陜西省西安市長安二中2024-2025學年高二（上）第二次月考物理試卷（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁陜西省西安市長安二中2024-2025學年高二（上）第二次月考物理試卷一、單選題：本大題共8小題，共32分。1.當籃球在指尖上繞軸轉動時，球面上P、Q兩點做圓周運動的(

)A.半徑相等

B.線速度大小相等

C.向心加速度大小相等

D.角速度大小相等

【答案】D

【解析】解：A.如圖所示：

P、Q兩點在水平方向做圓周運動，半徑垂直于轉軸，根據幾何知識rQ>rP，故A錯誤；

D.籃球上的P、Q繞軸做同軸轉動，因此P、Q兩點做圓周運動的角速度相等，故D正確；

B.根據線速度與角速度的關系v=rω，因此vQ>vP，故B錯誤；

C.根據向心加速度公式a=rω2，因此aQ>aP，故C錯誤。

故選：D。

A.P、Q兩點在水平方向做圓周運動，根據幾何知識分析P、Q兩點做圓周運動的半徑的大小；

D.2.在下列所描述的運動過程中，若物體所受的空氣阻力均忽略不計，則機械能守恒的是(

)A.小孩沿滑梯勻速滑下 B.被投擲出的鉛球在空中運動

C.發(fā)射過程中的火箭加速上升 D.電梯中的貨物隨電梯一起勻速下降【答案】B

【解析】解：A、小孩沿滑梯勻速滑下，小孩的動能不變，重力勢能減小，所以小孩的機械能不守恒，故A錯誤；

B、被投擲出的鉛球在空中做斜拋運動，只有重力做功，所以機械能守恒，故B正確；

C、火箭加速上升，動能和重力勢能都增大，機械能不守恒，故C錯誤；

D、貨物隨電梯一起勻速下降，動能不變，重力勢能減少，機械能不守恒，故D錯誤。

故選：B。

物體機械能守恒的條件是只有重力做功，根據機械能守恒的條件逐個分析物體的受力的情況，即可判斷物體是否是機械能守恒。

掌握住機械能守恒的條件，也就是只有重力做功，分析物體是否受到其它力的作用，以及其它力是否做功，由此即可判斷是否機械能守恒．3.利用硯臺將墨條研磨成墨汁時講究“圓、緩、勻”，如圖，在研磨過程中，硯臺始終靜止在水平桌面上。當墨條的速度方向水平向左時，(

)A.硯臺對墨條的摩擦力方向水平向左

B.桌面對硯臺的摩擦力方向水平向左

C.桌面和墨條對硯臺的摩擦力是一對平衡力

D.桌面對硯臺的支持力與墨條對硯臺的壓力是一對平衡力

【答案】C

【解析】解：AB.墨條速度方向水平向左，墨條受到硯臺的滑動摩擦力水平向右，根據牛頓第三定律硯臺受到墨條的摩擦力方向向左，硯臺有向左運動的趨勢，桌面對硯臺的摩擦力方向水平向右，故AB錯誤；

C.硯臺處于靜止狀態(tài)，水平方向的合力為零，桌面和墨條對硯臺的摩擦力是一對平衡力，故C正確；

D.桌面對硯臺的支持力與墨條對硯臺的壓力大小并不相等，桌面對硯臺的支持力等于墨條對硯臺的壓力加上硯臺的重力，所以桌面對硯臺的支持力大于墨條對硯臺的壓力，不可能是一對平衡力，故D錯誤。

故選：C。

滑動摩擦力的方向與墨條的相對運動方向相反；根據牛頓第三定律判斷硯臺受到墨條的滑動摩擦力方向，根據平衡條件判斷桌面對硯臺的摩擦力方向；根據受力分析來判定。4.某帶電粒子轉向器的橫截面如圖所示，轉向器中有輻向電場。粒子從M點射入，沿著由半徑分別為R1和R2的圓弧平滑連接成的虛線(等勢線)運動，并從虛線上的N點射出，虛線處電場強度大小分別為E1和E2，則R1、R2和E1A.E1E2=R2R1

【答案】A

【解析】解：由轉向器中有輻向電場可知，粒子受到的電場力提供向心力，又因為粒子在等勢線上運動，則粒子的速度大小保持不變，根據牛頓第二定律可得：qE1=mv2R1，qE2=mv2R5.如圖所示，兩段長度和材料相同、各自粗細均勻的金屬導線a、b，單位體積內的自由電子數相等，橫截面積之比為Sa：Sb=1：2。已知5s內有5×10A.流經導線a的電流為0.32A

