安徽省滁州中學2023-2024學年高二上學期12月月考物理試卷 Word版含解析.docx

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滁州中學2022級高二上學期12月月考試卷物理試卷時長：75分鐘分值：100分考試范圍：必修三全冊內容，選擇性必修二第一、二章一、選擇題（第1-8題為單選題，每題4分；第9-10題為多選題，每題5分，漏選得3分；共計42分。）1.關于洛倫茲力的應用，下列說法正確的是（　?。〢.圖a速度選擇器中篩選出的粒子沿著PQ做勻加速直線運動B.圖b回旋加速器接入的工作電源是直流電C.圖c是質譜儀的主要原理圖，其中、、在磁場中偏轉半徑最大的是D.圖d是磁流體發(fā)電機，將一束等離子體噴入磁場，A、B間會產生電壓，且A板電勢高【答案】C【解析】【詳解】A．圖a速度選擇器中粒子所受洛倫茲力和電場力等大反向時則會被篩選出來，篩選出的粒子沿著PQ做勻速直線運動，故A錯誤；B．圖b回旋加速器接入的工作電源是交流電，交流電的周期與粒子在磁場中做圓周運動的周期相等，故B錯誤；C．粒子在加速電場中有 在磁場中軌跡半徑解得可知比荷（）越小，半徑越大，所偏轉半徑最大的是，故C正確；D．等離子體噴入磁場由左手定則可知正離子偏向B板，負離子偏向A板，A、B間會產生電壓，且B板電勢高，故D錯誤。故選C。2.如圖所示，水平桌面上放有一個閉合鋁環(huán)，在鋁環(huán)軸線上方有一個條形磁體。當條形磁體沿軸線豎直向下迅速移動時，下列判斷正確的是（　?。〢.鋁環(huán)有收縮的趨勢，對桌面的壓力增大B.鋁環(huán)有收縮的趨勢，對桌面的壓力減小C.鋁環(huán)有擴張的趨勢，對桌面的壓力減小D.鋁環(huán)有擴張的趨勢，對桌面的壓力增大【答案】A【解析】【分析】【詳解】根據(jù)楞次定律可知：當條形磁體沿軸線豎直向下迅速移動時，閉合鋁環(huán)內的磁通量增加，因此鋁環(huán)有收縮的趨勢，同時有遠離磁體的趨勢，從而阻礙磁通量的增加，故增加了和桌面的擠壓程度，從而使鋁環(huán)對桌面的壓力增加，故選項A正確，BCD錯誤。故選A。3.如圖所示，電源內阻不可忽略且電源電動勢和內阻保持不變，當滑動變阻器的滑動片向下移動時，關于電燈L的亮度及電容器C所帶電荷量Q的變化判斷正確的是（　?。?A.L變暗，Q增大B.L變暗，Q減小C.L變亮，Q增大D.L變亮，Q減小【答案】B【解析】【分析】【詳解】當滑動變阻器的滑動片向下移動時，滑動變阻器的有效電阻減小，電路的總電阻減小，干路電流變大，內電壓變大，外電壓變小。燈泡電壓與外電壓相等，所以燈泡變暗。因為燈泡變暗，所以流過燈泡電流減小，則流過滑動變阻器電流變大，所以電阻R1的電壓變大，則滑動變阻器電壓減小，根據(jù)電容公式可得電容器電量減小。故選B4.如圖所示，邊長為l，質量為m的等邊三角形導線框abc用絕緣細線懸掛于天花板，導線框中通以恒定電流I，圖中虛線過ab邊、ac邊中點，在虛線的下方有一垂直于導線框平面向里的勻強磁場，其磁感應強度大小為B，此時導線框處于靜止狀態(tài)；保持其他條件不變，只將虛線下方的磁場移至虛線上方，導線框仍處于靜止狀態(tài)。則移動磁場前后細線中的拉力差為（　?。〢.2BIlB.BIlC.0D.【答案】B【解析】【分析】【詳解】現(xiàn)將虛線下方的磁場移至虛線上方 此時細線中拉力為F2，線框處于勻強磁場中，則各邊受到的安培力大小相等為，依據(jù)左手定則，可知，安培力夾角均為120°，因此安培力合力為F安，即則有當在虛線的下方有一垂直于導線框向里的勻強磁場，此時導線框處于靜止狀態(tài)，細線中的拉力為F1；依據(jù)左手定則，則各邊受到安培力如圖所示結合矢量的合成法則，及三角知識，則線框受到安培力的合力，方向豎直向上，大小為根據(jù)平衡條件，則有解得故選B。5.海底通信電纜通電后會產生磁場，科學家為了檢測某一海域中磁感應強度的大小，利用圖中一塊長為a、寬為c、厚為b，單位體積內自由電子數(shù)為n的金屬霍爾元件，放在海底磁場中，當有如圖所示的恒定電流I（電流方向和磁場方向垂直）通過元件時，會產生霍爾電勢差 ，通過元件參數(shù)可以求得此時海底的磁感應強度B的大?。ǖ卮艌鲚^弱，可以忽略）。