四川省蓬溪县蓬南中学2024_2025学年高二物理上学期第四次学月考试试题

四川省蓬溪县蓬南中学2024-2025学年高二物理上学期第四次学月考试试
题
(时间:90分钟，满分:100分)
一、选择题(本题共12小题，1～8只有一个选项正确，9～12不止一个选项正确，每小题4分，共48分，完全正确得4分，不选以及有错得零分，无错但不全得2分)
1.物理学史是人类对自然界各种物理现象相识的发展史，通过物理学史的学习，不但能增长见识，加深对物理学的理解，更重要的是可以从中得到教益，开阔眼界，从前人的阅历中得到启示，下列说法都是有关电磁学的物理学史，其中错误的是( )。

A.法国物理学家库伦通过油滴试验精确测定了元电荷e 电荷量
B.英国物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场
C.丹麦物理学家奥斯特发觉电流可以使四周的小磁针发生偏转，称为电流磁效应
D.荷兰物理学家洛仑兹提出了磁场对运动电荷有作用力(即洛伦兹力)的观点
2.下列说法正确的是( )
A.电流是矢量，其方向为正电荷定向移动的方向
B.由R ＝U I 可知，导体的电阻与导体两端的电压成正比，与流过导体的电流成反比
C.由I ＝U R 知，导体中的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比
D.金属的电阻率由导体本身的性质确定，与温度无关
3.等量异种点电荷四周的电场线分布如图实线所示，现以负点电荷为
圆心、两个点电荷之间距离的一半为半径做一个圆(图中虚线所示)，M 、
N 是圆周上的两点，其中M 点是两个点电荷连线的中点，则下列关于M 、
N 两点的电场强度的说法中正确的是( )
A.大小相等，方向相同
B.大小相等，方向不同
C.大小不等，方向相同
D.大小不等，方向不同
4.关于磁场中某一点的磁感应强度B ，下列说法正确的是( )
A.由B ＝F
IL
可知，磁感应强度B 与F 成正比，与IL 成反比 B.一小段通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力肯定为零
C.一小段通电导线在某处不受磁场力的作用，则该处的磁感应强度肯定为零
D.磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向
相同
5.两个量程的电压表的电路图如图所示，当运用a 、b 两个接线柱时，量
程为0～3V ，当运用a 、c 两个接线柱时，量程为0～15V 。

已知表头的内
阻R g 为500Ω，满偏电流I g 为1mA ，则电阻R 1、R 2的值( )
A.2500Ω、12000Ω
B.3000Ω、12000Ω
C.2500Ω、15000Ω
D.3000Ω、15000Ω
6.如图所示，x 轴上有两个点电荷A 、B ，它们坐标分别为x A =－0.2m 、x B =0.2m ，其中A 带电＋Q ，B 带电－9Q 。

现引入第三个点电荷C ，恰好使三个点电荷均仅在电场力的作用下处于平衡状态，则C 的位置坐标及带电量分别为( )
A.0.6m ，－94Q
B.0，49Q
C.－0.4m ，－94Q
D.－0.6m ，－94
Q 3题图 5题图 6题图
7.如图所示，甲图实线为某一个静电场中方向未知的三条电场线，a 、b 两个带电粒子均从电场中的P 点无初速释放，两粒子仅在电场力作用下均沿着中间的电场线做直线运动(不考虑a 、b 两粒子间的相互作用)，a 、b 粒子的速度大小随时间改变的关系如图乙中实线所示，虚线为过坐标原点的倾斜直线，则( )
A.a 粒子的加速度渐渐减小，b 粒子的加速度渐渐增大
B.a 粒子沿着电场线向左运动，b 粒子沿着电场线向右运动
C.a 粒子的电势能减小，b 粒子的电势能增大
D.a 粒子肯定带正电，b 粒子肯定带负电
8.如图所示，两根相互平行的金属导轨水平固定在匀强磁场中，导轨的左端与电源和滑动变阻器连接。

金属棒ab 垂直于平行导轨放置并能保持与导轨的良好接触，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝33。

