2023-2024学年安徽省芜湖市镜湖区安徽师范大学附属中学高二（下）月考物理试卷（2月）（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省芜湖市镜湖区安徽师范大学附属中学高二（下）月考物理试卷（2月）（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.甲、乙两物体相对于同一位置运动的位移—时间(x−t)图像如图所示，下列说法正确的是( )
A. 0∼t1时间内甲物体的速度方向与乙物体的速度方向相同
B. t1时刻甲物体的速度与乙物体的速度相同
C. t1∼t3时间内甲物体与乙物体的平均速度相同
D. t3时刻甲物体的速度大于乙物体的速度
2.近年来，中国发射了多颗北斗卫星，a、b、c为其中的三颗卫星，三颗卫星的轨道半径Ra=Rb>Rc,角速度大小分别为ωa、ωb、ωc，如图所示。以下说法正确的是( )
A. ωa<ωb
B. ωa<ωc
C. 地球对卫星c的万有引力一定大于地球对卫星a的万有引力
D. 地球对卫星a的万有引力与地球对卫星b的万有引力一定等大
3.如图所示，轻弹簧一端固定在列车车厢顶部，另一端与穿过光滑竖直杆的小球连接，杆足够长，在车以某一恒定加速度在水平面上启动的过程中，小球相对杆静止于M点。则( )
A. 小球一定受重力、弹簧弹力和杆的弹力作用
B. 小球可能只受重力和弹簧弹力作用
C. 弹簧对球的弹力是由于球的形变产生的
D. 小球所受合力为零
4.在高能物理研究中，回旋加速器起着重要作用，其原理如图所示。D1和D2是两中空的、半径为R的半圆金属盒，它们处于与盒面垂直的、磁感应强度大小为B的匀强磁场中且与频率为f的交流电源连接。位于D1盒圆心处的粒子源O能产生质子，质子在两盒狭缝间运动时被电场加速。(忽略质子的初速度和在电场中的加速时间)。根据相对论理论，粒子的质量m与速率v有m=m0 1−v2c2的关系，其中 c 为光速，m0为粒子静止时(v=0)的质量，这一关系当vA. 在vB. 在vC. 考虑相对论效应时，为使质子一直被电场加速，可以仅让交流电源的频率随粒子加速而适当减小
D. 考虑相对论效应时，为使质子一直被电场加速，可以仅让轨道处的磁场随半径变大而逐渐减小
5.现有两电阻R1和R2是材料、厚度相同的正方形导体板，但R1的尺寸比R2的尺寸大，下列说法中正确的是( )
A. 按如图方式分别与电源串联，若用相同恒压电源，则I1>I2
B. 按如图方式分别与电源串联，若用相同恒压电源，则I1C. 按如图方式分别与电源串联，若用相同恒压电源，则I1=I2
D. 无论怎样接电源，正方形导体板电阻R1>R2
6.如图甲、乙所示，完全相同的两个小球，通过细绳与弹簧测力计连在一起并处于静止状态，其中F是大半球体的球心，N处是死结，已知CG=12CF，LN与水平地面平行，MN与LN夹角为30∘，除小球外其余连接物的质量不计，各接触处光滑。则甲、乙两图中弹簧测力计的读数之比为( )
A. 1:4B. 1:2C. 1:1D. 2:1
7.一货车前7s内从静止开始做匀加速直线运动，7s末货车的速率为14m/s，功率恰好达到额定功率280kW，7s后货车以额定功率行驶，18s时货车达到最大速度20m/s，v−t图像如图所示。货车行驶时受到的阻力保持不变，g取10m/s2，则货车的质量为
( )
A. 3.0×103kgB. 6.0×103kgC. 2.8×103kgD. 1.4×103kg
8.电流可以在其周围空间激发出磁场，直线电流在空间某点激发的磁场磁感应强度大小满足B=μI2πr，其中μ为磁导率，I为电流大小，r为该点到直线电流的距离。如图所示，A、B、C、D、E是半径为R的圆的五等分点，其中B、C、D、E四点有垂直于纸面向里的恒定直线电流，大小均为I0，A点直线电流大小也为I0，方向垂直于纸面向外。磁导率μ可以认为是常量，则圆心O点的磁感应强度大小为( )
A. μI0πRB. 3μI02πRC. 3μI02πRD. 0
