2023-2024学年江苏省盐城中学高二上学期上月月考物理试题Word版含解析试卷

高二年级基础性学情检测 物理试卷 1.本试卷考试时间为75 分钟，试卷满分100 分，考试形式闭卷； 2.本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分； 3.答题前，将自己的班级、姓名、准考证号用0.5 毫米黑色墨水签字笔填写在答题卡上 一、单项选择题：共10 题，每题4 分，共40 分，每题只有一个选项符合题意。 1. 如图所示的电解池，通电1s，其间共有0.5C 的正离子和0.3C 的负离子通过截面xy，则这个电路中的电 流是（ ） A. 0.8A B. 0.2A C. 0.5A D. 0.6A 【答案】A 【解析】 【详解】由题可知时间为 t=1s 电解液中通过截面xy 的电量为 q=0.5C+0.3C=0.8C 则这个电路中的电流大小是 故选A。 2. 一个电流表的满偏电流 ，内阻 ，要把它改装成一个量程为20V 的电压表，则应在 电流表上（ ） A. 串联一个20kΩ 的电阻 B. 并联一个20kΩ 的电阻 C. 串联一个19.5kΩ 的电阻 D. 并联一个19.5kΩ 的电阻 【答案】C 【解析】 【详解】要改装成一个电压表，则必须要有分压电阻，所以应该将电流表和一个电阻串联，串联后总电压 量程为20V，根据欧姆定律有 代入数据解得 故选C 。 3. 中国宋代科学家沈括在公元1086 年写的 梦溪笔谈 中最早记载了“方家（术士）以磁石磨针锋，则能 指南，然常微偏东，不全南也”。进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布如图所示，结合上述材 料，下列说法正确的是（ ） A. 在地磁场的作用下小磁针静止时指南的磁极叫北极，指北的磁极叫南极 B. 对垂直射向地球表面宇宙射线中的高能带电粒子，在南、北极所受阻挡作用最弱，赤道附近最强 C. 形成地磁场的原因可能是带正电的地球自转引起的 D. 由于地磁场的影响，在奥斯特发现电流磁效应的实验中，通电导线应相对水平地面竖直放置 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．根据磁极间的相互作用可知，在地面上放置一个小磁针，静止时小磁针的南极指向地磁场的 北极，故A 错误； B．地球上赤道附近磁场的方向与地面几乎平行，越往两极磁场的方向与地面之间的夹角越大，所以对垂 直射向地球表面宇宙射线中的高能带电粒子，在南、北极所受阻挡作用最弱，赤道附近最强，故B 正确； C．地球磁场的N 极在地球的地理南极附近，由安培定则可知，形成地磁场的原因可能是带负电的地球自 转引起的，故C 错误； D．由于地磁场的影响，在奥斯特发现电流磁效应的实验中，通电导线应相对水平地面水平放置，且导线 的方向沿南北方向，故D 错误。 故选：B。 4. 电流计等磁电式电表是利用永久磁铁对通电线圈的作用原理制成的，其优点是灵敏度高。构造如图甲所 示，圆柱形铁芯固定于U 形磁铁两极间，其中磁场是均匀辐向分布，铁芯外面套有缠绕着线圈并可转动的 铝框，铝框的转轴上装有指针和游丝（又称螺旋弹簧）。下列说法中正确的是（ ） A. 图乙中当线圈通以如图所示电流，图中指针往左偏 B. 线圈中电流越大，安培力就越大，螺旋弹簧的 形变也越大，线圈偏转的角度也越大 C. 极靴和铁质圆柱之间磁场是匀强磁场 D. 线圈无论转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行，所以线圈不受安培力 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据左手定则可知，图乙中当线圈通以如图所示电流，a 所受安培力向上，b 所受安培力向下， 则图中指针往右偏，故A 错误； B．线圈中电流越大，安培力就越大，螺旋弹簧的形变也越大，线圈偏转的角度也越大，故B 正确； C．匀强磁场的磁感线平行，而极靴和铁质圆柱之间磁感线呈辐向分布，不是匀强磁场，故C 错误； D．线圈平面跟磁感线平行，但导线a、b 中电流的方向与磁场方向垂直，所以受安培力，故D 错误。 故选B。 5. 