若磁感应强度的方向为某一恰当方向时，金属棒能在安培力的作用下向右匀速运动，并且金属棒中的电流最小，则
此磁感应强度的方向与竖直方向的夹角为(不考虑金属棒切割磁感线产生电磁感应的影响)( )
A.37°
B.30°
C.45°
D.60°
9.晓燕同学在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”时得到了被测小灯泡的伏安特性
曲线如图所示。

图像上A 点与原点的连线OA 与横轴成α角，A 点的切线AB 与横
轴成β角，则( )
A.被测小灯泡的电阻随电流的增大而减小
B.被测小灯泡在A 点的电阻可用直线OA 的斜率来表示
C.被测小灯泡在A 点的电阻可用切线AB 的斜率来表示
D.被测小灯泡在A 点的电功率可用矩形OI 0AU 0的面积来表示
10.在如图所示的电路中，电源电动势为E 、内电阻为r ，负极接地，R 1、R 2、
R 3为定值电阻，R 为滑动变阻器，C 为电容器，、分别为志向电流表和电
压表。

在滑动变阻器的滑片P 自b 端向a 端滑动的过程中，下列说法正确的
是( )
A.电压表示数变小
B.电流表示数变大
C.电路中a 点的电势降低
D.电容器C 所带电荷量增多
11.如图所示，两块长度均为l 本身不带电的极板MN 和PQ 垂直纸面放置，极板
之间的距离也为l ，极板间有垂直纸面对里磁感应强度为B 的匀强磁场，一颗质
量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子(不计重力)从左端两极板正中心处以速度v
垂直磁感线射入磁场，欲使该粒子不打在极板上，粒子的速度范围可以是( )
A.v ＜Bql 4m
B.v ＞Bql 4m
C.v ＞5Bql 4m
D.v ＜5Bql 4m
12.如图所示，真空中两个质量均为m 可视为质点的两个带电小球P 、Q 用两根
长度相等的绝缘丝线拴住后分别系在竖直杆AB 、CD 的上端等高的地方，两小球静止时连接它们的丝线与水平面的夹角均为θ＝37°，已知，重力加速度为g ，sin37°=0.6，cos37°=0.8，以下说法中正确的是( )
A.丝线对小球的拉力大小为35
mg B.两小球间的库仑力大小为34
mg C.烧断右侧丝线的瞬间Q 小球的瞬时加速度大小为53
g D.假如两球间的库仑力瞬间消逝P 小球的瞬时加速度大小为45
g 7题图 8题图 9题图 10题图
11题图 12题图
二、试验题(共2小题，满分16分，其中13题6分，14题10分)
13.小华利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一个圆柱体的直径和高度，测量结果如下图甲和乙所示。

该圆柱体的高度为__________cm，该圆柱体的直径为__________mm。

甲乙
14.小明在测定一节干电池的电动势E和内阻r的试验中，管理员给他供应了如下器材：
A.待测的干电池(E≈1.5V，r≈1.0Ω) E.滑动变阻器R2(0～20Ω，10A)
B.电流表A1(0～3mA，R g1＝100Ω) F.电阻箱R0(0～999Ω)
C.电流表A2(0～0.6A，R g2约为0.1Ω)G.开关和导线若干
D.滑动变阻器R1(0～2kΩ，1A)
(1)由于没有电压表管理员给小明设计了如图所示的甲、乙、丙、丁四个试验电路，并要求他用图像法处理试验数据，你认为应当选择图________作为试验电路，在你选择的电路中，为了操作便利且能更精确地进行测量，滑动变阻器应选________(填写器材前的字母代号)。

(2)小明选出合理的试验电路后，把与R0串联的电流表
当作量程为0～3V的电压表运用，因此他应当将电阻
箱R0的阻值调至________Ω。

(3)小明选出合理的试验电路后，严格依据试验步骤和
操作规范进行试验，测出了六组电流表A1的示数I1和
电流表A2的示数I2，并绘出了如右图所示的I1－I2图
线，则被测干电池的电动势E＝________V，内阻r＝
________Ω。

