四川省2023-2024學(xué)年高二物理上學(xué)期第三次學(xué)月質(zhì)量檢測(cè)1月試題含解析

高2022級(jí)高二物理（上）第三次學(xué)月質(zhì)量檢測(cè)試題注意事項(xiàng)：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的班級(jí)、姓名、考號(hào)填寫(xiě)在答題卡上。2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)。寫(xiě)在本試卷上無(wú)效。3.回答非選擇題時(shí)，將答案寫(xiě)在答題卡對(duì)應(yīng)題號(hào)的位置上。寫(xiě)在本試卷上無(wú)效。4.考試結(jié)束后，將答題卡交回。第I卷（選擇題）一、本大題7小題。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合要求的。1.在物理學(xué)發(fā)展過(guò)程中，觀測(cè)、實(shí)驗(yàn)、假說(shuō)和邏輯推理等方法都起到了重要作用。下列敘述符合史實(shí)的是（）A.安培發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)B.法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象C.奧斯特發(fā)現(xiàn)了產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件D.庫(kù)侖發(fā)現(xiàn)了磁感線是客觀存在的描繪磁場(chǎng)強(qiáng)弱和方向的曲線【答案】B【解析】【詳解】A．奧斯特在實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，故A錯(cuò)誤；BC．法拉第通過(guò)大量實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，并總結(jié)出產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件，故B正確，C錯(cuò)誤；D．為了形象地描述磁場(chǎng)的強(qiáng)弱和方向，法拉第提出了磁感線的概念，但磁感線并不是客觀存在的，故D錯(cuò)誤。故選B。2.初速度為v0的電子沿平行于通電長(zhǎng)直導(dǎo)線的方向射出，直導(dǎo)線中電流方向與電子的初始運(yùn)動(dòng)方向如圖所示，則（）A.電子將向右偏轉(zhuǎn)，速率不變 B.電子將向左偏轉(zhuǎn)，速率改變C.電子將向左偏轉(zhuǎn)，速率不變 D.電子將向右偏轉(zhuǎn)，速率改變【答案】A【解析】【詳解】由安培定則可判定直線電流右側(cè)磁場(chǎng)的方向?yàn)榇怪奔埫嫦蚶铮鶕?jù)左手定則可判定電子所受洛倫茲力向右，即向右偏轉(zhuǎn)；由于洛倫茲力不做功，則電子動(dòng)能不變，速率不變。故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選A。3.如圖所示的情況中，a、b兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度不同的是（）A.甲圖：帶電平行金屬板兩板間邊緣附近處的a、b兩點(diǎn)B.乙圖：離點(diǎn)電荷等距的a、b兩點(diǎn)C.丙圖：兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷連線的中垂線上，與連線中點(diǎn)等距的a、b兩點(diǎn)D.丁圖：兩個(gè)等量異種電荷連線上，與連線中點(diǎn)等距的a、b兩點(diǎn)【答案】B【解析】【詳解】A．甲圖：帶電平行金屬板兩板間內(nèi)為勻強(qiáng)電場(chǎng)，故帶電平行金屬板兩板間邊緣附近處的a、b兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度相同，故A錯(cuò)誤；B．乙圖：離點(diǎn)電荷等距的a、b兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相同，電場(chǎng)強(qiáng)度方向不同，故B正確；C．設(shè)負(fù)電荷到a點(diǎn)的距離為，負(fù)電荷到a點(diǎn)的距離與兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷連線的夾角為，a、b兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)丙圖：兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷連線的中垂線上，與連線中點(diǎn)等距的a、b兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同，故C錯(cuò)誤；D．