下列說法正確的是（提示：電流I與自由電子定向移動速率v之間關系為，其中e為單個電子的電荷量）（　?。〢.元件上表面的電勢高于下表面的電勢B.僅增大霍爾元件的寬度c，上、下表面的電勢差不變C.僅增大霍爾元件的厚度b，上、下表面的電勢差不變D.其他條件一定時，霍爾電壓越小，則該處的磁感應強度越大【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．金屬材料中定向移動的是自由電子，自由電子定向移動的方向與電流方向相反，由左手定則判斷可知，電子聚集在上表面，上表面的電勢低，?故A錯誤；BC．當電子受到的電場力和洛倫茲力平衡時，霍爾電壓也趨于穩(wěn)定，可得解得將電流代入，可得僅增大霍爾元件的寬度c，上、下表面的電勢差變?。粌H增大霍爾元件的厚度b，上、下表面的電勢差不變，故B錯誤，C正確；D．根據(jù)判斷可知，其他條件一定時，霍爾電壓越小，該處的磁感應強度越小，故D錯誤。故選C。6.如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質量為的帶電小球，以初速度從點豎直向上運動，通過點時，速度大小為，方向與電場方向相反，則小球從運動到的過程（） A.動能增加B.機械能增加C.重力勢能增加D.電勢能增加【答案】B【解析】【詳解】由動能的表達式可知帶電小球在M點的動能為，在N點的動能為，所以動能的增量為，故A錯誤；帶電小球在電場中做類平拋運動，豎直方向受重力做勻減速運動，水平方向受電場力做勻加速運動，由運動學公式有，可得，豎直方向的位移，水平方向的位移，因此有，對小球寫動能定理有，聯(lián)立上式可解得，，因此電場力做正功，機械能增加，故機械能增加，電勢能減少，故B正確D錯誤，重力做負功重力勢能增加量為，故C錯誤．7.如圖所示，MN的右側存在范圍足夠大、磁感應強度大小為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，MN右側到MN的距離為L的O處有一個粒子源，可沿紙面內各個方向射出質量為m、電荷量為q的帶正電粒子（不計重力及粒子間的相互作用），速度均為，則粒子在磁場中運動的最短時間為（　?。?A.B.C.D.【答案】B【解析】【詳解】由洛倫茲力提供向心力可得v＝所以粒子在磁場中運動的半徑為r＝＝L粒子在磁場中運動時間最短，對應的弧長最短、弦長最短，由幾何關系得，當弦長等于L時最短，此時弦切角為30°，圓心角為60°，如圖所示，運動的最短時間是tmin＝T＝×＝ACD錯誤，故B正確。故選B。8.如圖所示，邊長為L的等邊三角形區(qū)域ACD內、外的勻強磁場的磁感應強度大小均為B、方向分別垂直紙面向里、向外。三角形頂點A處有一質子源，能沿∠A的角平分線發(fā)射速度大小不等、方向相同的質子（質子重力不計、質子間的相互作用可忽略），所有質子均能通過D點，已知質子的比荷，則質子的速度不可能為（　?。?A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】【詳解】質子的運動軌跡如圖所示，由幾何關系可得由洛倫茲力提供向心力，則有聯(lián)立解得所以ABD正確，不符合題意；C錯誤，符合題意；故選C。9.某同學將一直流電源的總功率PE、電源內部的發(fā)熱功率Pr和輸出功率PR隨電流I變化的圖線畫在了同一坐標系中，如圖中的a、b、c所示。以下判斷正確的是（　　） A.電源的最大輸出功率B.電源的電動勢E=3V，內電阻r=1ΩC.b、c圖線的交點與a、b圖線的交點的橫坐標之比一定為1：2，縱坐標之比一定為1：4D.在a、b、c三條圖線上分別取橫坐標相同的A、B、C三點，這三點的縱坐標一定滿足關系【答案】BCD【解析】【詳解】D．在a、b、c三條圖線上分別取橫坐標相同的A、B、C三點，因為直流電源的總功率等于輸出功率和電源內部的發(fā)熱功率之和，所以這三點的縱坐標一定滿足關系故D正確；B．由圖像可知，當時，有說明外電路短路，根據(jù)可得電源的電動勢為內電阻為故B正確；A．電源的輸出功率 當時電源輸出功率最大，則有故A錯誤；C．當內電阻和外電阻相等時，電源輸出的功率最大，此時即為b、c線的交點的電流，此時電流的大小為電源輸出的最大功率為a、b線的交點表示電源的總功率和電源內部的發(fā)熱功率隨相等，此時只有電源的內電阻，所以此時的電流的大小為功率的大小為所以橫坐標之比為1：2，縱坐標之比為1：4，故C正確。