《安徽省滁州中學(xué)2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期12月月考物理試卷 Word版含解析.docx》由會員上傳分享，免費(fèi)在線閱讀，更多相關(guān)內(nèi)容在教育資源-天天文庫。

滁州中學(xué)2022級高二上學(xué)期12月月考試卷物理試卷時(shí)長：75分鐘分值：100分考試范圍：必修三全冊內(nèi)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(jì)42分。）1.關(guān)于洛倫茲力的應(yīng)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(yùn)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(zhì)譜儀的主要原理圖，其中、、在磁場中偏轉(zhuǎn)半徑最大的是D.圖d是磁流體發(fā)電機(jī)，將一束等離子體噴入磁場，A、B間會產(chǎn)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(shí)則會被篩選出來，篩選出的粒子沿著PQ做勻速直線運(yùn)動，故A錯(cuò)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(yùn)動的周期相等，故B錯(cuò)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(zhuǎn)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(fù)離子偏向A板，A、B間會產(chǎn)生電壓，且B板電勢高，故D錯(cuò)誤。故選C。2.如圖所示，水平桌面上放有一個(gè)閉合鋁環(huán)，在鋁環(huán)軸線上方有一個(gè)條形磁體。當(dāng)條形磁體沿軸線豎直向下迅速移動時(shí)，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(kuò)張的趨勢，對桌面的壓力減小D.鋁環(huán)有擴(kuò)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(dāng)條形磁體沿軸線豎直向下迅速移動時(shí)，閉合鋁環(huán)內(nèi)的磁通量增加，因此鋁環(huán)有收縮的趨勢，同時(shí)有遠(yuǎn)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(xiàng)A正確，BCD錯(cuò)誤。故選A。3.如圖所示，電源內(nèi)阻不可忽略且電源電動勢和內(nèi)阻保持不變，當(dāng)滑動變阻器的滑動片向下移動時(shí)，關(guān)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(dāng)滑動變阻器的滑動片向下移動時(shí)，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(nèi)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?yàn)闊襞葑儼?，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(zhì)量為m的等邊三角形導(dǎo)線框abc用絕緣細(xì)線懸掛于天花板，導(dǎo)線框中通以恒定電流I，圖中虛線過ab邊、ac邊中點(diǎn)，在虛線的下方有一垂直于導(dǎo)線框平面向里的勻強(qiáng)磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，此時(shí)導(dǎo)線框處于靜止?fàn)顟B(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(dǎo)線框仍處于靜止?fàn)顟B(tài)。則移動磁場前后細(xì)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(shí)細(xì)線中拉力為F2，線框處于勻強(qiáng)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(dāng)在虛線的下方有一垂直于導(dǎo)線框向里的勻強(qiáng)磁場，此時(shí)導(dǎo)線框處于靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)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(jié)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(chǎn)生磁場，科學(xué)家為了檢測某一海域中磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，利用圖中一塊長為a、寬為c、厚為b，單位體積內(nèi)自由電子數(shù)為n的金屬霍爾元件，放在海底磁場中，當(dāng)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(shí)，會產(chǎn)生霍爾電勢差 ，通過元件參數(shù)可以求得此時(shí)海底的磁感應(yīng)強(qiáng)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(guān)系為，其中e為單個(gè)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(shí)，霍爾電壓越小，則該處的磁感應(yīng)強(qiáng)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(cuò)誤；BC．當(dāng)電子受到的電場力和洛倫茲力平衡時(shí)，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(cuò)誤，C正確；D．根據(jù)判斷可知，其他條件一定時(shí)，霍爾電壓越小，該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度越小，故D錯(cuò)誤。故選C。6.如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場中，質(zhì)量為的帶電小球，以初速度從點(diǎn)豎直向上運(yùn)動，通過點(diǎn)時(shí)，速度大小為，方向與電場方向相反，則小球從運(yùn)動到的過程（） A.動能增加B.機(jī)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(dá)式可知帶電小球在M點(diǎn)的動能為，在N點(diǎn)的動能為，所以動能的增量為，故A錯(cuò)誤；帶電小球在電場中做類平拋運(yùn)動，豎直方向受重力做勻減速運(yùn)動，水平方向受電場力做勻加速運(yùn)動，由運(yùn)動學(xué)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?qū)憚幽芏ɡ碛?，?lián)立上式可解得，，因此電場力做正功，機(jī)械能增加，故機(jī)械能增加，電勢能減少，故B正確D錯(cuò)誤，重力做負(fù)功重力勢能增加量為，故C錯(cuò)誤．