(结果保留2位小数)
14(3)题图
三、计算题(本题共4小题，共36分，其中15题、16题各8分，17题、18题各10分)
15.如图所示的电路中，当开关S接a点时，标有“5V，2.5W”的小灯泡正常发光，当开关S接b点请将答案写在答卷指定位置，否则不给分
15题图
16.如图所示，足够宽大的水平试验桌面Q的正中心的正上方距离桌面h＝0.80m的P处有一个粒子源，该粒子源射出的带电粒子初速度大小均为v0＝2.0×102m/s、初速度方向为所在水平面的全部方向以及水平以下的全部方向，射出的带电粒子质量为m＝2.0×10-15kg、电荷量为q＝＋10-12C，现在整个空间加一个竖直向下的匀强电场，电场强度大小E＝1.0×102V/m，结果粒子源射出的粒子最终都落在试验桌面Q上。

不计粒子重力，不计粒子之间的相互作用以及粒子对匀强电场的影响，打在桌面上的粒子均镶嵌在桌面内，不反弹也不穿过桌面。

求(结果保留2位有效数字)：
(1)粒子打在试验桌上时的动能；
(2)试验桌上被粒子击中的区域的面积。

16题图
请将答案写在答卷指定位置，否则不给分
17.如图所示，在直角坐标系xOy平面内有一个磁感线垂直于xOy平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度的大小为B，两个坐标轴上分别固定了很薄(厚度不计、长度足够)且垂直xOy平面的挡板OC、OD，在OD板上距离O点为L的P处固定有一个粒子源，从粒子源中射出的粒子均为电荷量＋q、质量m 的同种粒子，这些粒子的速率不同，进入磁场后的速度方向均在xOy平面内，且与OD板之间的夹角均为60°，经过一段时间的运动后均打在挡板上(打在挡板上的粒子均镶嵌在板内，不反弹也不穿过挡板)，不计粒子的重力和粒子间的相互作用。

求：
(1)打在Q点的粒子从P到Q的运动时间；
(2)垂直打在OC板上的粒子运动的速率。

18.如图所示，在直角坐标系xOy 平面内有一个电场强度大小为E 、方向沿-y 方向的匀强电场，同时在以坐标原点O 为圆心、半径为R 的圆形区域内，有垂直于xOy 平面的匀强磁场，该圆周与x 轴的交点分别为P 点和Q 点，M 点和N 点也是圆周上的两点，OM 和ON 的连线与+x 方向的夹角均为θ＝60°。

现让一个α粒子从P 点沿+x 方向以初速度v 0射入，α粒子恰好做匀速直线运动，不计α粒子的重力。

(1)求匀强磁场的磁感应强度的大小和方向；
(2)若只是把匀强电场撤去，α粒子仍从P 点以同样的速度射入，从M 点离
开圆形区域，求α粒子的比荷q m ；
(3)若把匀强磁场撤去，α粒子的比荷q m
不变，α粒子仍从P 点沿+x 方向射
入，从N 点离开圆形区域，求α粒子在P 点的速度大小。

18题图 17题图
请将答案写在答卷指定位置，否则不给分
请将答案写在答卷指定位置，否则不给分
第三学期第四次学月考试答案及其解析
1.【答案】A
【解析】1785年法国物理学家库仑利用扭秤试验发觉了电荷之间的相互作用规律(即库仑定律)，并测出了静电力常量k 的值，1913年美国物理学家密立根通过油滴试验精确测定了元电荷e 电荷量，选项A 错误；1837年英国物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场，不仅如此，磁感线的概念也是法拉第最先独创并引入的，选项B 正确；1820年丹麦物理学家奥斯特发觉电流可以使四周的小磁针发生偏转，称为电流磁效应，选项C 正确；荷兰物理学家洛仑兹提出运动电荷产生了磁场以及磁场对运动电荷有作用力(即洛伦兹力)的观点，并在1895年他提出了闻名的洛伦兹力的公式f =qvB ，选项D 正确。