故選BCD。10.如圖，豎直平面內，光滑絕緣圓管傾斜固定，與水平面的夾角為30°，處于水平向左的勻強電場E和垂直紙面向里的勻強磁場B中。一帶電小球，以速度沿管軸方向斜向下方做勻速直線運動，并無碰撞地進入管內（管道內徑略大于小球直徑）。下列判斷正確的是（　?。〢.小球帶正電荷 B.C.若進入管道時撤去電場，小球在管道內的加速度將保持不變D.若進入管道時撤去磁場，小球在管道內的速率將增大【答案】AC【解析】【詳解】A．經分析，洛倫茲力不做功，重力做正功，而小球動能不變，電場力一定做負功，則小球帶正電，故A正確；B．由題意得，小球受重力、電場力、洛倫茲力三力平衡，則即故B錯誤；C．撤去電場時，小球受管的彈力、洛倫茲力、小球的重力的合力沿圓管向下，由牛頓第二定律得即所以小球在管道內的加速度將保持不變，故C正確；D．因為電場力、重力、洛倫茲力三力平衡時，電場力和重力的合力與洛倫茲力方向相反，說明重力和電場力的合力和速度方向垂直，所以撤去磁場后，重力和電場力合力不做功，又因為圓管對小球的支持力也不做功，則小球在管道內仍做勻速直線運動，速率將保持不變，故D錯誤。故選AC。二、實驗題（每空2分，共計18分）11.一根細長均勻、內芯為絕緣材料的金屬管線樣品，橫截面外緣為正方形，如圖甲所示。此金屬管線樣品長約30cm、電阻約，已知這種金屬的電阻率為ρ，因管內芯絕緣材料截面形狀不規(guī)則，無法直接測量其橫截面積。請你設計一個測量管內芯截面積S的電學實驗方案，現(xiàn)有如下器材可選： A．毫米刻度尺B．螺旋測微器C．電流表A1（量程0~600mA，內阻約為）D．電流表A2（量程0~3A，內阻約為）E．電壓表V（量程0~6V，內阻約為）F．滑動變阻器R1（，允許通過的最大電流0.5A）G．滑動變阻器R2（，允許通過的最大電流2A）H．蓄電池E（電動勢為6V，內阻約為）Ⅰ．開關一個、帶夾子的導線若干（1）上述器材中，應該選用的電流表是________，滑動變阻器是________（填寫選項前字母代號）。（2）若某次用螺旋測微器測得樣品截面外緣正方形邊長如圖乙所示，則其值為________mm。（3）要求盡可能測出多組數(shù)據(jù)，你認為在圖丙、丁、戊、己中選擇的電路圖是________（填“丙、丁、戊、己”）。（4）若樣品截面外緣正方形邊長為a、樣品長為L、電流表示數(shù)為I、電壓表示數(shù)為U，則計算內芯截面積的表達式為__________。【答案】①.C②.G③.0.730④.丙⑤.【解析】【詳解】（1）[1]由題意可知，電源電動勢為6V，而由于待測電阻約為，則電路中電流最大為 故不能選用最大量程為3A的電流表，故電流表只能選用，即電流表應該選C；[2]而由題意可知，電路應采用分壓接法，故滑動變阻器應選用較小的電阻，故滑動變阻器選用，即滑動變阻器選選項G；（2）[3]由圖乙所示螺旋測微器可知，固定刻度示數(shù)為0.5mm，螺旋測微器的示數(shù)為（3）[4]由電壓表內阻遠大于金屬管線的電阻，電流表應采用外接法，為測多組實驗數(shù)據(jù)，滑動變阻器應采用分壓接法，故選擇丙電路圖；（4）[5]根據(jù)歐姆定律，有根據(jù)電阻定律，有故橫截面積為故金屬管線內部空間截面積的表達式為12.某同學要測量“水果電池”的電動勢和內阻，提供下列儀器：A.待測“水果電池”（電動勢E約為4V，內阻r約為200Ω）B.表A（量程5mA，內阻）C.電壓表V（量程，內阻約5kΩ）D.電阻箱（）E.滑動變阻器R（）F.開關、導線若干。（1）由于毫安表的量程太小，該同學用電阻箱與毫安表A并聯(lián)，可使其量程擴大，取，則改裝后的電流表量程為毫安表滿偏電流的______倍；（2）用改裝后的電流表完成實驗，應該選擇的實驗電路是圖中的______（選填“甲”或“乙”）； （3）根據(jù)實驗數(shù)據(jù)畫出圖線，如圖所示。由圖線可得，“水果電池”的電動勢___V，內電阻___。（保留三位有效數(shù)字）【答案】①.5②.乙③.