7.如圖所示，MN的右側(cè)存在范圍足夠大、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向里，MN右側(cè)到MN的距離為L的O處有一個(gè)粒子源，可沿紙面內(nèi)各個(gè)方向射出質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子（不計(jì)重力及粒子間的相互作用），速度均為，則粒子在磁場中運(yùn)動的最短時(shí)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(yùn)動的半徑為r＝＝L粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)間最短，對應(yīng)的弧長最短、弦長最短，由幾何關(guān)系得，當(dāng)弦長等于L時(shí)最短，此時(shí)弦切角為30°，圓心角為60°，如圖所示，運(yùn)動的最短時(shí)間是tmin＝T＝×＝ACD錯(cuò)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(nèi)、外的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向分別垂直紙面向里、向外。三角形頂點(diǎn)A處有一質(zhì)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(zhì)子（質(zhì)子重力不計(jì)、質(zhì)子間的相互作用可忽略），所有質(zhì)子均能通過D點(diǎn)，已知質(zhì)子的比荷，則質(zhì)子的速度不可能為（　?。?A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】【詳解】質(zhì)子的運(yùn)動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)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(cuò)誤，符合題意；故選C。9.某同學(xué)將一直流電源的總功率PE、電源內(nèi)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(biāo)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(nèi)電阻r=1ΩC.b、c圖線的交點(diǎn)與a、b圖線的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)之比一定為1：2，縱坐標(biāo)之比一定為1：4D.在a、b、c三條圖線上分別取橫坐標(biāo)相同的A、B、C三點(diǎn)，這三點(diǎn)的縱坐標(biāo)一定滿足關(guān)系【答案】BCD【解析】【詳解】D．在a、b、c三條圖線上分別取橫坐標(biāo)相同的A、B、C三點(diǎn)，因?yàn)橹绷麟娫吹目偣β实扔谳敵龉β屎碗娫磧?nèi)部的發(fā)熱功率之和，所以這三點(diǎn)的縱坐標(biāo)一定滿足關(guān)系故D正確；B．由圖像可知，當(dāng)時(shí)，有說明外電路短路，根據(jù)可得電源的電動勢為內(nèi)電阻為故B正確；A．電源的輸出功率 當(dāng)時(shí)電源輸出功率最大，則有故A錯(cuò)誤；C．當(dāng)內(nèi)電阻和外電阻相等時(shí)，電源輸出的功率最大，此時(shí)即為b、c線的交點(diǎn)的電流，此時(shí)電流的大小為電源輸出的最大功率為a、b線的交點(diǎn)表示電源的總功率和電源內(nèi)部的發(fā)熱功率隨相等，此時(shí)只有電源的內(nèi)電阻，所以此時(shí)的電流的大小為功率的大小為所以橫坐標(biāo)之比為1：2，縱坐標(biāo)之比為1：4，故C正確。故選BCD。10.如圖，豎直平面內(nèi)，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(qiáng)電場E和垂直紙面向里的勻強(qiáng)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(yùn)動，并無碰撞地進(jìn)入管內(nèi)（管道內(nèi)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(jìn)入管道時(shí)撤去電場，小球在管道內(nèi)的加速度將保持不變D.若進(jìn)入管道時(shí)撤去磁場，小球在管道內(nèi)的速率將增大【答案】AC【解析】【詳解】A．經(jīng)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(fù)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(cuò)誤；C．撤去電場時(shí)，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(nèi)的加速度將保持不變，故C正確；D．因?yàn)殡妶隽Α⒅亓?、洛倫茲力三力平衡時(shí)，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?yàn)閳A管對小球的支持力也不做功，則小球在管道內(nèi)仍做勻速直線運(yùn)動，速率將保持不變，故D錯(cuò)誤。故選AC。二、實(shí)驗(yàn)題（每空2分，共計(jì)18分）11.一根細(xì)長均勻、內(nèi)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(nèi)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(shè)計(jì)一個(gè)測量管內(nèi)芯截面積S的電學(xué)實(shí)驗(yàn)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(nèi)阻約為）D．電流表A2（量程0~3A，內(nèi)阻約為）E．電壓表V（量程0~6V，內(nèi)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(nèi)阻約為）Ⅰ．開關(guān)一個(gè)、帶夾子的導(dǎo)線若干（1）上述器材中，應(yīng)該選用的電流表是________，滑動變阻器是________（填寫選項(xiàng)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(rèn)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(jì)算內(nèi)芯截面積的表達(dá)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(yīng)該選C；[2]而由題意可知，電路應(yīng)采用分壓接法，故滑動變阻器應(yīng)選用較小的電阻，故滑動變阻器選用，即滑動變阻器選選項(xiàng)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(nèi)阻遠(yuǎn)大于金屬管線的電阻，電流表應(yīng)采用外接法，為測多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，滑動變阻器應(yīng)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(nèi)部空間截面積的表達(dá)式為12.