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.如图所示，图中虚线是某一电场区域的等势面分布，各等势面上的电势值已在图中标出。实线为某一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，从P点运动到Q点。关于该段运动过程，下列描述正确的是
( )
A. 该粒子可能带正电
B. 粒子作加速度增加的减速运动
C. 该带电粒子的电势能不断增加
D. 该电场可能是真空中一孤立点电荷产生的电场
10.一束初速度很小的带电粒子进入加速电场后被加速，沿着偏转电场的中心线进入偏转电场。偏转电场两板之间的电压变化周期为T0。带电粒子在t=0时刻射入偏转电场，T0时刻刚好从极板A的右边缘射出。已知带电粒子质量为m，电荷量为qq>0，偏转电场两极板的板长为L，极板间距为d。带电粒子的重力、粒子间相互作用及带电粒子进入加速电场的初速度忽略不计。下面说法正确的是( )
A. 加速电场极板间的电压为mL22qT02
B. 偏转电场极板间的电压为4md2qT02
C. 3T08时刻进入偏转电场的粒子与A板的最小距离为15d32
D. 3T08时刻进入偏转电场的粒子垂直极板方向的最大速度为3d4T0
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学设计了一个多量程多用电表，其内部结构原理图如图所示，表头的内阻为RG=100Ω满偏电流为IG=1mA，其中电流表的量程分别为10mA和250mA。
(1)当选择开关接__________(填“1”或“2”)时，电流表的量程为10mA。
(2)当选择开关接“3”“4”时对应欧姆表的倍率分别为“×1”“×10”，则这两个挡位对应的电路中的电源电动势之比为__________。
(3)若选择开关接“5”“6”时，对应的电压表量程为3V和15V，则R1=______Ω，R2=___________Ω。
12.某实验小组设计了如图所示的电路测量电压表内阻及电源电动势。已知V1、V2为两个完全相同的电压表，电压表量程为3V、内阻约为1.5kΩ，电源电动势约为5V、内阻可忽略。

(1)首先按以下步骤进行操作：
i。按原理图完成电路连接，把R1、R2均调至最大阻值；
ii。闭合开关S，调节R1、R2，使V1、V2均有合适示数，示数分别为U1、U2，若U2=13U1，且此时电阻箱R1的阻值为2900Ω，根据以上步骤，可求得电压表的内阻RV为__________Ω。
(2)将R2调至1000Ω并保持不变，调节R1，记录多组对应的U1、U2，以U1为纵坐标、U2为横坐标描点作图，在实验误差允许范围内得到一条倾斜直线，直线的纵截距为b，结合步骤(1)中所得数据，求出电源的电动势为__________。
(3)若将R1调至0并保持不变，调节R2，并记录多组电压表示数U1=U2=U及对应R2的阻值，可以以R2为横坐标、__________为纵坐标，描点作图得到一条直线。若得到直线的斜率为k，用RV表示电压表的内阻，则电源的电动势为__________。
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.如图所示，光滑轨道ABCD固定在竖直平面内，BC段是圆心为O、半径为R=1m的四分之一圆弧，B点在O点的正上方。一质量为m的小球由A点静止下滑，最后从B点水平飞出，落在水平地面上的D点。已知O，D之间的距离为2R，小球可视为质点，重力加速度大小g取10m/s2，空气阻力忽略不计。
(1)求A、B两点间的高度差；
(2)若小球从轨道AB上某点由静止释放后，沿着轨道运动至P点时脱离轨道，已知α=53∘。求小球释放点与B点之间的高度差。(sin53∘=0.8,cs53∘=0.6)
14.某实验小组分别用匀强电场和匀强磁场设计电子偏转装置。一带正电的粒子，重力不计，电量与质量之比为k，以平行于Ox轴的速度v0从y轴上的A点水平射入第一象限区域，并从x轴的B点射出，如图(甲)和(乙)所示。已知OA=s，∠ABO=α，tanα=12，cs(α+45°)=n
(1)若第一象限只存在平行于Oy的电场，如图(甲)，求该电场强度大小；
(2)若第一象限只存在垂直xOy平面的匀强磁场，如图(乙)，求该磁感应强度的大小。