B.流經導線b的電流為0.16A

C.5s內有10×1018個自由電子通過導線b的橫截面

D.自由電子在導線a和b【答案】B

【解析】解：A、電子的電荷量e=1.6×10?19C，流過a的電流為：I=qt=5×1018×1.6×10?195A=0.16A，故A錯誤；

B、因金屬導線a、b串聯(lián)，所以流過導線b的電流也是0.16A，故B正確；

C、因金屬導線a、b串聯(lián)，所以相同時間內通過的電荷量相等，即5s內有5×1018個自由電子通過導線b的橫截面，故C錯誤；6.如圖所示為a、b兩電阻的伏安特性曲線，圖中α=45°，關于兩電阻的描述正確的是(

)A.電阻a的阻值隨電流的增大而增大

B.因I?U圖線的斜率表示電阻的倒數，故電阻b的阻值R=1tanα=1.0Ω

C.在兩圖線交點處，電阻a的阻值等于電阻b的阻值

D.【答案】C

【解析】解：A、在I?U圖象中，圖象的斜率表示電阻的倒數，由圖可知，電阻a的圖象的斜率越來越大，故A的電阻隨電壓的增大而減小，故A錯誤；

B、兩坐標的標度并不相同，所以不能直接根據圖象的斜率求解電阻，故B錯誤；

C、兩圖象的交點處，電流和電壓均相同，則由歐姆定律可知，兩電阻的阻值大小相等；故C確；

D、由圖可知，b的電阻R=105=2Ω，故當加2V電壓時，電流為I=UR=227.如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A，B，C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點．由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點．現(xiàn)將C板向右平移到P′點，則由O點靜止釋放的電子(

)

A.運動到P點返回 B.運動到P和P′點之間返回

C.運動到P′點返回 D.穿過【答案】A

【解析】解：設AB間電場強度為E1，BC間場強為E2，根據題意由O點釋放的電子恰好能運動到P點，根據動能定理，有：

eE1xOM?eE2xMP=0?0…①

BC板電量不變，BC板間的場強為：

E2=U2d=QC8.如圖是兩個量程的電壓表，當使用A、B兩個端點時，量程為0～5V，當使用A、C兩個端點時，量程是0～15V，已知表頭電阻Rg=A.R1=4.7×103Ω B.【答案】C

【解析】解：接A、B時，量程為U1=5V，串聯(lián)的分壓電阻R1，其作用是保護表頭。則有：R1=U1Ig?Rg=51×10?3Ω?500Ω=4.5×10二、多選題：本大題共2小題，共8分。9.四個帶電粒子的電荷量和質量分別為(+q,m)、(+q,2m)、A. B.

C. D.【答案】AD

【解析】【分析】

x方向粒子做勻速直線運動，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，求出t時刻豎直方向偏轉位移大小，再根據電場線方向向上、向下兩種情況進行分析判斷。

本題主要是考查帶電粒子在電場中的運動與圖象的結合，關鍵是弄清楚粒子的受力情況和運動情況，根據相同時間內在x方向與y方向的位移大小關系進行判斷。

【解答】

設質量為m、電荷量為q的粒子經過時間t在y軸方向偏轉位移為y，粒子的初速度為v，比荷為k，電場強度大小為E。

根據牛頓第二定律可得加速度大小為：a=qEm=kE

x方向粒子做勻速直線運動，則有：t=xv，即經過相同時間水平位移相等

豎直方向根據位移?時間關系可得：y=12at2，整理可得：y=kEx22v2。

由于(+q,m)與(+3q,3m)的比荷相同，故軌跡相同，由于(?q,m)與其它三個粒子電性相反，故偏轉方向相反。

ABC、如果電場線平行于y軸向下，則正電荷向下偏轉、負電荷向上偏轉，10.如圖甲所示，在A、B兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓。A板的電勢為0，一質量為m、電荷量為q的電子在t=T4時刻進入兩極板，僅在靜電力作用下，由靜止開始運動，恰好能到達B板，則(

