湖北省云學(xué)名校聯(lián)盟2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期12月聯(lián)考物理題A Word版含解析.docx

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2023年云學(xué)名校聯(lián)盟高二年級12月聯(lián)考物理試卷A時長：75分鐘滿分：100分一、選擇題（1~7單選，8~10多選，選不全得2分，錯選0分，共計40分）1.物理學(xué)中有很多關(guān)于圓盤的實驗，第一個是法拉第圓盤，圓盤全部處于磁場區(qū)域，可繞中心軸轉(zhuǎn)動，通過導(dǎo)線將圓盤圓心和邊緣與外面電阻相連。第二個是阿拉果圓盤，將一銅圓盤水平放置，圓盤可繞中心軸自由轉(zhuǎn)動，在其中心正上方用柔軟細線懸掛一枚可以自由旋轉(zhuǎn)的磁針，第三個是費曼圓盤，一塊水平放置的絕緣體圓盤可繞過其中心的豎直軸自由轉(zhuǎn)動，在圓盤的中部有一個線圈，圓盤的邊緣固定著若干帶負電的金屬小球。以下說法正確的是（　　）A.法拉第圓盤在轉(zhuǎn)動過程中，圓盤中磁通量不變，有感應(yīng)電動勢，無感應(yīng)電流B.阿拉果圓盤實驗中，轉(zhuǎn)動圓盤，小磁針會同向轉(zhuǎn)動，反之，轉(zhuǎn)動小磁針，圓盤則不動C.費曼圓盤中，當(dāng)開關(guān)閉合的一瞬間，圓盤會順時針（俯視）轉(zhuǎn)動D.法拉第圓盤和阿拉果圓盤都是電磁驅(qū)動的表現(xiàn)【答案】C【解析】【詳解】A．圓盤運動過程中，半徑方向的金屬條在切割磁感線，在圓心和邊緣之間產(chǎn)生了感應(yīng)電動勢，選項A錯誤；B．阿拉果圓盤實驗中，轉(zhuǎn)動圓盤或小磁針，都產(chǎn)生感應(yīng)電流，因安培力的作用，另個物體也會跟著轉(zhuǎn)動，選項B錯誤；C．線圈接通電源瞬間，則變化的磁場產(chǎn)生變化的電場，從而導(dǎo)致帶電小球受到電場力，使其轉(zhuǎn)動，接通電源瞬間圓板受到電場力作用而轉(zhuǎn)動，由于金屬小球帶負電，再根據(jù)電磁場理論可知，產(chǎn)生逆時針方向的電場，負電荷受到的電場力與電場方向相反，則有順時針電場力，圓盤會順時針（俯視）轉(zhuǎn)動，選項C正確；D．如果磁場相對于導(dǎo)體運動，在導(dǎo)體中會產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流使導(dǎo)體受到安培力的作用，安培力使導(dǎo)體運動起來，這種作用就是電磁驅(qū)動，顯然法拉第圓盤是機械能轉(zhuǎn)化為電能的過程，并不是電磁驅(qū)動，故D錯誤。 故選C。2.今年11月底，襄陽三中舉行了秋季運動會，其中“旋風(fēng)跑”團體運動項目很受學(xué)生歡迎。如圖是比賽過程的簡化模型，一名學(xué)生站在點，手握在金屬桿的一端點，其他四名學(xué)生推著金屬桿，順時針（俯視）繞點以角速度勻速轉(zhuǎn)動。已知運動場地附近空間的地磁場可看作勻強磁場，其水平分量為，豎直分量為，則此時（　?。〢.A點電勢高于點電勢B.兩點電壓為C.兩點電壓為D.兩點電壓為【答案】B【解析】【詳解】A．地磁場在北半球的磁感應(yīng)強度斜向下，其豎直分量豎直向下，則金屬桿切割產(chǎn)生動生電動勢，由右手定則可知電源內(nèi)部的電流從A點到點，即點為電源的正極，故A點電勢低于于點電勢，故A錯誤；BCD．