四川省遂宁市2023-2024学年高二物理强基班上学期第三次学月试卷含解析

高2022级强基班高二上期第三次学月考试物理试题（时间：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，每小题分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求）1.2019年3月19日，复旦大学科研团队宣称已成功制备出具有较高电导率的砷化铌纳米带材料，据介绍该材料的电导率是石墨烯的1000倍。电导率σ就是电阻率ρ的倒数，即。下列说法正确的是（）A.材料的电导率越小，其导电性能越强B.材料的电导率与材料的形状有关C.电导率的单位是Ω－1·m－1D.电导率大小与温度无关【答案】C【解析】【详解】A．电导率越小，材料的电阻率越大，其导电性能越差，A错误；BD．材料的电导率与材料的形状无关，由材料本身的性质决定，受温度的影响，当温度发生变化时，电导率的大小会改变，B、D错误；C．根据电阻定律可知，电阻率的单位是Ω·m，则电导率的单位是Ω－1·m－1，C正确。故选C。2.用电场线能直观、方便地比较电场中各点场强的强弱。如图甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点：O是两点电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对于O点对称的两点，B、C和A、D也相对于O点对称。则下列说法不正确的是（）A.B、C两点场强大小和方向都相同B.A、D两点场强大小相等，方向相反C.E、O、F三点比较，O点场强最强D.B、O、C三点比较，O点场强最弱【答案】B【解析】【分析】【详解】A．根据对称性可知，B、C两处的电场线疏密程度相同，则B、C两处的电场强度相等，由甲图可看出B、C两处的电场的方向相同，故A正确；B．根据对称性可知，A、D两处的电场线疏密程度相同，则A、D两处的电场强度相等，由甲图可看出A、D两处的电场的方向相同，故B错误；C．由甲图可以看出E、O、F三点中，O点处的电场线最密，所以O点处的场强最强，故C正确；D．由甲图可以看出B、O、C三点中，O点处的电场线最疏，O点场强最弱，故D正确。故选B。3.一条形磁体放在水平桌面上，在其左上方固定一根与磁体垂直的长直导线，当导线中通以如图所示方向的电流时（）A.磁体对桌面的压力增大，且磁体受到向右的摩擦力作用B.磁体对桌面的压力减小，且磁体受到向右的摩擦力作用C.磁体对桌面的压力增大，且磁体受到向左的摩擦力作用D.磁体对桌面的压力减小，且磁体受到向左的摩擦力作用【答案】B【解析】【详解】根据条形磁体磁感线分布情况得到通电导线所在位置的磁场方向（切线方向），再根据左手定则判断安培力方向，如图甲根据牛顿第三定律，电流对磁体的作用力F安′与F安等大反向，如图乙所示，根据平衡条件，可知通电后桌面对磁体的支持力变小，由牛顿第三定律知磁体对桌面的压力减小，且磁体有向左运动的趋势，所以受到方向向右的摩擦力，故ACD错误，B正确。故选B。4.如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接，已如导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为（）A.2F B.1.5F C.0.5F D.0【答案】B【解析】【详解】设每一根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两路电阻之比为，根据并联电路两端各电压相等的特点可知，上下两路电流之比．如下图所示，由于上路通电的导体受安培力的有效长度为L，根据安培力计算公式，可知，得，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受的合力大小为，故本题选B．5.如图所示为一种质谱仪的示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点。不计粒子重力。下列说法不正确的是（）A.粒子一定带正电B.加速电场的电压U=ERC.直径PQ=D.若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群离子具有相同的比荷【答案】C【解析】【分析】【详解】A．粒子由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点，根据左手定则可得，粒子带正电，选项A正确；B．粒子在加速电场中做匀加速运动，则有qU=mv2又粒子在静电分析器做匀速圆周运动，由电场力提供向心力，有qE=解得U=选项B正确；C．粒子在磁分析器中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB=解得r=粒子由P点垂直边界进入磁分析器，最终打在胶片上的Q点，可得PQ=2r=选项C错误；D．若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，说明运动的轨迹半径r=相同，由于加速电场、静电分析器与磁分析器都相同，则该群离子具有相同的比荷，选项D正确。故选C。6.某同学将一直流电源的总功率PE、电源内部的发热功率Pr和输出功率PR随电流I变化的关系图线画在了同一坐标系中，如图中的a、b、c所示。