設(shè)負(fù)電荷到a點(diǎn)距離為，正電荷到a點(diǎn)的距離為，a、b兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)可知兩個(gè)等量異種電荷連線上，與連線中點(diǎn)等距的a、b兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度相同，故D錯(cuò)誤。故選B4.如圖所示，條形磁鐵放在光滑斜面上，用平行于斜面的輕彈簧拉住而平衡，A為水平放置的直導(dǎo)線的截面，導(dǎo)線中無(wú)電流時(shí)磁鐵對(duì)斜面的壓力為FN1；當(dāng)導(dǎo)線中有垂直紙面向外的電流時(shí)，磁鐵對(duì)斜面的壓力為FN2，則下列關(guān)于壓力和彈簧的伸長(zhǎng)量的說(shuō)法中正確的是（）A.FN1<FN2，彈簧的伸長(zhǎng)量減小B.FN1=FN2，彈簧的伸長(zhǎng)量減小C.FN1>FN2，彈簧的伸長(zhǎng)量增大D.FN1>FN2，彈簧的伸長(zhǎng)量減小【答案】D【解析】【詳解】磁鐵的磁感線在磁鐵外部是從N極到S極，因?yàn)殚L(zhǎng)直導(dǎo)線在磁鐵的中心偏左位置，所以A處的磁感線是斜向左上或水平向左，A處電流的方向垂直紙面向外，根據(jù)左手定則可知導(dǎo)線受磁鐵給的安培力方向是斜向左下或豎直向下，根據(jù)物體間力的作用是相互的，導(dǎo)線給磁鐵的反作用力方向就是斜向右上或豎直向上；將這個(gè)力分解為垂直于斜面向上與平行于斜面向上的分力，可知光滑斜面對(duì)磁鐵支持力減小，彈簧拉力減小，彈簧伸長(zhǎng)量將變小。故選D。5.某次實(shí)驗(yàn)，小明測(cè)得一小燈泡伏安特性曲線如圖所示，若將該燈泡與一電動(dòng)勢(shì)E=1.5V、內(nèi)阻r=1.5Ω的電源連接，這個(gè)小燈泡實(shí)際消耗的功率最接近（）A.0.15W B.0.25W C.0.35W D.0.45W【答案】C【解析】【詳解】電源的外電壓與電流的關(guān)系為當(dāng)電壓U=0V時(shí)，I=1A；當(dāng)電流等于0時(shí)，電壓U=1.5V，作電源的外電壓與電流的關(guān)系圖線如圖所示交點(diǎn)為U=1.0V，I=0.35A則這個(gè)燈泡的實(shí)際功率故選C。6.如圖所示，甲是回旋加速器，乙是磁流體發(fā)電機(jī)，丙是速度選擇器，丁是霍爾元件，下列說(shuō)法正確的是（）A.甲圖如果加速電壓減小，那么粒子最終的最大動(dòng)能也會(huì)減小B.乙圖可通過(guò)增加勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度來(lái)增大電源電動(dòng)勢(shì)C.丙圖可以判斷出帶電粒子的電性，粒子只能從左側(cè)沿直線勻速通過(guò)速度選擇器D.丁圖中產(chǎn)生霍爾效應(yīng)時(shí)，穩(wěn)定時(shí)一定是D側(cè)面電勢(shì)高【答案】B【解析】【詳解】A．粒子在磁場(chǎng)中滿(mǎn)足設(shè)回旋加速器D型盒的半徑為R，可推導(dǎo)出粒子的最大動(dòng)能為由此可知，粒子的最大動(dòng)能為加速電壓無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤；B．當(dāng)磁流體發(fā)電機(jī)達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，電荷在A、B板間受到的電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，即得電源電動(dòng)勢(shì)為由此可知，增加勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度來(lái)增大電源電動(dòng)勢(shì)，故B正確；C．粒子從左側(cè)沿直線勻速通過(guò)速度選擇器時(shí)，電場(chǎng)力與洛倫茲力方向相反，但無(wú)法確定粒子的電性，故C錯(cuò)誤；D．若載流子帶負(fù)電，洛倫茲力指向D板，載流子向D板聚集，D板電勢(shì)低，故D錯(cuò)誤。故選B。7.一帶電粒子在電場(chǎng)中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運(yùn)動(dòng)，取該直線為x軸，起始點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，其電勢(shì)能與位移x的關(guān)系如圖所示，下列圖象中合理的是()A. B.C. D.【答案】D【解析】【詳解】粒子僅受電場(chǎng)力作用，做初速度為零的加速直線運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做功等于電勢(shì)能的減小量，故：即圖象上某點(diǎn)的切線的斜率表示電場(chǎng)力；A.