動生電動勢的大小為可得故B正確，CD錯誤。故選B。3.光滑水平桌面上固定兩個等量同種電荷，電性為正電，一個帶負電的粒子，沿著兩個正電荷連線的中垂線從A點由靜止開始釋放，粒子從釋放到第一次運動到點過程中，其速度大小v隨時間，及電勢、電勢能、機械能隨位移的變化圖像可能正確的是（電勢無窮遠為O，取桌面為重力勢能零勢面）（　?。?A.B.C.D.【答案】A【解析】【詳解】A．根據(jù)同種等量電荷中垂線的電場特點可知，從A點到O點，電場可能先增大后減小，則電場力先增大后減小，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度先增大后減小，速度一直增大，故A正確；B．根據(jù)，可知圖像的斜率代表電場強度，O點的電場強度為0，故B錯誤；C．從A點到O點，電場力做正功，電勢能逐漸減小，故C錯誤；D．電場力做功代表機械能的變化，根據(jù)W=Fx，可知靠近O點的電場力逐漸減小，則機械能變化趨勢逐漸平緩，故D錯誤；故選A。4.如圖所示，兩根等高光滑的圓弧導(dǎo)軌，導(dǎo)軌電阻不計。在導(dǎo)軌頂端右側(cè)連有一阻值為的電阻，整個裝置處在豎直向上的勻強磁場中?，F(xiàn)有一根長度稍大于導(dǎo)軌間距的金屬棒從導(dǎo)軌最低位置開始，在外力作用下以初速度沿軌道做勻速圓周運動，由運動至最高位置，則該過程中，下列說法正確的是（　?。?A.通過R的電流方向由里向外B.通過R的電流大小保持不變C.金屬棒所受安培力一直減小D.外力做的功等于整個回路產(chǎn)生的焦耳熱【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)右手定則，金屬棒由運動至最高位置，通過R的電流方向由外向里，故A錯誤；B．通過R的電流大小為金屬棒由運動至最高位置，金屬棒水平速度逐漸減小，通過R的電流大小逐漸減小，故B錯誤；C．金屬棒所受安培力為金屬棒由運動至最高位置，金屬棒水平速度逐漸減小，金屬棒所受安培力一直減小，故C正確；D．根據(jù)動能定理，外力做的功等于整個回路產(chǎn)生的焦耳熱與金屬棒增加的重力勢能之和，故D錯誤。故選C。5.空間有一束均勻足夠大的等離子體，以相同的速度進入一間距為的水平面足夠大的平行板電容器中，通過控制等離子體入射速度的大小，讓其在平行板中沿直線運動。隨即進入一橫截面直徑也為的電磁流量計中。已知平行板電容器電壓恒定，垂直紙面向里的磁場磁感應(yīng)強度分別是，其中保持不變，不考慮重力的影響，以下說法錯誤的是（　　）A.點電勢高于點電勢B.僅增大，電壓表示數(shù)增大C.僅增大，電壓表示數(shù)增大D.電容器上極板帶正電【答案】B 【解析】【詳解】A．等離子體沿直線進入電磁流量計后，根據(jù)左手定則可知正離子受到向上的洛倫茲力往上偏轉(zhuǎn)，負離子受到向下的洛倫茲力往下偏轉(zhuǎn)，a點電勢高于b點電勢，故A正確，不符合題意；D．等離子體在平行板電容器中沿直線運動，以正離子為研究對象，根據(jù)平衡條件可知，正離子受到的電場力向下，則電容器上極板帶正電，故D正確，不符合題意；BC．在B1區(qū)域，根據(jù)平衡條件可得在B2區(qū)域，等離子體經(jīng)過電磁流量計時受到的洛倫茲力會向上下兩側(cè)偏轉(zhuǎn)，在上下兩側(cè)之間形成電場，當(dāng)電場力與洛倫茲力相等時流量恒定，可得聯(lián)立解得所以僅增大d，電壓表示數(shù)不變；僅增大B2，電壓表示數(shù)增大，故B錯誤，符合題意、C正確，不符合題意。