)A.電子在兩板間做勻加速直線運動

B.A、B兩板間的距離為qU0T216m

C.若電子在t=T8時刻進入兩極板，它將時而向【答案】BD

【解析】解：A、電子在兩板間先向右做勻加速直線運動，然后向右做勻減速直線運動，故A錯誤；

B、電子在t=T4時刻由靜止釋放進入兩極板運動，由分析可知，電子先加速后減速，在t=34T時刻到達B板，設兩板的間距為d，加速度大小為a=qU0md，則有d=2×12a(T4)2，解得

d=qU0T216m，故B正確；

C、若電子在t=T8時刻進入兩極板間，在T8?T2時間內電子做勻加速直線運動，位移x=12a三、實驗題：本大題共1小題，共10分。11.某同學在進行“測定金屬絲的電阻率”的實驗。

(1)如圖甲所示，該同學用螺旋測微器測量金屬絲的直徑D=______mm。

(2)該同學用如圖乙所示電路圖測量金屬絲Rx的電阻，供選擇的儀器如下：

①電流表A1(內阻為r)；

②電流表A2；

③滑動變阻器R1(0～1000Ω)；

④滑動變阻器R2(0～20Ω)；

⑤蓄電池(2V)；

⑥電鍵S及導線若干。

(3)滑動變阻器應選擇______(選填“R1”或“R2”)；在圖丙中按圖乙用連線代替導線連接實物圖。

(4)閉合電鍵S，移動滑動觸頭至某一位置，記錄A1、A2的讀數I1、I【答案】2.500

R2

rk?【解析】解：(1)如圖甲所示，螺旋測微器固定刻度示數為2.5mm，可動刻度示數為0.000mm，故金屬絲的直徑為

D=2.5mm+0.000mm=2.500mm。

(3)分壓式電路滑動變阻器總電阻應較小，因此，滑動變阻器應選擇R2；

連接實物圖如圖所示。

(4)根據并聯(lián)電路電流的分配規(guī)律得：

I2=I1+I1rRx=(1+rRx)I1

根據數學知識可知，I2?I1圖象的斜率k=(1四、計算題：本大題共3小題，共50分。12.光滑水平面AB與豎直面內的圓形導軌在B點連接，導軌半徑R=0.5m，一個質量m=2kg的小球在A處壓縮一輕質彈簧，彈簧與小球不拴接。用手擋住小球不動，此時彈簧彈性勢能EP=36J，如圖所示。放手后小球向右運動脫離彈簧，沿圓形軌道向上運動恰能通過最高點C，g取10m/s2.求：

(1)小球脫離彈簧時的速度大小；【答案】解：(1)根據機械能守恒定律

Ep=12mv12①

v1=6m/s

②

(2)由動能定理得?mg?2R【解析】本題的解題關鍵是根據牛頓第二定律求出物體經過B、C兩點的速度，再結合動能定理、平拋運動的知識求解。13.一個電荷量為q=?2×10?8C，質量為m=1×10?14kg的帶電粒子，由靜止經電壓為U1=1600V的加速電場加速后，立即沿中心線O1O2垂直進入一個電壓為U2=2400V的偏轉電場，然后打在垂直于O1O2放置的熒光屏上的P【答案】解：(1)由動能定理可得：qU1=12mv02①，

解得：v0=2U1qm=8×104m/s②

(2)帶電粒子垂直進入磁場，做類平拋運動，

水平方向上：L=v0t

③

在豎直方向上：y=12at2

④

a=qEm，E=U2d

【解析】(1)帶電粒子在加速電場中電場力做正功，由動能定理可解速度出加速電場時的速度υ。

(2)帶電粒子在偏轉電場中做類平拋運動，利用運動的合成與分解的觀點解決偏轉量y。

(3)粒子出偏轉電場后做勻速運動，根據運動規(guī)律求解P點到14.如圖所示，長為l的輕質細線固定在O點，細線的下端系住質量為m、電荷量為+q的小球，小球的最低點距水平面的高度為h，在小球最低點與水平面之間高為h的空間內分布著場強為E的水平向右的勻強電場，固定點O的正下方l2處有一小障礙物P，現(xiàn)將小球從細線處于水平狀態(tài)由靜止釋放。

(1)細線在剛要接觸障礙物P時，小球的速度是多大？

(2)細線在剛要接觸障礙物P和細線剛接觸到障礙物P時，細線的拉力發(fā)生多大的變化？

(【答案】解：(1)由機械能守恒定律得：mgl=12mv2