某同學(xué)要測量“水果電池”的電動勢和內(nèi)阻，提供下列儀器：A.待測“水果電池”（電動勢E約為4V，內(nèi)阻r約為200Ω）B.表A（量程5mA，內(nèi)阻）C.電壓表V（量程，內(nèi)阻約5kΩ）D.電阻箱（）E.滑動變阻器R（）F.開關(guān)、導(dǎo)線若干。（1）由于毫安表的量程太小，該同學(xué)用電阻箱與毫安表A并聯(lián)，可使其量程擴(kuò)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(shí)驗(yàn)，應(yīng)該選擇的實(shí)驗(yàn)電路是圖中的______（選填“甲”或“乙”）； （3）根據(jù)實(shí)驗(yàn)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(nèi)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(shè)電流表內(nèi)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(nèi)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(nèi)阻為則由閉合電路歐姆定律可得 轉(zhuǎn)化可得由圖像可得解得，三、計(jì)算題（第13題10分，第14題14分，第15題16分，共計(jì)40分。）13.某品牌的小汽車電動機(jī)和車燈的實(shí)際電路可以簡化為如圖所示的電路，電源電動勢，內(nèi)阻r=0.5Ω，電動機(jī)的線圈電阻RM=0.2Ω，只閉合S1時(shí)，電流表示數(shù)I1=5A，再閉合S2，電動機(jī)正常工作，電流表示數(shù)I2=10A（電流表內(nèi)阻不計(jì)），不考慮燈絲電阻的變化。求在S1、S2均閉合時(shí)：（1）車燈兩端的電壓UL和通過電動機(jī)的電流IM；（2）電動機(jī)輸出功率?！敬鸢浮浚?），；（2）【解析】【詳解】（1）只閉合S1時(shí)，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(shí)，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(jī)的電流為（2）電動機(jī)輸出功率為14.如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直角三角形區(qū)域ABC內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B1，線段CO=OB=L，θ=30°；第三象限內(nèi)存在垂直紙面的勻強(qiáng)磁場B2（圖中未畫出），過C點(diǎn)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(nèi)存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場。一電子以速度v0從x軸上P點(diǎn)沿y軸正方向射入磁場，恰以O(shè)點(diǎn)為圓心做圓周運(yùn)動且剛好不從AC邊射出磁場；此后電子經(jīng)第四象限從E點(diǎn)進(jìn)入第三象限，最后到達(dá)熒光屏?xí)r速度方向恰好與熒光屏平行。已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，不計(jì)電子的重力，求：（1）P點(diǎn)距O點(diǎn)的距離d；（2）電子到達(dá)E點(diǎn)時(shí)的速度；（3）第三象限內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小?！敬鸢浮浚?）；（2），方向與y軸負(fù)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(nèi)以O(shè)點(diǎn)為圓心做勻速圓周運(yùn)動，在G點(diǎn)與AC相切，其運(yùn)動軌跡如圖 在△COG中，根據(jù)幾何知識有（2）電子從H點(diǎn)進(jìn)入電場做類平拋運(yùn)動，軌跡如圖所示設(shè)電子從OE邊離開且在電場中運(yùn)動的時(shí)間為t,根據(jù)運(yùn)動學(xué)規(guī)律，沿x方向沿y方向電子到達(dá)E點(diǎn)速度為 聯(lián)立解得，（3）①若磁場方向垂直于紙面向里，設(shè)其做勻速圓周運(yùn)動軌道半徑為r1，圓心為O1，如圖所示根據(jù)幾何關(guān)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(shè)其做勻速圓周運(yùn)動的軌道半徑為r2，圓心為O2，如圖所示 根據(jù)幾何關(guān)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(cè)同時(shí)存在相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向水平向右，電場強(qiáng)度大小為E，磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點(diǎn)由靜止開始沿MN下滑，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)離開MN做曲線運(yùn)動。重力加速度為g。求（1）求小滑塊運(yùn)動到C點(diǎn)時(shí)的速度大小；（2）若從A點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)的過程中克服摩擦力做的功已知，求A、C兩點(diǎn)間的距離h；（3）若D點(diǎn)為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運(yùn)動過程中速度最大的位置，當(dāng)小滑塊運(yùn)動到D點(diǎn)時(shí)撤去磁場，此后小滑塊繼續(xù)運(yùn)動到水平地面上的P點(diǎn)。已知小滑塊在D點(diǎn)時(shí)的速度大小為vD，從D點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)的時(shí)間為t，求小滑塊運(yùn)動到P點(diǎn)時(shí)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(diǎn)剛離開時(shí)彈力為零，則解得（2）從A點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)的過程中，根據(jù)動能定理有解得A、C兩點(diǎn)間的距離為（3）如圖所示，小滑塊速度最大時(shí)，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(yùn)動，等效加速度為，則小滑塊運(yùn)動到P點(diǎn)時(shí)動能DP間的距離為