如图所示，条形磁铁放置在固定斜面上，在其上方固定一根长直导线，导线与磁铁垂直，给导线通以方 向垂直纸而向外的电流。条形磁铁始终静止。在导线通电前后关于条形磁铁的受力，下列说法正确的是（ ） A. 斜面对磁铁的支持力一定减小，磁铁可能受到斜面的摩擦力作用 B. 斜面对磁铁的支持力一定减小，磁铁一定受到斜面的摩擦力作用 C. 斜面对磁铁的支持力一定增大，磁铁可能受到斜面的摩擦力作用 D. 斜面对磁铁的支持力一定增大，磁铁一定受到斜面的摩擦力作用 【答案】B 【解析】 【详解】通电后，条形磁铁的受力分析如图所示 由图可知，磁铁一定受到斜面的摩擦力的作用，垂直于斜面方向重力的分力等于斜面对磁铁的支持力与通 电导线对磁铁的作用力在垂直于斜面方向的分力之和，而通电前重力垂直于斜面方向的分力等于斜面对磁 铁的支持力，所以通电后斜面对磁铁的支持力一定减小。 故选B。 6. 在如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，其中 ，现将滑动变阻器的滑动触头逐渐向a 移动 过程中（ ） A. 电压表的示数减小，电流表的示数减小 B. 电压表的示数增大，电流表的示数增大 C. 电源的总功率增大 D. 电源的输出功率减小 【答案】C 【解析】 【详解】AB．滑动变阻器的滑动触头逐渐向a 移动中，滑动变阻器接入电路中的电阻R0减小，电路中的 总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中的总电流增大，则电源内阻上的电压降增大，由 可知，电源的路端电压减小，即电压表的示数减小，因电源的路端电压减小，R1两端电压增大， R2与R0并联电路的电压减小，由欧姆定律可知R2电流减小，则电流表的示数增大，AB 错误； C．由P=EI 可知，电路中的总电流I 增大，E 不变，所以电源的总功率增大，C 正确； D．由题意可知 ，则外电路电阻大于内电阻，当外电阻减小时，外电阻与内电阻更接近，所以电源的 输出功率增大，D 错误。 故选C。 7. 如图，图线AB 是某电源的路端电压随电流变化的关系图线，OM 是固定电阻R 两端的电压随电流变化的 图像，由图可知（ ） A. 固定电阻R 的阻值为1Ω B. 该电源的电动势为6V，内阻为2Ω C. 当该电源只向电阻R 供电时，其效率约为33.3% D. 该电源的最大输出功率为9W 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图线OM 可知 故A 错误； B．根据闭合电路欧姆定律可得 ，由图线AB 可知电源的电动势为 短路电流为 则电源内阻 故B 错误； C．当该电源只向电阻R 供电时，电源效率为 故C 错误； D．电源的输出功率 当 时电源的输出功率最大，所以该电源的最大输出功率 故D 正确。 故选D。 8. 如图所示，a、b 两个长方体物块叠放在粗糙水平地面上，物块a 带正电，物块b 不带电且为绝缘体，地 面上方有垂直纸面向里的匀强磁场，现用水平恒力F 拉物块b，使a、b 一起无相对滑动地向左加速运动， 在加速的过程中，物块a、b 间的摩擦力（ ） A. 逐渐减小 B. 逐渐增大 C. 先增大后减小 D. 先减小后增大 【答案】A 【解析】 【详解】由于无相对滑动，考虑对整体受力分析，a 将受到向下的洛伦兹力的作用，使得加速过程中地面 对b 的支持力逐渐增大，则系统所受的摩擦力将逐渐增大。根据牛顿第二定律 可知加速度将逐渐减小，接下来隔离a 列牛顿第二定律 可知物块a、b 间的摩擦力逐渐减小，A 正确。 故选A。 9. 笔记本电脑机身和显示屏分别装有霍尔元件和磁体，实现开屏变亮，合屏熄灭。图乙为一块利用自由电 子导电，长、宽、高分别为a、b、c 的霍尔元件，电流方向向右。当合上显示屏时，水平放置的元件处于 竖直向下的匀强磁场中，元件前、后表面间产生电压，当电压达到某一临界值时，屏幕自动熄灭。则元件 的（ ） A. 合屏过程中，前表面的电势比后表面的低 B. 开屏过程中，元件前、后表面间的电压变大 C. 若磁场变强，可能出现闭合屏幕时无法熄屏 D. 开、合屏过程中，前、后表面间的电压U 与b 无 关 【答案】D 【解析】 【详解】A．电流方向向右，电子向左定向移动，根据左手定则，自由电子向后表面偏转，后表面积累了 电子，前表面的电势高于后表面的电势，故A 错误； BCD．