故選B。6.如圖平行板電容器通過導(dǎo)線與二極管，直流電源相連，電容器上下極板分別是板，板，且下極板接地。是極板中間的某一點，位置不發(fā)生改變。以下說法正確的是（　?。〢.板上移一點，兩板之間電勢差不變，點電勢升高B.板上移一點，兩板之間電場強度增大，點電勢降低C.板下移一點，兩板之間電場強度增大，點電勢不變D.板下移一點，兩板之間電勢差變大，點電勢不變【答案】B【解析】【詳解】A．板上移一點，板間距增大，根據(jù)可得，減少，假如電壓U不變，則由 可知，Q減少，但是由于二極管的存在，Q不能減少，所以Q恒定，根據(jù)聯(lián)立得所以電場強度不變，而點電勢可得點電勢不變，A錯誤；B．板上移一點，板間距減小，根據(jù)可得，增加，假如電壓U不變，則由可知，Q增加，由于二極管的存在，Q可以增加，所以兩板之間電勢差U不變，根據(jù)，可知E增加，又由不變，所以降低，B正確；C．板下移一點，板間距減少，根據(jù)可得，增加，假如電壓U不變，則由可知，Q增加，由于二極管的存在，Q可以增加，所以兩板之間電勢差U不變，根據(jù)，可知E增加，根據(jù)，可知增加，C錯誤；D．板下移一點，板間距增大，根據(jù)可得，減少，假如電壓U不變，則由可知，Q減少，但是由于二極管的存在，Q不能減少，所以兩板之間電勢差U變大，根據(jù)聯(lián)立得所以電場強度不變，又由點電勢 可得點電勢變大，D錯誤。故選B。7.如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)有半徑為的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里，圓心與坐標(biāo)原點重合。在坐標(biāo)為的點放置一個粒子源，該粒子源能在紙面內(nèi)以速率v（未知量）向各個方向發(fā)射大量的帶正電的粒子，且沿Y軸正方向射入的粒子恰好從圓形磁場的最左端點射出。若粒子進入磁場時的速率變?yōu)?，則有粒子射出的圓形磁場的弧長為（不計粒子的重力及粒子間的相互作用）（　?。〢.B.C.D.【答案】A【解析】【詳解】當(dāng)粒子速度為v時，沿Y軸正方向射入的粒子恰好從圓形磁場的最左端點射出，可知粒子帶正電，運動半徑為R，則有若粒子進入磁場時的速率變?yōu)閯t聯(lián)立解得 粒子打到圓弧上的位置P距離M點的最遠距離為由幾何關(guān)系可知圓弧PM所對圓心角為120°，則所對應(yīng)的弧長為故選A。8.關(guān)于簡諧運動，單擺，受迫振動、共振，下列說法正確的是（）A.如圖1所示，地面光滑，MN一起在水平面做簡諧振動，則物塊M受到摩擦力在不斷變化B.如圖2所示，為A、B兩個質(zhì)點做簡諧運動的位移—時間圖像，在t=0.5s時，A的位移為－0.5cm，B的位移為C.如圖3所示，一根細線和一個小球組成的單擺，其他條件不變，若細線長度變?yōu)樵瓉淼?倍，則單擺周期變?yōu)樵芷诘谋禗.驅(qū)動力頻率與固有頻率之差越小，振幅越小，二者之差越大，振幅越大【答案】AB【解析】【詳解】A．由題知，MN一起在水平面做簡諧振動，則物塊N受到的摩擦力作為回復(fù)力，根據(jù)f=－kx可知N受到的摩擦力在不斷變化，則根據(jù)牛頓第三定律可知物塊M受到摩擦力在不斷變化，故A正確； B．由圖2可知，在t=0.5s時，A的位移為－0.5cm，B的振動方程為y=0.2cos(2.5πt)（cm）則當(dāng)t=0.5s時，B的位移故B正確；C．