2.【答案】C
【解析】电流是一个既有大小又有方向(正电荷定向移动的方向或者负电荷定向移动的反方向)的标量，电流之间的运算遵循标量运算法则，不遵循矢量运算法则，选项A 错误；导体的电阻是导体本身的一种性质，其大小可以通过R ＝U I 来计算，但是其确定因素是自身的材料种类、长度、横截面积等，即使两端没有加电压，或者其中没有通电流，也是有电阻的，所以不能说“导体的电阻与导体两端的电压成正比，与流过导体的电流成反比”，故选项B 错误；导体中的电流的大小I 既与外加因素U 有关，由于内在因素R 有关，依据欧姆定律I ＝U R 可知，导体中的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比，选项C 正确；金属的电阻率由导体本身的性质确定，与温度有关，所以选项D 错误。

3.【答案】D
【解析】 由电场线的分布状况可知，N 点电场线比M 点电场线疏，则N 点电场强度比M 点电场强度小；电场力方向与所在点的电场线的切线方向一样，明显M 、N 两点的电场强度方向不同，故选项
A 、
B 、
C 均错误，
D 正确。

4.【答案】B
【解析】磁场中某一点的磁感应强度B 虽然可以通过定义式B ＝F IL 来计算，但是他终归体现的是磁场本身的性质，其确定因素应当是其自身的因素，所以不能说“磁感应强度B 与F 成正比，与IL 成反比”，选项A 错误；依据F ＝BIL 可知通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力肯定为零，选项B 正确；通电导线在磁场中所受磁场力的大小不仅与B 、I 、L 大小有关，还与B 和I 方向间的关系有关，某处不受磁场力的作用，既有可能是该处的磁感应强度为零，也有可能是B 和I 方向平行，所以选项C 错误；磁场中某处磁感应强度的方向与通电导线在该处所受磁场力的方向垂直，所以选项D 错误。

5.【答案】A
【解析】接a 、b 时，由串联电路特点有R 总＝R 1＋R g ＝U 1
I g 得R 1＝U 1I g
－R g ＝2500Ω。

接a 、c 时，同理有R 总′＝R 1＋R 2＋R g ＝U 2I g 得R 2＝U 2I g
－R g －R 1＝12000Ω，故选项A 正确、BCD 均错误。

6.【答案】C
【解析】要使三个电荷均处于平衡状态，必需满意“三点共线”“两同夹异”“两大夹小”“近小远大”的原则，所以点电荷C 应在A 左侧，带负电。

设C 点坐标为x C ，带电荷量为q ，则A 、B 间距离为r AB =x B －x A =0.4m ，A 、C 间的距离为r AC =x A －x C ，B 、C 间的距离为r BC =x B －x C ，由于处于平衡状态，
所以k Qq r AC 2＝k 9Qq r BC 2和k Qq r AC 2＝k 9QQ r AB 2，解得x C =－0.4m 和q ＝－94
Q ，选项ABD 均错误、C 正确。

7.【答案】B
【解析】从v －t 图像中可以看出，a 粒子的加速度渐渐增大，b 粒子的加速度渐渐减小，故选项A 错误；由题可知qE =ma ，因此a 粒子所受电场力渐渐增大，b 粒子所受电场力渐渐减小，进一步可得a 向场强大的区域运动，即向左运动，b 向场强小的区域运动，即向右运动，选项B 正确；由于带电粒子都是无初速释放，所以都是在沿电场力的方向运动时，电场力做正功，所以a 、b 粒子的电势能均减小，动能均增加，故选项C 错误；由于不知电场的方向，所以无法推断a 、b 的电性，所以选项
D 错误。

8.【答案】B 【解析】对处于平衡状态的金属棒进行受力分析可知，金属棒受如图所示的重力mg 、安培力BIL 、支持力N 和摩擦力f 四个力作用，考虑到支持力N 和摩擦力f 满意摩擦定律f =μN ，即μ=f N ，这说明不论支持力N 和摩擦力f 详细是多
少，它们的合力F 合的方向都是取决于μ的定值，因此，可以将原来的四力平
衡转化为三力平衡，所以安培力BIL 的方向只有沿着垂直于F 合的方向才能取得
最小值，金属棒中的电流才能取得最小值，依据左手定则，磁感应强度的方向
只能沿着F 合的反方向，因此由tan θ=f N
=μ可解得θ＝30°。