圖象上某點(diǎn)的切線的斜率表示電場(chǎng)力，故電場(chǎng)力逐漸減小，根據(jù)故電場(chǎng)強(qiáng)度也逐漸減小，故A錯(cuò)誤；B根據(jù)動(dòng)能定理，有：故圖線上某點(diǎn)切線的斜率表示電場(chǎng)力；由于電場(chǎng)力逐漸減小，與B圖矛盾，故B錯(cuò)誤；C.按照C圖，速度隨著位移均勻增加，根據(jù)公式勻變速直線運(yùn)動(dòng)的圖象是直線，題圖圖象是直線；相同位移速度增加量相等，又是加速運(yùn)動(dòng)，故增加相等的速度需要的時(shí)間逐漸減小，故加速度逐漸增加；而電場(chǎng)力減小導(dǎo)致加速度減??；故矛盾，故C錯(cuò)誤；D.粒子做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故D正確．二、本大題3小題。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中有一個(gè)或一個(gè)以上的選項(xiàng)符合要求。8.圖中K、L、M為靜電場(chǎng)中的三個(gè)相距很近的等勢(shì)面（K、M之間無(wú)電荷）。一帶電粒子射入此靜電場(chǎng)中后，依軌跡運(yùn)動(dòng)。已知電勢(shì)。（不計(jì)重力）下列說(shuō)法中正確的是（）A.粒子帶負(fù)電 B.粒子在bc段做加速運(yùn)動(dòng)C.粒子在b點(diǎn)與d點(diǎn)的速率大小相等 D.粒子在c點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能最大【答案】CD【解析】【詳解】A．電勢(shì)，所以電場(chǎng)線指向左側(cè)，做曲線運(yùn)動(dòng)的物體所受合外力指向軌跡凹側(cè)，電場(chǎng)力大體向左，該粒子應(yīng)該帶正電，A錯(cuò)誤；B．b到c電場(chǎng)力做負(fù)功，動(dòng)能減小，速率減小，B錯(cuò)誤；C．b、d在同一等勢(shì)面上，粒子在這兩點(diǎn)的電勢(shì)能相等，根據(jù)動(dòng)能與電勢(shì)能總量守恒，可知粒子在兩點(diǎn)速率相等，C正確；D．a(chǎn)到c電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，c到e電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，c點(diǎn)電勢(shì)能最大，D正確。故選D。9.在如圖所示的電路中，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻r=1.5Ω，定值電阻R1=R2=R3=1Ω，電流表和電壓表均為理想電表，當(dāng)滑動(dòng)變阻器R4的滑片由a端滑到b端，下列說(shuō)法正確的是（）A.電流表讀數(shù)增大B.電壓表讀數(shù)增大C.電源的效率增大D.電源的輸出功率增大【答案】AD【解析】【詳解】AB．當(dāng)滑動(dòng)變阻器R4的滑片向b端移動(dòng)時(shí)，R4阻值減小，電路的總電阻減小，總電流變大，則電源內(nèi)阻和R1上的電壓變大，并聯(lián)部分的電壓減小，通過(guò)R3的電流減小，則通過(guò)R2和R4的電流變大，即電流表示數(shù)變大，R2電壓變大，則R4電壓減小，即電壓表示數(shù)減小，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；C．電源的效率

因外電阻減小，則電源的效率減小，C錯(cuò)誤；D．因外電路電阻等于電源內(nèi)阻時(shí)電源輸出功率最大，可知當(dāng)滑動(dòng)變阻器R4的滑片向b端移動(dòng)時(shí)外電阻減小到1.5Ω，電源輸出功率達(dá)到最大，D正確。故選AD。10.如圖所示，ABCA為一個(gè)半圓形的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，O為圓心，F(xiàn)、G分別為半徑OA和OC的中點(diǎn)，D、E點(diǎn)位于邊界圓弧上，且DFIIEG//BO．現(xiàn)有三個(gè)相同的帶電粒子（不計(jì)重力）以相同的速度分別從B、D、E三點(diǎn)沿平行BO方向射入磁場(chǎng)，其中由B點(diǎn)射入磁場(chǎng)粒子1恰好從C點(diǎn)射出，由D、E兩點(diǎn)射入的粒子2和粒子3從磁場(chǎng)某處射出，則下列說(shuō)法正確的是（）A.粒子2從O點(diǎn)射出磁場(chǎng)B.粒子3從C點(diǎn)射出磁場(chǎng)C.粒子1、2、3在磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為3：2：2D.