(3)在第(1)问中，带电粒子到达B点后撤销电场，同时在整个空间中施加垂直xOy平面的匀强磁场，要求粒子能回到A点，求所施加磁场的磁感应强度B。(忽略磁场变化过程带来的电磁扰动)
15.如图甲所示，粗细均匀的无限长平行金属导轨固定在倾角θ=30∘的斜面上，在边界EF下方区域存在垂直导轨平面向下的匀强磁场B，在t=0时有两根相同导体棒ab、cd分别从磁场边界EF上方某位置和边界EF位置同时由静止释放，在t=2s时ab棒恰好进入磁场。cd棒运动的v−t图像如图乙所示，其中OM、NP段为曲线，其他段为直线。已知磁感应强度B=8T，导轨间距L=0.5m导体棒与导轨间的动摩擦因数μ= 35，导体棒的质量均为m=1kg，导体棒电阻均为R=2Ω，两导体棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，g取10m/s2。求：
(1)2s时导体棒ab的速度v和导体棒cd的速度v1；
(2)0∼2s内通过导体棒cd横截面的电荷量q和导体棒cd产生的焦耳热Q；
(3)若从ab棒进入磁场到与cd棒共速的过程中通过ab棒横截面的电荷量为716C，求在磁场中两棒之间的最小距离。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】AB.根据 x−t 图像斜率表示速度，可知二者在 0∼t1 时间内速度方向相反，且二者在 t1 时刻速度方向相反，故此时刻速度不同，故AB错误；
C.甲、乙两物体在 t1∼t3 时间内初末位置相同，经过时间相同，故 t1∼t3 时间内甲物体与乙物体的平均速度相同，故C正确；
D.由图像可知 t3 时刻甲的斜率小于乙的斜率，故甲物体的速度小于乙物体的速度，故D错误。
故选C。
2.【答案】B
【解析】AB.根据万有引力提供向心力得
GMmR2=ω2Rm
解得
ω= GMR3
因为 Ra=Rb>Rc ，所以
ωa=ωb<ωc
故A错误，B正确；
CD.因为不知道卫星abc的质量大小，所以无法判断地球对卫星abc引力的大小，故CD错误。
故选B。
3.【答案】B
【解析】【分析】
根据小球的运动情况得出受力情况。弹簧对球的弹力是由于弹簧的形变产生的。根据牛顿第二定律得出合力。
本题考查根据运动分析物体的受力，基础题目。
【解答】
AB.由于车以某一恒定加速度在水平面上启动，可知小球的加速度方向沿水平方向，即小球所受合力方向沿水平方向，小球竖直方向的合力为0，即弹簧一定处于拉伸状态，弹簧弹力沿竖直方向上的分力与重力平衡。当小球加速度方向水平向左时，杆对小球一定有水平向左的弹力，此时，小球受到重力、弹簧弹力和杆的弹力作用，当小球的加速度水平向右时，令弹簧弹力为F0，弹簧与竖直方向的夹角为θ，若有F0sinθ=ma0，解得a0=F0sin θm此时，小球只受到重力与弹簧的弹力;若小球加速度方向向右，且加速度大小不等于F0sinθm，此时，小球受到重力、弹簧弹力和杆的弹力作用，故A错误，B正确。
C.弹簧对球的弹力是由于弹簧的形变产生的，故 C错误;
D.由于车以某一恒定加速度启动的过程中，根据牛顿第二定律有F合=ma可知，小球所受合力不为零，故D错误。
4.【答案】C
【解析】A.在 vqvB=m0v2R
质子动能
Ek=12m0v2=B2q2R22m0
与加速电压无关，故A错误；
B.在 vT=2πrv=2π×4m0B⋅2q=4πm0Bq
质子的运动周期
T0=2πm0Bq
两周期并不相等，所以 α 粒子不能一直被加速，故B错误；
CD.考虑相对论效应时，由
T=2πmBq=2πm0 1−v2c2Bq=2πm0Bq 1−v2c2
质子被电场加速后，速度增大，质量增大，质子的运动周期增大，为让质子一直加速，交流电的周期应与质子的运动周期始终相等，则可以仅让轨道处的磁场随半径变大而增大，保证质子的运动周期不变，也可以仅让交流电源的周期变大，由
f=1T
可知，即让交流电源的频率随粒子加速而适当减小，故C正确，D错误。
故选C。
5.【答案】C
【解析】根据题意，设正方形导体板的边长为 a ，厚度为 d ，按如图方式与电源串联，由电阻定律有
R=ρlS=ρaad=ρ1d
可知，由于两电阻 R1 和 R2 是材料、厚度相同的正方形导体板，则
R1=R2
若用相同恒压电源，则有
I1=I2