则选项A 、C 、D 均错误，B 正确。

9.【答案】BD
【解析】被测小灯泡的电阻随电压的增大而增大，选项A 错误；被测小灯泡在A 点的电阻可用直线OA 的斜率来表示，故选项B 正确；被测小灯泡在A 点的电阻不行用切线AB 的斜率来表示，选项C 错误，D 正确；被测小灯泡在A 点的功率可用矩形OI 0AU 0的面积来表示，选项D 正确。

10.【答案】AD
【解析】滑片P 由b 端向a 端滑动，滑动变阻器接入电路的阻值R 增大，则电路总电阻R 总增大，总电流I 总=
E R 总
减小，定值电阻R 1两端电压U 1＝I 总R 1减小，电压表示数U V ＝U 1变小，选项A 正确；定值电阻R 2与R 3组成的串联电路两端的电压U 23＝E －I 总(R 1＋r )因I 总减小而增大，又I 23＝U 23R 2+R 3
，故I 23增大，电流表A 的示数I A ＝I 总－I 23因I 总减小和I 23增大而变小，选项B 错误；由题可知，φb ＝0，U ab ＝φa －φb ＝φa ＝U 23，故φa 上升，选项C 正确；由于电容器两端的电压U C ＝U 2＝I 23R 2增大，由Q ＝CU C 知电容器所带电荷量Q 增多，选项D 错误，故选AD 。

11.【答案】AC
【解析】如图所示，粒子入场后在洛伦兹力作用下向上偏转，若粒子刚好打在
上极板右边缘，则由几何学问得r 21＝(r 1－l 2)2＋l 2
，又因为qv 1B =mv 21r 1即r 1＝mv 1Bq
，联立解得v 1＝5Bql 4m ，欲使该粒子不打在极板上，粒子的速度范围是v ＞5Bql 4m
；若粒子刚好打在上极板左边缘，则由几何学问得r 2＝l 4，又因为qv 2B =mv 22r 1即r 2＝mv 2Bq
，联立解得v 2＝Bql 4m ，欲使该粒子不打在极板上，粒子的速度范围是v ＜Bql 4m ，故选项A 、B 正确。

12.【答案】CD
【解析】对P 小球的受力分析如图所示，由力平衡得丝线对其拉力的大小T ＝
mg sin θ＝53mg ，选项A 错误；库仑力的大小F ＝mg tan θ＝43
mg ，选项B 错误；由题可知，Q 小球的受力状况与P 小球的受力状况相像，各力大小分别相等，因此，烧断右侧丝线的瞬间，Q 小球受到的重力和库仑力不变，两力的合力与烧断丝线前丝线的拉力等大反向，依据牛顿其次定
律得Q 小球的加速度大小为a Q =T m =53
g ，选项C 正确；当两球间的库仑力消逝时，P 小球起先做圆周运动，其瞬时加速度由重力沿垂直于丝线方向的分力产生，依据牛顿其次定律得a P =mg cos θm ＝45
g ，选项D 正确。

13.【答案】1.110cm(1.105cm 或1.115cm)；3.790mm(3.789mm 或3.791mm)(每空3分)
【解析】由题可知，该圆柱体的高度为游标卡尺读数，即L ＝11mm ＋2×120
mm ＝11.10mm ＝1.110cm(1.105cm 和1.115cm 可给分，其余不给分)；该圆柱体的直径为螺旋测微器的读数，即D ＝
3.5mm ＋29.0×0.01mm＝3.790mm(3.789mm 和3.791mm 可给分，其余不给分) 1
4.【答案】(1)丙；E(2)900(3)1.48(或1.49)；0.85(每空2分)
【解析】 (1)将小量程电流表A 1与电阻箱R 0串联并将电阻箱调至某一合适的阻值从而将电流表改装为电压表，由此解除图甲、图丁所示的电路；对于图乙所示的电路，依据闭合电路欧姆定律可得E ＝I 2(R g2＋r )＋I 1(R g1＋R 0)，对于图丙所示的电路，依据闭合电路欧姆定律可得E ＝(I 1＋I 2)r ＋I 1(R g1＋R 0)，由于R g2的精确值未知，用图像法处理数据，图乙会使测量结果不精确，故应选图丙所示的电路。

