新疆乌鲁木齐市联考2024-2025学年高二（上）月考物理试卷-（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页新疆乌鲁木齐市联考2024-2025学年高二（上）月考物理试卷一、单选题：本大题共9小题，共36分。1.在真空中有两个完全相同的金属小球，带电荷分别为−q1和+q2(q2>q1)，相距A.q1：q2=1：2 B.q1：q2=2：1 C.q1：q【答案】C

【解析】【分析】

本题考查了库仑定律。库仑定律可得出两球在接触前后的库仑力表达式，则根据电量的变化可得出接触后的作用力与原来作用力的关系；对于完全相同的带电体，若带异种电荷，接触后则先中和再平分，若带同种电荷则将总电量平分。

【解答】

根据库仑定律得：接触前，两球作用力大小为：F=kq1q2r2

①

两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分：q1′=q2′=q2−q12

②

2.用相同的灵敏电流计作表头改装成电流表A和电压表V，分别将其串联和并联在一起，然后接入电路中．通电后关于指针的偏角情况的叙述正确的是(

)

A.图甲中电压表的指针偏角与电流表的相同 B.图甲中电压表的指针偏角比电流表的小

C.图乙中电压表的指针偏角比电流表的大 D.图乙中电压表的指针偏角比电流表的小【答案】D

【解析】解：

AB、图甲中由于电流表的电流计是并联在电路中，电压表的电流计是串联在电路中，而串联电路的电流相等，所以由于电流表的定值电阻分流的原因，通过电流表的电流计的电流小于电压表的，所以电压表的指针偏转角比电流表的大，AB错误；

CD、图乙中电压表和电流表是并联在一起的，两端的电压是相等的，由于电压表中的定值电阻的分压原因，电压表中电流计两端的电压小于电流表中电流计两端的电压，所以图乙中电压表的指针偏角比电流表的小，C错误，D正确；

故选：D．3.如图所示，虚线a，b，c代表电场中的三条电场线，实线为一带电粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R，Q是这条轨迹上的三点，由图可知(

)

A.电场中Q点的电势高于R点的电势

B.带电粒子的受力方向与电场强度的方向相同

C.带电粒子在R点时的加速度小于在P点时的加速度

D.带电粒子在Q点时的电势能小于在P点时的电势能【答案】C

【解析】【分析】

由于电场线方向未知，根据题意无法判断电势高低，电场力做负功，粒子电势能增大;粒子运动过程中能量守恒;电场线密集程度代表场强大小，根据a=qEm判断粒子的加速度的大小。

【详解】

ABD.带电粒子做曲线运动，电场力指向曲线的凹侧，所以电场力方向指向右侧，由于不能确定粒子的电性，所以无法判断带电粒子的受力方向与电场强度的方向是否相同，若粒子从P经过R运动到Q，电场力做负功，电荷的电势能增大，则带电粒子在Q点时的电势能大于在R点的电势能大于在PC.由电场线的疏密程度可知，R点的电场强度小于P点的电场强度，则带电粒子在R点时的加速度小于在P点时的加速度，故C正确。故选C。4.两个定值电阻R1、R2串联后接在输出电压U=12 V的直流电源上，且电源电压保持不变．把一个内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1两端(如图所示)，电压表的示数为A.小于4 V B.等于4 V

C.大于或等于8 V【答案】A

【解析】【分析】

电压表的内阻不是远大于R1

R2，电压表与电阻并联后，并联部分电阻减小，分担的电压减小，结合串联电路电压与电阻成正比来分析电压表的示数;

本题要注意电压表是实际的电表，内阻不是无穷大，电表对电路的影响不能忽略，把电压表看成可测量电压的电阻。

【解答】

解：电压表接在R1两端，电压表的示数8V，则此时R2两端的电压为4V；

把此表改接在R2两端时，由于电压表的内阻不是远大于R1、

R2，电压表与5.图示为某“静电消除器”的原理简图，直流高压产生器将220V输入电压升高，使正、负放电极尖端交替产生大量正、负离子，当表面带电物体通过放电极附近时，离子将带电物体表面的电荷中和“消除”。忽略离子间的相互作用，则离子被吸附到带电物体表面过程中(

)

A.均做匀加速运动 B.正离子电势能增大

C.电场力对负离子做负功 D.正离子向电势降低的方向移动【答案】D

【解析】解：A.表面带电物体所产生的的电场不是匀强电场，所以离子所受电场力为变力，均做变加速运动，故ABC.无论是正离子还是负离子，被带电物体吸引时，电场力作为吸引力，都做正功，离子电势能都减小，故D.因为正离子电势能减小，所以一定是向电势低的方向移动，故D正确。故选D。根据离子的受力情况判断其运动情况，根据电场力做功与电势能关系分析。