根據(jù)單擺的周期公式可知其中R為球的半徑，則若細線長度變?yōu)樵瓉淼?倍，則故C錯誤；D．受迫振動的周期、頻率與驅(qū)動力周期、頻率相等，與固有周期、頻率無關(guān)，并且驅(qū)動力頻率與固有頻率之差越小，振幅越大，二者之差越大，振幅越小，故D錯誤。故選AB。9.一質(zhì)量為、帶電量為小球，以初速度沖上一質(zhì)量為，半徑為的四分之一絕緣光滑圓槽。整個空間置于豎直向下，電場強度為的勻強電場中。所有接觸面均光滑，則從小球開始沖上圓槽到上升到最高點過程中，下列說法正確的是（　?。ㄖ亓铀俣龋〢.小球和槽組成系統(tǒng)機械能守恒B.小球和槽之間的彈力對槽做正功C.整個過程小球的電勢能增加了D.小球離開槽后繼續(xù)上升的高度為【答案】BD【解析】【詳解】A．小球和槽組成系統(tǒng)除了重力做功之外，還有電場力做功，所以機械能不守恒。故A錯誤；B．小球?qū)Σ鄣膹椓π毕蛴蚁?，地面光滑，槽的位移水平向右，所以該彈力對槽做正功。故B正確；C．整個過程電場力對小球做功為 可知小球的電勢能增加了10J。故C錯誤；D．小球開始沖上圓槽到上升到最高點過程，系統(tǒng)水平方向動量守恒，可得設(shè)小球離開槽后繼續(xù)上升的高度為h，由能量守恒，可得聯(lián)立，解得故D正確。故選BD。10.如圖，一個粗糙絕緣斜面固定在地面，一質(zhì)量為的帶有正電荷的物塊從斜面頂端由靜止釋放，物塊以加速度沿斜面勻加速運動到斜面底端，末速度大小為v，則下列幾種情況描述中，正確的有（　?。〢.若在物塊釋放時，在其上放一個粗糙程度很大的質(zhì)量為的物塊，則兩物塊一起運動的加速度與相同，末速度與相同B.若在物塊釋放時，在空間加一豎直向下的勻強電場，則物塊運動的加速度大于，末速度大于C.若在物塊釋放時，在空間加一沿斜面向下的勻強電場，則物塊運動的加速度大于，末速度大于D.若在物塊釋放時，在空間加一垂直于紙面向里的磁場，則物塊運動的加速度小于，因洛倫茲力不做功，故物塊末速度仍為v【答案】ABC【解析】詳解】A．物塊加速下滑，則由牛頓第二定律可知即 即加速度與質(zhì)量無關(guān)，則若在物塊釋放時，在其上放一個粗糙程度很大的質(zhì)量為的物塊，則兩物塊一起運動的加速度與相同，根據(jù)則末速度與相同，選項A正確；B．若在物塊釋放時，在空間加一豎直向下的勻強電場，則牛頓第二定律可知則物塊運動的加速度大于根據(jù)可得末速度大于，選項B正確；C．若在物塊釋放時，在空間加一沿斜面向下的勻強電場，則牛頓第二定律可知物塊運動的加速度根據(jù)可得末速度大于，選項C正確；D．若在物塊釋放時，在空間加一垂直于紙面向里的磁場，由左手定則可知，物塊受洛倫茲力垂直斜面向下，根據(jù)牛頓第二定律可知則物塊運動的加速度根據(jù)可得末速度小于，選項D錯誤。 故選ABC二、實驗題（11題6分，12題10分，共計16分）11.某實驗小組設(shè)計了一個探究“碰撞”類型的實驗。如圖，在光滑水平桌面上，將一質(zhì)量為，帶電量為的小球從處以速度v沿軸正方向拋出。整個空間存在垂直于桌面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為。將一質(zhì)量為不帶電的絕緣小球放在軸正方向的某位置，已知兩小球碰撞過程中的電荷量始終不變。（1）為保證小球能沿軸正方向撞到小球，則小球應(yīng)放在___________處，小球A初速度___________。（2）在（1）問的情況下，若AB小球的碰撞是彈性碰撞，則小球碰后經(jīng)過軸正方向的___________處?！