由电流表A 2的量程分析可知，滑动变阻器应选E 。

(2)依据题图分析可知应将电阻箱R 0的阻值调至900Ω，从而将电流表改装为量程为0～3V 的电压表。

(3)由图丙所示的电路可得I 1－I 2图线的表达式为I 1＝
E R g1＋R 0＋r －r R g1＋R 0＋r
I 2，图像在纵轴上的截距为E R g 1＋R 0＋r ＝1.48mA(或1.49mA)；图线的斜率的肯定值k ＝r R g1＋R 0＋r ＝1.48mA －1.1mA 0.45A
，联立并代入数据解得E ＝1.48V(或1.49V)，r ＝0.85Ω。

15.【答案】6V ，2Ω
【解析】当开关接a 时，
电路中的电流为I 1＝P 1U 1＝2.55
A ＝0.5A.(1分) 由闭合电路欧姆定律得E ＝U 1＋I 1r ，(2分)
当开关接b 时，
电路中的电流为I 2＝P 2U 2＝44
A ＝1A.(1分) 由闭合电路欧姆定律得E ＝U 2＋I 2r ，(2分)
联立解得E ＝6V ，r ＝2Ω.(2分)
16.【答案】(1)1.2×10－10J(2)4.0m 2
【解析】(1)对从粒子源出来最终打在试验桌上的粒子由动能定理可得
qEh ＝E k －12
mv 2
0(2分) 解得粒子打在试验桌上时的动能E k ＝1.2×10－10J 。

(1分)
(2)试验桌上被粒子击中的区域应当是以水平试验桌面Q 的正中心为圆心、以粒子水平抛出的落点到水平试验桌面Q 的正中心的距离为半径的园所围成的圆面，由类平抛规律可得
x ＝v 0t ①(1分)
h ＝12
at 2②(1分) a ＝qE m
③(1分) S ＝πx 2④(1分)
联立以上各式得所形成的面积为S ＝2πhmv 2
0qE
＝4.0m 2。

(1分) 17.【答案】(1)2πm 3qB (2)23qBL 3m
【解析】(1)如图所示，设打在Q 点的粒子的轨迹圆弧Ⅰ的圆心为O 1。

由几何关系可知：轨迹Ⅰ对应的圆心角∠PO 1Q ＝120°，
由洛伦兹力充当向心力时的周期公式得T ＝2πm qB
(2分) 所求运动时间为t 1＝120°360°
T (2分) 联立解得t ＝2πm 3qB
(1分) (2)设垂直打在OC 板上的粒子的轨迹圆弧Ⅱ的圆心为O 2、半径为R 2。

由几何关系得R 2cos30°＝L (2分)
由洛伦兹力充当向心力得qv ′B ＝m v ′2
R 2
(2分) 联立解得v ′＝23qBL 3m
(1分)
18.【答案】(1)E v 0，方向垂直纸面对里 (2)v 03BR
(3)32v 0 【解析】(1)由题可知电场力与洛伦兹力平衡，即
qE ＝Bqv 0，(1分)
解得B ＝E v 0
(1分)
由左手定则可知磁感应强度的方向垂直纸面对里。

(1分)
(2)粒子在磁场中的运动轨迹如图所示， 设带电粒子在磁场中的轨迹半径为r ，依据洛伦兹力充当向心力得Bqv 0＝m v 2
0r (1分)
由几何关系可知r ＝3R ，(1分)
联立得q
m ＝v 0
3BR (1分)
(3)粒子从P 到N 做类平抛运动，依据几何关系可得
x ＝3
2R ＝vt ，(1分)
y ＝3
2R ＝1
2×qE
m t 2(1分)
又qE ＝Bqv 0，(1分)
联立解得v ＝32Bqv 0R
3m ＝3
2v 0(1分)。