本题考查电势能与电场力做功，解题关键掌握电场力做正功，电势能减小。6.直流电动机在生产、生活中有着广泛的应用。如图所示，一直流电动机M和电灯L并联之后接在直流电源上，电动机内阻r1=1Ω，电灯灯丝电阻R=18Ω(阻值保持不变)，电源电动势E=24V，内阻rA.流过电源的电流6A B.电动机的输入功率等于25W

C.流过电动机的电流5A 【答案】B

【解析】【分析】

本题是含有电动机的问题，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不适用．

根据内外之和等于电源的电动势和欧姆定律，求出流过电源的电流．由欧姆定律求出灯泡的电流，由总电流与灯泡电流之差求出流过电动机的电流．电动机对外输出的机械功率等于电动机的总功率与内部发热功率之差．

【解答】

A、电源的输出电压：U=E−Ir，则有

I=E−Ur，代入解得：I=6A，故A正确；

C、对灯泡：I灯=UR灯=1A，电动机与灯泡并联，则电动机的电流7.用图示的电路可以测量电阻的阻值，图中Rx是待测电阻，R0是定值电阻，G是灵敏度很高的电流表，MN是一段均匀的电阻丝。闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，测得MP=l1，PNA.l1l2R0 B.l1【答案】C

【解析】通过电流表G的电流为零，说明电阻丝MP段与PN段电压之比等于R0与Rx两端的电压比，可得UMPUPN=RMPRP8.如图所示，边长为L的正方形线框abcd共有N匝，线框有一部分在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁场垂直于线框平面，磁场的磁感应强度为B，ad边与磁场边界MN平行，线框上e、f两点在磁场边界上，ae=12eA.13BL2 B.13N【答案】C

【解析】【分析】

由磁通量的定义得解。

本题主要考查对磁通量定义及表达式的理解与应用，难度不大。

【解答】

若线框绕bc边转过60∘，则线框全部进入磁场中，但其有效面积为：L2cos60°，故可得此时线框中的磁通量为Φ=BL9.在一匀强电场中，将带电量是2×10−6C正电荷由A点移至B点(A、B两点在同一条电场线上)，电场力做功4×10−A.A、B两点间的电势差−2V B.A、B两点间的电势差2V

C.场强E=【答案】B

【解析】解：AB.根据电场力做功公式得：WAB=qUAB，

解得：UAB=2V，故A错误，B正确；

C.匀强电场电场强度与电势差的关系为：E=Ud，

其中d为两点沿场强方向的距离，不一定是连线的距离，本题电场方向未知，所以不能求出电场强度，故C错误；

D.由题知，从A点移至B点，电场力做正功，则电势能减小，正电荷电势能减小，则电势降低，所以A点电势高，故D错误。

故选：B。

AB.根据电场力做功公式列式，即可求解；

二、多选题：本大题共3小题，共12分。10.如图所示，直线Ⅰ是电源的路端电压随输出电流的变化图线，曲线Ⅱ是一个小灯泡的伏安特性曲线｡曲线Ⅱ与直线Ⅰ交点P的坐标为(0.6A,0.5V)，曲线Ⅱ在P点的切线过点(A.小灯泡的电阻为2.5Ω B.电源的内阻为2.5Ω

C.电源内阻消耗的热功率为0.9W 【答案】BC

【解析】【分析】

本题关键在于对两条曲线的理解，明确交点的物理含义，交点表示灯泡与电源连接时的工作电压和电流根据交点即可求解灯泡的电阻。【解答】

小灯泡的伏安特性曲线与电源路端电压随输出电流的变化图线的交点P即为小灯泡接入电路时的工作状态，由图可知小灯泡接入电路后U=0.5V，I=0.6B.电源路端电压随输出电流的变化图线的斜率的绝对值为电源内阻，即r=2.00.8C.电源内阻消耗的热功率为P热=ID.电源的路端电压随输出电流的变化图线纵轴截距表示电动势，即E电源的效率为η=UI故选BC。11.在“探究平行板电容器的电容与哪些因素有关”的实验中，一已充电的平行板电容器与静电计连接如图所示。已知静电计指针张角随着电容器两极间的电势差的增大而增大。现保持电容器的电荷量不变，且电容器B板位置不动。下列说法中正确的是(

)A.将A板向右平移，则静电计指针张角增大

B.将A板向左平移，则静电计指针张角增大

C.将A板向左平移，则电容器的电容减小

D.将A板向上平移，则电容器的电容增大【答案】BC

【解析】解：A、根据电容的决定式C=εrS4πkd可知，将A板向右平移，板间距离d减小，电容C增大，又电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=QU可知，两极板间电势差U减小，则静电计指针张角减小，故A错误；

BC、将A板向左平移，板间距离d增大，电容C减小，又电容器的电量Q不变，由C=QU可知，电势差U增大，则静电计指针张角增大，故BC正确；

D、将A板竖直向上平移，极板的正对面积S12.如图所示，竖直放置的长直导线通以恒定电流，一矩形导线框abcd与通电导线共面放置，且ad与通电导线平行，下述情况不能产生感应电流的是(