以下判断正确的是（）A.在a、b、c三条图线上分别取横坐标相同的A、B、C三点，这三点的纵坐标一定满足关系B.b、c图线的交点与a、b图线的交点的横坐标之比一定为1∶2，纵坐标之比一定为1∶4C.电源的最大输出功率Pm=9WD.电源的电动势E=3V，内电阻r=1Ω【答案】ABD【解析】【详解】A．根据能量守恒，电源总功率应该等于电源内部的发热功率和电源输出功率之和，即当电流相等时对应的三点的纵坐标一定满足关系故A正确；BCD．b、c图线的交点表示电源内部发热功率与电源输出功率相等，根据可知电源内部发热功率与电源输出功率相等，电流相等则内阻等于外阻，此时电流为a、b图线的交点表示电源内部发热功率等于电源总功率，外电阻为零，此时电流为则电流之比，即两交点横坐标之比为根据代入图线数据可知电动势短路电流为，则电源输出功率为可知当时电源输出功率最大，此时对应数据即为b、c图线的交点，则电源最大输出功率又因为a、b图线的交点纵坐标为，可知b、c图线的交点与a、b图线的交点的纵坐标之比为。故BD正确，C错误。故选ABD。7.如图甲所示，带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平向里的匀强磁场（如图乙），且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2，若加上水平向右的匀强电场（如图丙），且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3；若加上竖直向上的匀强电场（如图丁），且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4。不计空气阻力，则（）A.一定有h1＝h3B.一定有h1＜h4C一定有h2＝h4D.h1与h2无法比较【答案】A【解析】【详解】A．题图甲中，由竖直上抛运动的最大高度公式得h1＝题图丙中，当加上电场时，由运动的分解可知，在竖直方向上只受重力，做竖直上抛运动，有得h3＝所以h1＝h3故A正确；D．题图乙中，洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时小球的动能为Ek，则由能量守恒定律得mgh2＋Ek＝mv02得又由于h1＝所以h1＞h2D错误；BC．题图丁中，因小球电性未知，则电场力方向不确定，则h4可能大于h1，也可能小于h1，因为h1>h2所以h2与h4也无法比较，故C、B错误。故选A。二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）8.如图所示，竖直平面内有固定的半径为R的光滑绝缘圆形轨道，水平匀强电场平行于轨道平面向左，PQ分别为轨道上的最高点、最低点M、N分别是轨道上与圆心等高的点。质量为m、电荷量为q的带正电小球（可视为质点）在轨道内运动，已知重力加速度为g，场强E，要使小球能沿轨道做完整的圆周运动，则下列说法正确的是（）A.小球在轨道上运动时，动能最小的位置，电势能最大B.小球在轨道上运动时机械能最大的位置一定在M点C.小球过Q、P点受轨道弹力大小的差值为6mgD.小球过Q、P点受轨道弹力大小的差值为7.5mg【答案】BC【解析】【分析】【详解】A．根据等效场知识可得，电场力与重力的合力大小为则如图所示：，即θ＝37°当小球刚好通过C点关于O点对称的D点时，就能完成完整的圆周运动，小球在D点时的动能最小，但并不是电势能的最大位置，小球电势能的最大位置在N电，故A错误；B．小球在轨道上运动过程中，能量守恒，小球在M点的位置电势能最小，所以小球在M点的机械能最大，故B正确；CD．在PQ点根据牛顿第二定律得从Q到P点，由动能定理得联立解得FQ﹣FP＝6mg故C正确，D错误；故选BC。9.如图所示，质量为m、电荷量为+q的圆环可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度一时间图像可能是下列选项中的（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】【详解】A．根据左手定则可知圆环所受洛伦兹力的方向向上，如果则环和杆之间无弹力，圆环不受摩擦力，此时环在杆上匀速直线运动，故A正确；B．如果则环和杆之间有摩擦力作用，根据牛顿第二定律可得环做减速运动，环的加速度增大，所以圆环做加速度增大的减速运动，当速度减小到零时，环静止在杆上，故B正确；CD．如果则环和杆之间有摩擦力作用，环做减速运动，根据牛顿第二定律可得环的加速度减小，即圆环做加速度减小的减速运动，当减速到时，环和杆之间无弹力，此后环做匀速运动，故C错误，D正确。故选ABD。10.A、B两物体质量均为m，其中A带正电，电荷量为，B不带电，通过劲度系数为k的绝缘竖直轻质弹簧相连放在水平面上，如图所示，开始时A、B都处于静止状态。现在施加竖直向上的匀强电场，电场强度，式中g为重力加速度，若不计空气阻力，不考虑A物体电荷量的变化，则以下判断正确的是（）A.刚施加电场的瞬间，A的加速度大小为2gB.从施加电场开始到B刚要离开地面的过程中，A物体速度大小一直增大C.从施加电场开始到B刚要离开地面的过程中，A物体的机械能增加量始终等于A物体电势能的减少量D.B刚要离开地面时，A的速度大小为【答案】ABD【解析】【详解】A．