粒子2、3經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)角不同【答案】ABC【解析】【詳解】AB.三個(gè)相同的帶電粒子(不計(jì)重力)以相同的速度分別從B、D、E三點(diǎn)沿平行BO方向射入磁場(chǎng)，故三粒子運(yùn)動(dòng)半徑、周期相同；由B點(diǎn)射入磁場(chǎng)粒子1恰好從C點(diǎn)射出，粒子都向右偏轉(zhuǎn)，且半徑r=R；根據(jù)幾何關(guān)系可以證明，粒子3沿EG方向位移為時(shí)，沿GC方向位移為R，恰好從C點(diǎn)射出；同理，粒子2恰好從O點(diǎn)射出。故A正確，B正確；CD.粒子2、3轉(zhuǎn)過(guò)的中心角為60°，粒子1轉(zhuǎn)過(guò)的中心角為90°，所以粒子1、2、3在磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為3：2：2，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：ABC。第II卷（非選擇題）三、本大題2小題11.如圖甲所示是一個(gè)擺線長(zhǎng)度可調(diào)的單擺振動(dòng)的情景圖，O是它的平衡位置，P、Q是小球所能到達(dá)的最高位置.圖乙是某擺長(zhǎng)時(shí)小球的振動(dòng)圖象，g取10m/s2。（1）為測(cè)量單擺的擺動(dòng)周期，測(cè)量時(shí)間應(yīng)從擺球經(jīng)過(guò)________（填“O”“P”或“Q”）時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)；測(cè)出懸點(diǎn)到小球球心的距離（擺長(zhǎng)）L及單擺完成n次全振動(dòng)所用的時(shí)間t，則重力加速度g＝________（用L、n、t、π表示）。（2）若把該裝置從綿陽(yáng)中學(xué)移動(dòng)到莫斯科某教堂內(nèi)，則單擺的擺動(dòng)周期將________?！敬鸢浮竣貽②.③.變小【解析】【詳解】（1）[1][2]為測(cè)量單擺的擺動(dòng)周期，測(cè)量時(shí)間應(yīng)從擺球經(jīng)過(guò)O時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，單擺的周期為T(mén)=由單擺的周期為T(mén)=2π得（2）[3]若把該裝置從綿陽(yáng)中學(xué)移動(dòng)到莫斯科某教堂內(nèi)，緯度升高，重力加速度變大，周期變小12.某實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)了探究小燈泡燈絲電阻與溫度的關(guān)系實(shí)驗(yàn)。實(shí)驗(yàn)室提供的器材如下：A．待測(cè)小燈泡（額定功率1.25W，額定電流0.5A）B．電流表（量程0~0.6A，內(nèi)阻0.1Ω）C．電壓表（量程0~3V，內(nèi)阻約5kΩ）D．電壓表（量程0~15V，內(nèi)阻約15kΩ）E．滑動(dòng)變阻器（最大阻值50Ω）F．滑動(dòng)變阻器（最大阻值1kΩ）G．直流電源（電動(dòng)勢(shì)6V，內(nèi)阻可忽略）H．開(kāi)關(guān)一個(gè)，導(dǎo)線若干實(shí)驗(yàn)中調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，小燈泡兩端電壓可以從零至額定電壓范圍內(nèi)變化，從而測(cè)出小燈泡在不同電壓下的電流。（1）實(shí)驗(yàn)中為較準(zhǔn)確測(cè)量、方便調(diào)節(jié)，電壓表應(yīng)選用_______，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用_______。（填寫(xiě)儀器前符號(hào)）（2）根據(jù)圖甲設(shè)計(jì)的電路，完成圖乙中的實(shí)物連線。______（3）如圖丙所示是該研究小組測(cè)得小燈泡的關(guān)系圖線．由圖線可知，小燈泡燈絲電阻隨溫度的升高而_______（填“增大”“減小”或“不變”）；當(dāng)小燈泡兩端所加電壓為1.5V時(shí)，其燈絲電阻值約為_(kāi)______Ω。（4）若不考慮電表內(nèi)阻的影響，得到的是上面的關(guān)系圖線。但實(shí)際電表內(nèi)阻有影響，則實(shí)際的伏安特性曲線比上面的關(guān)系圖線位置來(lái)得偏_______（填“高”或“低”）?！敬鸢浮竣?C②.E③.④.增大⑤.3.75⑥.低【解析】【詳解】（1）[1][2]根據(jù)小燈泡額定功率，額定電流可知，額定電壓所以電壓表應(yīng)選C；題中要求小燈泡兩端電壓可以從零至額定電壓范圍內(nèi)變化，則滑動(dòng)變阻器應(yīng)用分壓式接法，為方便調(diào)節(jié)，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選E。