)A.线框abcd向右平动 B.线框abcd沿电流方向平动

C.线框abc【答案】BD

【解析】【分析】

根据感应电流的条件：当闭合回路中磁通量发生变化时，回路中就会产生感应电流进行分析。明确直导线磁场的分布情况。

本题主要考查感应电流产生的条件，判断电路中能否产生感应电流，应把握两点：—是要有闭合回路；二是回路中的磁通量要发生变化。

【解答】A.线框abcB.线框abcdC.线框abcd以aD.线框abcd故选BD。三、填空题：本大题共2小题，共8分。13.半径为R的金属圆环里，有一个垂直于纸面向里且半径为r的圆形区域匀强磁场，磁感应强度的大小为B。若增大该区域内的磁感应强度，则金属圆环的感应电流方向为

(选填：“顺时针”或“逆时针”)；若保持圆形区域内磁场的磁感应强度大小不变，方向变化180°，则金属圆环的磁通量变化的大小为

。【答案】逆时针2

【解析】解：根据楞次定律可知，若增大该区域内的磁感应强度，则垂直纸面向里的磁通量变大，由此可知金属圆环的感应电流方向为逆时针；

若保持圆形区域内磁场的磁感应强度大小不变，方向变化180°，则金属圆环的磁通量变化的大小为ΔΦ=2BS=2Bπ14.如图，把长L=0.5m的导体棒置于磁感应强度B=2T的匀强磁场中，使导体棒和磁场方向垂直，磁场方向垂直纸面向外，若导体棒的电流I等于2A，方向向右，则导体棒受到的安培力大小F=______N，安培力的方向为竖直向

【答案】2

向下

【解析】解：由图看出，导体棒与匀强磁场垂直，则安培力大小为：

F=BIL=2×2×0.5N=2N

由左手定则可知安培力的方向为竖直向下。

故答案为：2，向下。

根据左手定则，让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是导线受的安培力的方向，根据F=四、实验题：本大题共1小题，共12分。15.在“测定金属的电阻率”的实验中，若待测金属丝的电阻约为5Ω，要求测量数据从零开始，结果尽量准确，提供以下器材供选择：A.电池组(3VB.电流表(0∼C.电流表(0∼D.电压表(0∼E.电压表(0∼F.滑动变阻器(0∼G.滑动变阻器(0∼H.开关、导线若干(1(2(3)(4)若用L表示金属丝的长度，d表示直径，测得电阻为(5)用此法测得电阻率的测量值_________真实值

(填“大于”，

“小于”，

“等于”

【答案】(1)ACDFH；

(2)；

(【解析】【分析】

本题考查了“测定金属的电阻率”实验，考查了实验器材选择、电流表接法选择、螺旋测微器读数与实验数据处理等问题；当待测电阻阻值远小于电压表内阻时，电流表应采用外接法，当待测电阻阻值远大于电流表内阻时，应采用电流表内接法。

(1)关键电源的电压选取电压表，根据电压表选取电流表，根据题目要求确定滑线变阻器的阻值选取变阻器；

(2)电路图的设计注重电表的接法和滑动变阻器的接法；

(3)螺旋测微器固定刻度最小分度为1mm，可动刻度每一分度表示0.01mm，由固定刻度读出整毫米数包括半毫米数，由可动刻度读出毫米的小数部分；

(4)根据电阻定律的公式推导电阻率的表达式；

(5)根据电表接法应用欧姆定律分析实验误差。

【解答】

(1)由于电源电动势为3V，则电压表选D；由I=ER+r可知电路中最大电流约为0.5

A，则电流表选C；要求测量数据从零开始，结果尽量准确，滑动变阻器采用分压式接法，故电阻不能太大，选F；

本实验所选器材为：ACDFH。

(2五、计算题：本大题共4小题，共32分。16.如图所示，真空中平行金属板M、N之间距离为d，板长为L，两板所加的电压为U。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板边缘以初速度v0水平向右射入，并从右侧射出。不计带电粒子的重力，求：

(1)带电粒子在电场中运动的时间t；

(2)带电粒子到达N【答案】解：(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速运动，由运动学公式得：L=v0t

解得带电粒子在电场中运动的时间为：t=Lv0

(2)带电粒子沿电场方向做匀加速直线运动，由运动学公式得：

y=12at2

由牛顿第二定律得：a=qEm=qUmd【解析】(1)带电粒子进入电场后做类平抛运动，由运动学公式求解带电粒子在电场中运动的时间；

(217.如图所示，电源的电动势E为3V，内阻r为1Ω；定值电阻R1为1Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为4Ω，求：

(1)滑动变阻器R2接入电路的阻值为0时，R1两端的电压；

(2)【答案】解：(1)根据串联电路电压分配原则

U=R1R1+rE=11+1×3V=1.5V；

(2)根据闭合电路的欧姆定律

I=ER1+R