稳定后根据平衡条件有 根据电流的微观表达式有 解得 所以开屏过程中，磁感应强度减小，元件前、后表面间的电压变小。若磁场变强，元件前、后表面间的电 压变大，不可能出现闭合屏幕时无法熄屏。开、合屏过程中，前、后表面间的电压U 与b 无关，故D 正确， BC 错误； 故选D。 10. 某力敏电阻的阻值随着压力的增大而线性减小。一同学利用该力敏电阻设计了判断小车在水平方向上运 动状态的装置。其工作原理如图甲所示，将力敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上，之间放置一个光滑绝 缘重物M，重物与挡板之间通过轻弹簧连接。某次实验中，电压表示数随时间变化关系如图乙所示，已知 时间内，小车处于静止状态，则（ ） A. 时间内，弹簧处于原长状态 B. 时间内，小车的加速度随时间均匀增大 C. 时间内，小车做匀变速直线运动 D. 时间内，小车可能向左做匀减速直线运动 【答案】D 【解析】 【详解】A．0-t1时间内电压表示数不变，说明力敏电阻所受压力不变，由题意可知，弹簧上一定有力，M 处于静止状态，合力为零，力敏电阻对M 的弹力水平向左，弹簧对M 弹力水平向右，所以在0-t1时间内弹 簧也可能处于压缩状态，故A 错误； BC．t1-t2时间内，R 两端电压均匀减小，电路中电流均匀减小，力敏电阻阻值变大，设 时电路中总电 阻为 ，电路中电流为 ，由闭合电路的欧姆定律得 解得 由图可知 解得 所以物块的加速度 T 为弹簧弹力，大小不变，所以小车的加速度随时间不是均匀变化，故B C 错误； D．t2-t3时间内，电流不变，力敏电阻上所受压力不变，且M 受到弹簧向右的力大于力敏电阻对M 的压力， 可知M 的加速度向右且大小不变，所以小车可能向右做匀加速直线运动或向左做匀减速直线运动，故D 正确。 故选D。 二、非选择题：共6 题，共60 分，其中第11 题每空2 分，第12 题~16 题解答时请写出必要的文字说明、 方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。 11. 某同学用伏安法测量导体的电阻率，现有量程为3V、内阻约为3k 的电压表和量程为0.6A、内阻约为 0.1 的电流表。采用分压电路接线，待测电阻丝Rx阻值约为5 。 （1）图甲是未完成的实物连线图，图中a 为待测导体右端接线柱，b 为电流表正极接线柱，c 为滑动变阻 器左上端接线柱，d 为滑动变阻器左下端接线柱。则导线①应连接________（选填a 或b）。导线②应连接 ________（选填c 或d）。 （2）正确接线后，实验测得的数据如下表，请在图乙中作出U-I 图线______。 U/V 0 . 30 0.40 0.80 1.10 1.20 1.60 I/A 0.07 0.09 0.18 0.22 0.27 0.35 （3）用作图法求得Rx的阻值为________ （结果保留两位有效数字）。 （4）某次用螺旋测微器测金属丝直径d，用游标卡尺测金属丝的长度l，示数如图丙所示，则 d=________mm，l＝__________cm。 （5）写出该金属丝的电阻率的表达式____________（用U、I、d、l 表示） 【答案】 ①. a . ②d . ③ . ④4.6 Ω（4.5 ~ 4.8 Ω） ⑤. 1.843 mm（1.842 mm ~ 1.84 mm） ⑥. 4.240 cm . ⑦ 【解析】 【分析】 【详解】（1）[1]由于电流表内阻与待测电阻阻值接近，因此只能采用电流表外接法，以减小实验误差， 故导线①应接a； [2]由题意可知，本实验采用分压接法，故导线②要与d 接通； （2）[3]根据表中的数据作出的U-I 图如下图所示： （3）[4]根据U-I 图象的斜率表示电阻，则有 电阻算出4.5 Ω ~ 4.8 Ω 均正确； （4）[5]由图示螺旋测微器可知，其示数为 d = 1.5 mm + 34.3 × 0.01 mm = 1.843 mm 估读出1.842 ~ 1.844 mm 均正确； [6]由图示游标卡尺可知，其示数为 l = 42 mm + 8 × 0 . 05 mm = 42.40 mm = 4.240 cm （5）[7]由欧姆定律 由电阻定律 金属丝的横截面积 联立得 12. 