故选C。
6.【答案】A
【解析】图甲根据平衡条件由相似三角形可得mgCF=F1CG
解得F1=12mg
图乙根据平衡条件可得F2=mgsin30∘=2mg
则甲、乙两图中弹簧测力计的读数之比为I
故选A。
7.【答案】A
【解析】当货车匀速运动时，牵引力等于阻力，速度达到最大值，则阻力为
f=Pv=2.8×10520N=1.4×104N
当货车速度 v=14m/s 时，功率达到额定功率，匀加速运动的牵引力为
F=Pv1=2.8×10514N=2×104N
根据 v−t 图像可知，7s内的加速度为
a=ΔvΔt=147m/s2=2.0m/s2
根据牛顿第二定律得
F−f=ma
可算得货车的质量为
m=3×103kg
故选A。
8.【答案】A
【解析】若A点直线电流方向垂直于纸面也向里，大小也为 I0 ，则根据磁感应强度的矢量运算法则，圆心O点的磁感应强度大小为0。但实际A点直线电流大小为 I0 ，方向垂直于纸面向外，则其它四个点的直线电流在圆心O点的磁感应强度的矢量合与A点直线电流在O点的磁感应强度的等大同向。故实际圆心O点的磁感应强度大小为
B=2B0=2⋅μI02πR=μI0πR
故选A。
9.【答案】BC
【解析】【分析】
根据等势面和电场线的关系，画出电场线，再根据粒子受到的电场力一定沿电场线，且指向轨迹曲线的内侧，画出粒子受到的电场力。根据粒子运动过程中电场力的做功情况得出电势能的变化情况，根据力的方向与速度方向的关系判断粒子的速度增减，再根据等势面的疏密判断电场线的疏密，从而得出加速度的大小变化情况。
本题考查带电粒子在电场中运动过程中的轨迹线，电场线及等势线的关系，要区分这三种线。
【解答】
根据电场线一定垂直于等势线，且由高电势等势面指向低电势，画出电场线如图中斜向右上方，根据粒子的轨迹可得，在运动过程中两个位置受到的电场力F如图所示；
A.根据上面分析可知，粒子受到的电场力方向与电场线反向，故该粒子一定带负电，故A错误；
B.电场线密集的地方，等差等势面也较密集，故粒子从P向Q运动的过程中，受到的电场力越来越大，加速度越来越大，而力的方向与速度方向夹角为钝角，故粒子速度减小，故粒子做加速度增加的减速运动，故B正确；
C.因为从P到Q运动的过程中，电场力方向与速度方向夹角为钝角，故电场力做负功，故带电粒子的电势能增加，故C正确；
D.真空中，孤立点电荷的等势面是以点电荷为中心的同心圆，故该电场不可能是真空中一孤立点电荷产生的电场，故D错误；
故选BC。
10.【答案】ACD
【解析】AB.粒子在加速电场中，根据动能定理有
qU1=12mv02
进入电场后，根据类平抛运动规律有
L=v0T0
d2=2×12a(T02)2
根据牛顿第二定律有
a=qU2md
解得
U1=mL22qT02
U2=2md2qT02
故A正确，B错误；
CD. 3T08 时刻进入偏转电场的粒子竖直方向先加速运动，经 T08 后再减速运动，再经 T08 后速度变为0，再反向加速 3T08 ，如此往复，所以与A板的最小距离为
y=d2−2×12a(T08)2=15d32
垂直极板方向的最大速度为
vy=a⋅3T08=3d4T0
故CD正确；
故选ACD。
11.【答案】(1)2
(2) 1:10
(3) 290 1200

【解析】(1)根据题意，由电流表大量程时与表头并联的电阻小可知，电流表的量程为 10mA 时，与表头并联的电阻大，则选择开关接2。
(2)欧姆表的倍率分别为“ ×1 ”、“ ×10 ”，相当于两个档位下欧姆表的内阻之比为 1:10 ，由于两种情况下表头满偏时的电流相同，结合欧姆定律可知，两个挡位对应的电路中的电源电动势之比为 1:10 。
(3)[1][2]根据电流表大量程时与表头并联的电阻小，可知当选择开关接“5”“6”时，当达到满偏电压 U1=3V 和 U2=15V 时，通过 R1 和 R2 的电流为 Ig=10mA ，故有
R1=U1−RGIGIg
R1+R2=U2−RGIGIg
代入数值解得
R1=290Ω ， R2=1200Ω
12.【答案】 1450 4929b 1U 2RVk
【解析】(1)ii.[1]电压表 V2 与 R1 的电压之和等于 V1 的示数，根据分压定律有
