]厚度的測量值為（2）[3]描繪伏安特性曲線，應該使電壓的變化范圍較大，故應使用分壓接法。小燈泡的電阻較小，遠小于電壓表內阻，故采用電流表外接法。故選C。[4]小燈泡額定電壓2.5V，故選擇電壓表3V量程，額定電流0.3A，故選擇電流表0.6A量程，根據電路圖，連接實物圖如下（3）[5][6]將該小燈泡接入圖乙電路，則此時，功率將圖丙電源的伏安特性曲線（定值電阻看作電源內阻）畫在小燈泡的U-I關系圖像中兩圖線的交點表示此刻小燈泡的工作狀態，即，功率則接入乙電路時，電功率更大些，小燈泡較亮些，消耗的電功率為0.33W。[7][8]若將電路丙中的電阻R替換為另一個完全相同的小燈泡，其他條件不變，則每個燈泡分到的電壓均為2.5V，結合圖像可知，此時電流為0.33A，此時電源的功率為20.用如圖所示的裝置探究加速度、力和質量的關系，帶滑輪的長木板水平放置，彈簧測力計固定在墻上。小車上固定一定滑輪，細繩通過滑輪連接彈簧測力計和沙桶。（1）下列關于該實驗的操作說法中正確的是___________。A.必須用天平測出沙和沙桶的質量B.小車的質量不需要遠大于沙桶和沙的質量C.應當先釋放小車，再接通電源（2）利用打點頻率為的打點計時器，得到的一條紙帶如圖所示：（圖中每兩個計數點間還有四個點未畫出）則在該次實驗中，小車運動的加速度大小為___________（結果保留三位有效數字）。（3）某同學做實驗時，未把木板的一側墊高，就繼續進行其他實驗步驟，則該同學作出的小車的加速度與彈簧測力計示數的圖像如圖所示，則實驗中小車受到的摩擦力大小為___________，小車的質量為___________。【答案】①.B②.1.19③.④.【解析】【詳解】(1)[1]AB．對小車的拉力是通過彈簧測力計得到的，故無需測量沙和沙桶的質量，也不需要滿足沙和沙桶的總質量遠小于小車的質量，故A錯誤，B正確；C．為了有效利用紙帶，應先接通電源，在釋放紙帶，故C錯誤。故選B。(2)[2]用打點頻率為50Hz的打點計時器，每兩個計數點間還有四個點未畫出，可得兩個點的時間間隔為T=0.1s根據逐差法可得加速度為(3)[3][4]根據牛頓第二定律變形得斜率可得21.某同學要測量一節干電池的電動勢和內電阻，現在實驗室提供了如下的器材：A．電壓表V（量程3V，內阻RV約為10kΩ）B．電流表G（量程3mA，內阻Rg=100Ω）C．電流表A（量程3A，內阻約為0.5Ω）D．滑動變阻器R1（0~20Ω，額定電流2A）E．滑動變阻器R2（0~500Ω），額定電流1A）F．定值電阻R3=04ΩG．開關S和導線若干（1）該同學發現電流表A的量程太大，于是他將電流表G與定值電阻R3并聯，實際上是進行了電表的改裝，則他改裝后的電流表對應的量程是______A。（結果保留兩位有效數字）。（2）該同學根據實際情況設計了如圖所示的原理圖。請你根據原理圖用筆畫線代替導線連接實物圖。______

（3）為了能準確地進行測量，同時為了操作方便，實驗中應選用的滑動變阻器是______。（填R1或R2）（4）該同學利用上述實驗原理圖測得數據，以電流表讀數為橫坐標，以電壓表V讀數為縱坐標，繪出了如圖所示的圖線，根據圖線可求出電源的電動勢E=_______V，電源的內阻______。（電源內阻結果保留兩位有效數字）【答案】①.0.75②.③.R1④.1.50⑤.0.80【解析】【詳解】（1）[1]根據串并聯規律可得，則他改裝后的電流表對應的量程是（2）[2]連接實物圖如圖所示（3）[3]根據為了能準確地進行測量，同時為了操作方便，實驗中