④.175【解析】【詳解】（1）[1]設電流表內阻為，由并聯(lián)電路規(guī)律可得解得因此改裝后的電流表量程為毫安表滿偏電流的5倍；（2）[2]由于電流表內阻已知，因此采用電流表外接，電流表分壓的誤差就可以避免了；故選乙電路。（3）[4][5]改裝后電流表的內阻為則由閉合電路歐姆定律可得 轉化可得由圖像可得解得，三、計算題（第13題10分，第14題14分，第15題16分，共計40分。）13.某品牌的小汽車電動機和車燈的實際電路可以簡化為如圖所示的電路，電源電動勢，內阻r=0.5Ω，電動機的線圈電阻RM=0.2Ω，只閉合S1時，電流表示數(shù)I1=5A，再閉合S2，電動機正常工作，電流表示數(shù)I2=10A（電流表內阻不計），不考慮燈絲電阻的變化。求在S1、S2均閉合時：（1）車燈兩端的電壓UL和通過電動機的電流IM；（2）電動機輸出功率。【答案】（1），；（2）【解析】【詳解】（1）只閉合S1時，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得代入數(shù)據(jù)解得車燈的電阻為在S1、S2均閉合時，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得解得車燈兩端的電壓為 通過車燈的電流為通過電動機的電流為（2）電動機輸出功率為14.如圖，在平面直角坐標系xOy中，直角三角形區(qū)域ABC內存在垂直紙面向里的勻強磁場B1，線段CO=OB=L，θ=30°；第三象限內存在垂直紙面的勻強磁場B2（圖中未畫出），過C點放置著一面與y軸平行的足夠大熒光屏CD；第四象限正方形區(qū)域OBFE內存在沿x軸正方向的勻強電場。一電子以速度v0從x軸上P點沿y軸正方向射入磁場，恰以O點為圓心做圓周運動且剛好不從AC邊射出磁場；此后電子經第四象限從E點進入第三象限，最后到達熒光屏時速度方向恰好與熒光屏平行。已知電子的質量為m、電荷量為e，不計電子的重力，求：（1）P點距O點的距離d；（2）電子到達E點時的速度；（3）第三象限內的磁感應強度B2的大小?！敬鸢浮浚?）；（2），方向與y軸負方向成45°斜向左下方；（3）見解析【解析】【詳解】（1）電子在區(qū)域ABC內以O點為圓心做勻速圓周運動，在G點與AC相切，其運動軌跡如圖 在△COG中，根據(jù)幾何知識有（2）電子從H點進入電場做類平拋運動，軌跡如圖所示設電子從OE邊離開且在電場中運動的時間為t,根據(jù)運動學規(guī)律，沿x方向沿y方向電子到達E點速度為 聯(lián)立解得，（3）①若磁場方向垂直于紙面向里，設其做勻速圓周運動軌道半徑為r1，圓心為O1，如圖所示根據(jù)幾何關系有根據(jù)洛倫茲力提供向心力有解得②若磁場方向垂直于紙面向外，設其做勻速圓周運動的軌道半徑為r2，圓心為O2，如圖所示 根據(jù)幾何關系有根據(jù)洛倫茲力提供向心力有解得15.如圖所示，絕緣粗糙的豎直平面MN左側同時存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，電場強度大小為E，磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為B。一質量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點由靜止開始沿MN下滑，到達C點時離開MN做曲線運動。重力加速度為g。求（1）求小滑塊運動到C點時的速度大??；（2）若從A點運動到C點的過程中克服摩擦力做的功已知，求A、C兩點間的距離h；（3）若D點為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運動過程中速度最大的位置，當小滑塊運動到D點時撤去磁場，此后小滑塊繼續(xù)運動到水平地面上的P點。已知小滑塊在D點時的速度大小為vD，從D點運動到P點的時間為t，求小滑塊運動到P點時動能Ek以及DP間的距離s。 【答案】（1）；（2）；（3），【解析】【詳解】（1）小滑塊在C點剛離開時彈力為零，則解得（2）從A點運動到C點的過程中，根據(jù)動能定理有解得A、C兩點間的距離為（3）如圖所示，小滑塊速度最大時，速度方向與電場力、重力的合力方向垂直。 撤去磁場后小滑塊將做類平拋運動，等效加速度為，則小滑塊運動到P點時動能DP間的距離為