在未施加电场时，A物体处于平衡状态，当施加电场的瞬间，A物体受到的合力为A所受的电场力，故解得方向向上，故A正确；B．B刚要离开地面时，地面对B弹力为0，即对A物体即A物体所受合力为0，因此从施加电场开始到B刚要离开地面过程，A物体做加速度逐渐变小的加速运动，即A物体速度大小一直增大，故B正确；C．从施加电场开始到弹簧恢复原长的过程，A物体的机械能增加量等于电势能的减少量与弹性势能的减少量之和，从弹簧恢复原长到B刚要离开地面的过程，A物体的机械能增加量等于电势能的减少量与弹性势能的增加量之差，故C错误；D．当B刚要离开地面时，此时B受到弹簧弹力等于B的重力，从施加电场到B离开地面，弹簧的弹力做功为零，A上升的距离为根据动能定理可知解得故D正确。故选ABD。第II卷（非选择题）11.某同学组装一个多用电表．可用的器材有：微安表头（量程100内阻900）；电阻箱R1（阻值范围0999.9）；电阻箱R2（阻值范围099999.9）；导线若干，要求利用所给器材先组装一个量程为1mA的直流电流表，在此基础上再将它改装成量程为3V的直流电压表．组装好的多用电表有电流1mA和电压3V两挡，回答下列问题：（1）在虚线框内画出电路图并标出R1和R2，其中为公共接线柱，a和b分别是电流挡和电压挡的接线柱___________．（2）电阻箱的阻值_____________;R2=____________（保留到个位）【答案】①.（1）如图所示②.（2）100③.2910【解析】【详解】（1）R1的电阻比较小，所以R1与表头并联构成大量程的的电流表，R2的阻值比较大，与改装后的电流表串联可充当大量程的电压表，设计电路图如图所示;改装电流表需要并联一个电阻，要改装1mA的电流表需要并联的电阻，所以选用与变阻箱R1并联，并联后的总电阻为；要改装3V电压表需要串联电阻，串联电阻的阻值为12.某课题研究小组准备测量一个锂电池的电动势和内阻，在操作台上准备了如下实验器材：A.待测锂电池（电动势E约为3.7V，内阻r未知）B.电压表V1（量程0～3V，内阻约为几千欧）C.电流表A（量程0.6A，内阻RA＝2.0Ω）D.电阻箱R1（0～99.9Ω）E.滑动变阻器R2（最大阻值为10Ω）F.定值电阻R0（阻值约为5Ω）G开关S一个，导线若干（1）在实验操作过程中，该小组成员设计了如图甲所示电路。多次改变电阻箱R1的阻值R，读出电压U，根据测得的数据作出－图像，如图乙所示，则电源电动势E＝________V。（2）为了测定锂电池的内阻需测出电阻R0的阻值，小组成员设计了如图丙所示的电路，请在图丁中连接对应的实物图____。实验过程中，某次测量电流表示数为0.40A时，电压表示数如图戊所示，由此可求得R0＝________Ω；结合图乙可求得电池内阻r＝________Ω。（以上两空结果均保留两位有效数字）【答案】①.3.6##3.60②.见解析③.5.0④.2.8【解析】【详解】（1）[1]根据闭合电路欧姆定律有两边同时除以EU，整理可得对照图像可知解得E＝3.6V（2）[2]实物连线如图所示[3]由电表读数规则可知电压表读数为U＝2.80V，所以[4]由斜率解得r＝28Ω13.一列简谐横波沿x轴传播，已知x轴上x1＝1m和x2＝7m处质点的振动图像分别如图甲、乙所示，（1）这列波的周期T和振幅A分别是多少？（2）这列波的波速是多少。【答案】（1）4s，5cm；（2）x轴正方向传播，；x轴负方向传播，【解析】【详解】（1）由乙图可知，该列波的周期T=4s该列波的振幅A=5cm（2）由两质点的振动图像可知，t＝0时刻，x1＝1m处的质点处于平衡位置向下运动，x2＝7m处的质点位于波峰处，该波的传播周期为T＝4s若该简谐横波沿x轴正方向传播，则两质点间的距离为（n＋）λ＝6m（n＝0、1、2…）则λ＝m由波速的公式得v＝＝m/s（n＝0、1、2…）若该简谐横波沿x轴负方向传播，则两质点间的距离为（n＋）λ＝6m（n＝0、1、2…）则λ＝m由波速的公式得v＝＝m/s（n＝0、1、2…）14.如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1=100Ω，R2的阻值未知，R3是一个滑动变阻器，在其滑片从最左端滑至最右端的过程中，测得电源的路端电压U随电流I的变化图线如图乙所示，其中图线上的A、B两点是滑片在变阻器两个不同的端点时分别得到的。求：（1）电源电动势和内电阻；（2）定值电阻R2的阻值；（3）滑动变阻器R3的最大值。【答案】（1）20V，20Ω；（2）5Ω；（3）300Ω【解析】【详解】（1）结合图乙中A、B两点的电压与电流值，根据闭合电路欧姆定律有U1=E-I1r，U2=E-I2r代入数据解得E=20V，r=20Ω（2）当R3的滑片自左向右滑动，R3阻值变小，外电路总电阻变小，则干路电流变大，可知，图线上的A、B两点分别对应滑片位于最左端和最右端时所得到的路端电压与干路电流值。当滑片位于最右端时有R3=0此时R1被短路，外电路总电阻等于R2的阻值，则有（3）滑片位于最左端时，外电路总电阻为根据串并联电路规律有解得滑动变阻器的最大阻值为R3=300Ω15.如图所示，平面直角坐标系中有以y轴为分界线的匀强电场和匀强磁场，电场方向沿y轴负方向，磁场方向垂直纸面向里，磁场区域的宽度未知。质量m、带电荷量为（）的带电粒子从x轴上的