如图所示，水平导体棒 被两根竖直细线悬挂，置于垂直纸面向里的匀强磁场中，已知磁场的磁感 应强度 ，导体棒长 ，质量 ，重力加速度 ，当导体棒中通以从 到 的电流时： （1）判断导体棒所受安培力的方向； （2）当电流 时，求导体棒所受安培力的大小 ； 【答案】（1）竖直向上；（2）0.4N 【解析】 【详解】（1）根据左手定制可判断导体棒所受安培力的方向竖直向上； （2）导体棒与磁场垂直，所以导体棒所受安培力的大小为 13. 如图所示的电路中，电源电动势 ，内阻 ，电动机的电阻 ，电阻 。 电动机正常工作时，理想电压表的示数 ，求： （1）电路的路端电压； （2）电动机输出有用功的功率； 【答案】（1）10V；（2）8W 【解析】 【详解】（1）根据欧姆定律，电路电流为： 电路的路端电压为 代入数据解得 （2）设电动机两端电压为U，则由闭合电路欧姆定律得： 电动机消耗的电功率为： 电动机的热功率为： 电动机将电能转化为机械能的功率为 14. 在一根足够长的竖直绝缘杆上，套着一个质量为m、带电量为-q 的小球，球与杆之间的动摩擦因数为 μ．场强为E 的匀强电场和磁感应强度为B 的匀强磁场方向如图所示，小球由静止开始下落． (1)小球开始下落时的加速度为多大？ (2)小球运动的最大加速度为多大？ (3)小球运动的最大速度为多大？ 【答案】(1) (2)g (3) 【解析】 【分析】对小环进行受力分析，再根据各力的变化，可以找出合力及加速度的变化；即可以找出小环最大 速度及最大加速度的状态． 【详解】（1）小环静止时只受电场力、重力及摩擦力，电场力水平向右，摩擦力竖直向上；开始时，小 环的加速度应为： ； （2）小环速度将增大，产生洛仑兹力，由左手定则可知，洛仑兹力向左，故水平方向合力将减少，摩擦 力减少，故加速度增加；当qvB=qE 时水平方向合力为0，摩擦力减小到0，加速度达到最大，所以小环由 静止沿棒下落的最大加速度为：a= =g； （3）当此后速度继续增大，则洛仑兹力增大，水平方向上的合力增大，摩擦力将增大；加速度将继续减 小，当加速度等于零时，即重力等于摩擦力，此时小环速度达到最大． 则有：mg=μ（qvB-qE）， 解得： 【点睛】本题要注意分析带电小环的运动过程，属于牛顿第二定律的动态应用与电磁场结合的题目，此类 问题要求能准确找出物体的运动过程，并能分析各力的变化，对学生要求较高．同时注意因速度的变化， 导致洛伦兹力变化，从而使合力发生变化，最终导致加速度发生变化． 15. 如图所示，电源的电动势E=24V、内阻r=2Ω，电阻 ，电容器的电容C=6mF。 （1）当开关断开时，求R1两端的电压U1； （2）当开关闭合时，求干路中的 电流I； （3）开关从断开到闭合直至电路稳定的过程中通过电阻R 的电荷量Q。 【答案】（1）10V；（2）4.5A；（3）0.105C 【解析】 【详解】（1）开关断开时的等效电路图如图甲所示 解得 （2）开关闭合时的等效电路图如图乙所示，设 与 串联后再与 并联的总电阻为 ，则有 ， ， 解得 （3）开关断开时，电容器与 并联， 与 电压相等，则有 a 端电势高，开关闭合时，电容器与 并联，根据上述分析可得 两端的电压为7.5V b 端电势高，通过电阻R 的电荷量 16. 如图所示，一根水平光滑的绝缘直槽轨连接一个竖直放置的半径为R=0.50m 的绝缘光滑槽轨。槽轨处 在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B=0.50T，有一个质量m=0.10g、带电量为q=+1.6×10-3C 的小 球在水平轨道上向右运动。若小球恰好能通过最高点，重力加速度g=10m/s2．求： (1)小球在最高点N 的速度大小； (2)小球在最高点N 所受的洛伦兹力F； (3)小球的初速度v0． 【答案】(1)1m/s；(2) ；（3）4.58m/s 【解析】 【详解】（1）、（2）设小球在最高点N 的速度为 ，则小球在最高点所受洛伦兹力为 方向竖直向上；由于小球恰好能通过最高点N，故小球在最高点N 由洛伦兹力和重力共同提供向心力，即 两式联立得 ， （3）由于无摩擦力，且洛伦兹力不做功，所以小球在运动过程中机械能守恒，由机械能守恒定律可得 其中 联立解得