敬鸢浮竣?2②.2③.【解析】【詳解】（1）[1]小球能沿軸正方向撞到小球，說明A球速度垂直ｙ軸，由幾何關(guān)系可知小球應(yīng)放在2處；[2]根據(jù)洛倫茲力提供向心力求得（2）[3]若AB小球的碰撞是彈性碰撞，可得 求得根據(jù)洛倫茲力提供向心力求得有幾何關(guān)系可得聯(lián)立求得12.某同學(xué)在學(xué)習(xí)多用電表后，自己動手改裝了一個多用電表。改裝后其內(nèi)部結(jié)構(gòu)如圖所示。已知微安表滿偏電流為，內(nèi)阻為，兩個電源的電動勢。改裝后通過控制開關(guān)，使該電表的電壓檔有四個量程的檔位，量程最小是，量程最大的是。（1）由以上信息可知___________，___________。（2）使用該電表的歐姆檔進行測量時，將閉合，接1位置，此時對應(yīng)的檔位是檔，現(xiàn)將斷開，接2位置，則對應(yīng)的檔位應(yīng)為___________檔（填“”“”“”“”）。 （3）將閉合，接1位置，用歐姆檔檔去測一未知電阻的阻值，若，在測量電阻時，微安表的指針偏轉(zhuǎn)了滿偏的三分之一，則___________。（4）在（3）的情況下，該同學(xué)發(fā)現(xiàn)該電池的電動勢標(biāo)值與實際值一致，內(nèi)阻的標(biāo)稱值比實際值小，則的測量值___________（填“偏大”、“偏小”、“不變”）?！敬鸢浮竣?900②.9000③.④.200⑤.不變【解析】【詳解】（1）[1][2]電壓表最小量程是，最大量程是，根據(jù)電壓表的改裝原理，得解得（2）[3]當(dāng)閉合時，將微安表改裝成了大量程的電流表，量程為閉合，接1位置時，設(shè)歐姆表內(nèi)部總電阻為，將斷開，接2位置時，設(shè)歐姆表內(nèi)部總電阻為，有設(shè)當(dāng)微安表指針指同一電流時，測量的電阻值分別為和，有解得 所以當(dāng)閉合，接1位置，對應(yīng)的檔位是檔時，將斷開，接2位置，所對應(yīng)的檔位為檔。（3）[4]當(dāng)閉合，接1位置，對應(yīng)的檔位是檔時，設(shè)歐姆表內(nèi)部總電阻為，微安表滿偏電流為，測未知電阻時，根據(jù)閉合電路歐姆定律，有有解得（4）[5]根據(jù)可知，只與電源電動勢和滿偏電流有關(guān)，電動勢不變，不變，測量值不變。三、解答題（13題12分，14題14分，15題18分）13.將一個力傳感器連接到計算機上就可以測量快速變化的力，如圖所示，圖中O點為單擺的懸點，現(xiàn)將一質(zhì)量小球（可視為質(zhì)點）拉到點，此時細線處于張緊狀態(tài)，釋放擺球，則擺球在豎直平面內(nèi)的之間來回擺動，其中點為運動中最低位置，小于且是未知量。計算機得到細線對擺球的拉力最大值是，兩個相鄰的最大值之間時間間隔，且圖中時刻為擺球從點開始運動的時刻，根據(jù)力學(xué)規(guī)律和題中信息（重力加速度?。┣螅海?）求單擺的擺長；（2）求細線對擺球的最小拉力?！敬鸢浮浚?）0.4m；（2）0.495N 【解析】【詳解】（1）小球運動到最低點時，繩子的拉力最大，在一個周期內(nèi)兩次經(jīng)過最低點，根據(jù)該規(guī)律知根據(jù)可得（2）小球通過A點時細線對擺球的拉力最小，根據(jù)圓周運動的規(guī)律可知小球通過B點時細線對擺球的拉力最大，根據(jù)圓周運動的規(guī)律可知小球從A運動到B的過程中，根據(jù)動能定理可得聯(lián)立解得14.