（2）[3]由題圖甲可知，電壓表并聯(lián)在小燈泡兩端，滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法，即將左下方接線柱與電源正極相連，如圖（3）[4][5]由題圖丙可知，隨燈泡兩端電壓增大，通過(guò)燈泡的電流增大，溫度升高且電壓與電流的比值增大，燈絲電阻增大；由題圖丙可知，當(dāng)燈泡兩端電壓為時(shí)，通過(guò)燈泡的電流為，則燈絲電阻（4）[6]因?yàn)椴捎秒娏鞅硗饨臃?，由于電壓表的分流，使電流表示?shù)偏大，則測(cè)量得到的圖像中的電流偏大，故實(shí)際圖線的位置偏低。四、本大題3小題。要求在答卷上寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、主要的計(jì)算步驟和明確的答案。13.一列簡(jiǎn)諧橫波，在t=0時(shí)的波動(dòng)圖像如圖所示，此時(shí)波恰好傳播到A點(diǎn)，再經(jīng)過(guò)1s，B點(diǎn)正好完成第一次全振動(dòng)。求：（1）該簡(jiǎn)諧波的周期與波速大小；（2）坐標(biāo)為x=1m的質(zhì)點(diǎn)從t=0時(shí)刻開(kāi)始的振動(dòng)方程?！敬鸢浮浚?）0.8s，5m/s；（2）【解析】【詳解】（1）由波形圖可知故簡(jiǎn)諧橫波的波長(zhǎng)為由圖像可知，A點(diǎn)到B點(diǎn)的距離為，從零時(shí)刻再經(jīng)過(guò)1.0s，B點(diǎn)正好完成第一次全振動(dòng)，則周期有解得波速為（2）波沿軸正方向傳播，根據(jù)上下坡法在t=0時(shí)，坐標(biāo)為x=1m的質(zhì)點(diǎn)處于平衡位置向下振動(dòng)，坐標(biāo)為x=1m的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方程為14.如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)為E，電路總電阻為R，金屬桿ab質(zhì)量為m，長(zhǎng)為l，處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的足夠大勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與水平粗糙導(dǎo)軌平面成θ角斜向上，金屬桿靜止于導(dǎo)軌上，金屬桿與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。可認(rèn)為最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，求：（1）金屬桿受到的安培力F；（2）導(dǎo)軌對(duì)金屬桿的摩擦力f的大??；（3）使金屬桿能靜止于導(dǎo)軌上所需的電路總電阻最小值Rmin。【答案】（1），方向斜向左上，與豎直方向成θ角；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）根據(jù)閉合電路歐姆定律應(yīng)用安培力公式解得金屬桿受到的安培力為由左手定則可知，方向斜向左上，與豎直方向成θ角。（2）金屬桿受力分析如圖所示摩擦力為靜摩擦力，水平方向由平衡方程得，導(dǎo)軌對(duì)金屬桿的摩擦力f的大小為（3）隨著電路總電阻減小，金屬桿所受安培力增大，使金屬桿與導(dǎo)軌間的彈力減小、摩擦力增大。臨界狀態(tài)下，摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力，此時(shí)水平、豎直兩方向分別滿(mǎn)足平衡方程又由解得使金屬桿能靜止于導(dǎo)軌上所需的電路總電阻最小值為15.如圖所示，在的區(qū)域內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向、場(chǎng)強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在的區(qū)域內(nèi)存在垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（磁感應(yīng)強(qiáng)度未知）。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子a，從y軸上的P點(diǎn)以某一速度沿x軸正方向射出，已知粒子a進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v，方向與x軸正方向的夾角，粒子a進(jìn)入磁場(chǎng)后在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為P點(diǎn)縱坐標(biāo)的一半