U2=RVRV+R1⋅U1=U13
解得
RV=1450Ω
(2)[2]电路的总电流为
I=U1RV+U2RV=U1+U2RV=U1+U21450
由闭合电路的欧姆定律有
E=U1+IR2=U1+1000(U1+U2)1450=49U129+20U229
整理可得
U1=−2049U2+2949E
则以 U1 为纵坐标、 U2 为横坐标描点作图，在实验误差允许范围内得到一条倾斜直线，其纵截距为
2949E=b
可得电动势为
E=4929b
(3)[3][4] R1=0 时，由闭合电路的欧姆定律有
E=U+URV2⋅R2=U+2URV⋅R2
整理可得
1U=1E+2RV⋅E⋅R2
则以 1U 为纵坐标，以 R2 为横坐标，描点作图得到一条直线，图像的斜率为
2RV⋅E=k
解得
E=2RV⋅k
13.【答案】(1)1m；(2)0.2m
【解析】(1)小球从A点由静止沿圆弧轨道滑下运动至B点，根据机械能守恒有
mghAB=12mvB2
小球从B点飞出后做平抛运动，水平方向有
xOD=vBt
竖直方向有
xOB=12gt2
解得，A、B两点间的高度差
hAB=1m
(2)小球从轨道AB上某点由静止释放后，沿着轨道运动至 P 点时脱离轨道，则小球在P点对轨道没有压力，此时重力沿PO方向的分力提供向心力，即
F向=mgsinα=mvP2R
根据机械能守恒有
mghAP=12mvP2
解得
hAP=0.4m
根据几何关系，小球释放点与 B 点之间的高度差
ΔhAB=0.2m
14.【答案】解：(1)带正电的粒子从A点射入，做类平抛运动
x=stanα=2s=v0t， y=12at2=s， a=qEm，
解得 E=v022ks。
(2)设粒子在磁场中圆周运动的半径为R，
根据勾股定理 R2=(2s)2+(R−s)2，解得 R=2.5s，
根据带电粒子在磁场中运动 mv 02R=Bqv0，
所以 R=mv0Bq，
联立两式，得 2.5s=mv0Bq，
所以 B=v02.5sk。
(3)第(1)问中粒子到达B点时 vy=qEmt=qv022ksm2sv0=v0 ，
tanθ=vyv0=1，入射角度为θ=45° ，合速度为 v= 2v0 ，
如果磁场垂直纸面向外，粒子轨迹如图，向下偏转，
设圆周运动半径为R，则 Rcs(45∘+α)=AB2= 52s，解得 R= 5s2n，
根据圆周运动动力学方程 m( 2v0)2R=Bq 2v0，解得 B=m( 2v0)2q 2v0R= 2v0 kR=2 10nv05ks，
当磁场方向垂直平面向里，则粒子逆时针方向运动，跟y轴的交点坐标一定大于OB，由于OA小于OB，故不可能经过A点。

【解析】(1)带电粒子在第一象限的电场内做类平抛运动，根据运动的合成与分解规律结合牛顿第二定律求电场强度的大小；
(2)带电粒子在第一象限的磁场内做匀速圆周运动，根据几何关系求出轨迹半径，由洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度；
(3)根据类平抛运动的规律求出粒子在B点的速度，做出粒子轨迹图，根据几何关系结合洛伦兹力提供向心力分析求解。
15.【答案】(1) v=4m/s ， v1=0.5m/s ；(2) 78C ， 1316J ；(3) 716m
【解析】(1)根据题意可知，导体棒ab进入磁场前匀加速，有
mgsinθ−μmgcsθ=ma
解得
a=2m/s2
2s时导体棒ab的速度为
v=at=4m/s
由图乙可知，2s时导体棒cd在磁场中匀速运动，则有
mgsinθ=μmgcsθ+BIL
I=E2R
E=BLv1
解得
v1=0.5m/s
(2) 0∼2s 内根据动量定理，有
mgsinθt−μmgcsθt−BILt=mv1−0
又有
q=It
解得，通过cd棒的电荷量为
q=78C
又有
I=E2R ， E=nΔΦΔt ， ΔΦ=BLx
联立，解得
x=78m
根据能量守恒定律有
mgsinθx=12mv 12+μmgcsθx+Q总
又有
Q=Q总2
解得
Q=1316J
(3)根据题意可知，当ab、cd棒速度相等时有最小距离，之后两棒均做匀加速直线运动，设最小距离为 x′ ，结合(2)分析可得
q′=BLx−x′2R=716C
解得
x′=716m