是兩個可視為質(zhì)點的小球，小球的質(zhì)量為，小球的質(zhì)量為，其中不帶電，的電荷量為。開始時，之間有一壓縮的彈簧，彈簧與、均不相連，彈簧處于鎖定狀態(tài)，A，B保持靜止?，F(xiàn)解除鎖定，弾簧完全伸展開后，A小球恰好能沿管道運動到左邊管的最高點，已知左邊管是半徑為的半圓管，右邊是一半徑未知的半圓弧，圓弧區(qū)域有水平向左的、電場強度為的勻強電場，不計一切摩擦阻力（重力加速度）。（1）求開始時彈簧的彈性勢能。（2）若小球也能到達圓弧的最高點，求圓弧半徑的最大值。 【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）A小球恰好能沿管道運動到左邊管的最高點，此時速度為0，根據(jù)動能定理可得求得兩個小球在彈開過程中，動量守恒可得由能量守恒可得聯(lián)立求得（2）對B球受力分析可知，重力與電場力的合力為與豎直方向夾角為求得若要小球也能到達圓弧的最高點，則由從水平面上到等效最高點由動能定理可得聯(lián)立求得15.如圖Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個區(qū)域所有空間存在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度均為 ，質(zhì)量均為的金屬棒放在導(dǎo)軌上，開始在外力作用下，讓兩棒保持靜止。已知，棒電阻不能忽略，a棒和所有導(dǎo)軌電阻均不計，Ⅰ、Ⅱ區(qū)域?qū)к墝挾染鶠?，Ⅰ、Ⅱ區(qū)域?qū)к壷g連接處絕緣（Ⅱ、Ⅲ區(qū)域?qū)к壗佑|處導(dǎo)電良好），Ⅲ區(qū)域?qū)к墝挾葹椤＂駞^(qū)域?qū)к墐A斜放置，傾角為，Ⅱ、Ⅲ區(qū)域?qū)к壦椒胖茫易銐蜷L。在Ⅰ區(qū)域?qū)к壣辖尤胍粋€電容的電容器，初始時電容器電荷量為0?，F(xiàn)將兩棒由靜止釋放，當(dāng)棒沿Ⅰ區(qū)域?qū)к夁\動到Ⅱ區(qū)域?qū)к壣蠒r速度為，不計一切摩擦阻力。（重力加速度）（1）求a棒沿Ⅰ區(qū)域傾斜導(dǎo)軌下滑的距離。（2）求b棒從開始運動到穩(wěn)定狀態(tài)，通過的電荷量。（3）若僅將Ⅲ區(qū)域磁場強度變成原來的2倍，其他條件不變，仍將a由靜止釋放，求以后的運動過程中b棒上總共產(chǎn)生的焦耳熱?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）a棒沿Ⅰ區(qū)域傾斜導(dǎo)軌下滑的距過程，根據(jù)動能定理解得傾斜導(dǎo)軌下滑的距離（2）棒運動到Ⅱ區(qū)域?qū)к壣虾?，在安培力作用下減速，b棒在安培力的作用下加速，當(dāng)b棒速度為棒的2倍時，達到穩(wěn)定狀態(tài)，安培力對、b兩棒的沖量大小分別為、，有根據(jù)動量定理聯(lián)立解得 設(shè)某時刻流過b棒的電流為，取很短的時間，有又解得等式兩側(cè)求和解得解得通過的電荷量（3）若僅將Ⅲ區(qū)域磁場強度變成原來的2倍，棒運動到Ⅱ區(qū)域?qū)к壣蠒r速度為，同理運動到Ⅱ區(qū)域?qū)к壣虾?，在安培力的作用下減速，b棒在安培力的作用下加速，當(dāng)b棒速度與棒的相同時，達到穩(wěn)定狀態(tài)，安培力對、b兩棒的沖量大小分別為、，有根據(jù)動量定理聯(lián)立解得根據(jù)能量守恒，以后的運動過程中b棒上總共產(chǎn)生的焦耳熱解得