四川省成都市成華區(qū)某校2023-2024學年高二上學期12月月考物理試題

高二物理第Ⅰ卷（選擇題共54分）一、單項選擇題：（本大題共10個小題，每小題3分，共30分。在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的）1.下列不符合物理學史實的是（）A.奧斯特發(fā)現了電流的磁效應，揭示了電現象和磁現象之間的聯(lián)系B.卡文迪許通過扭稱實驗測定了靜電力常量C.密立根利用油滴實驗確定了電荷量的不連續(xù)性，并測定了元電荷的數值D.安培提出了著名的分子電流假說，揭示了磁現象的電本質【答案】B【解析】【詳解】A．奧斯特發(fā)現了電流的磁效應，揭示了電現象和磁現象之間的聯(lián)系，故A正確，不符合題意；B．卡文迪許通過扭稱實驗測定了萬有引力常量，靜電力常量用麥克斯韋的相關理論計算出來的，故B錯誤，符合題意；C．密立根利用油滴實驗確定了電荷量的不連續(xù)性，并測定了元電荷的數值，故C正確，不符合題意；D．安培提出了著名的分子電流假說，揭示了磁現象的電本質，故D正確，不符合題意。故選B。2.如圖，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上（與紙面平行），磁場方向垂直于紙面向里，三個帶正電的微粒a，b，c電荷量相等，質量分別為ma，mb，mc，已知在該區(qū)域內，a在紙面內做勻速圓周運動，b在紙面內向右做勻速直線運動，c在紙面內向左做勻速直線運動，下列選項正確的是（）A.ma>mb>mc B.mb>ma>mcC.mc>ma>mb D.mc>mb>ma【答案】B【解析】【詳解】由題意知mag=qEmbg=qE+Bqvmcg+Bqv=qE所以故選B。3.微信運動步數的測量是通過內電容式加速度傳感器實現的。如圖，M極板固定，當的加速度變化時，N極板只能按圖中標識的“前后”方向運動。圖中R為定值電阻。下列對傳感器描述正確的是（）A.靜止時，電流表示數零，電容器兩極板不帶電B.由靜止突然向前加速時，電容器的電容增大C.由靜止突然向前加速時，電流由b向a流過電流表D.保持向前勻減速運動時，電阻R以恒定功率發(fā)熱【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．靜止時，N板不動，電容器的電容不變，則電容器電量不變，則電流表示數為零，電容器兩極板帶電，選項A錯誤；BC．由靜止突然向前加速時，N板向后運動，則板間距變大，根據可知，電容器的電容減小，電容器帶電量減小，則電容器放電，則電流由b向a流過電流表，選項B錯誤，C正確；D．保持向前勻減速運動時，加速度恒定不變，則N板的位置在某位置不動，電容器電量不變，電路中無電流，則電阻R發(fā)熱功率為零，選項D錯誤。故選C。4.靜置于桌面上的水平螺線管中通有如圖所示的恒定電流，螺線管正上方固定一通電直導線M，M中通有垂直紙面向里的恒定電流，導線恰與螺線管中軸線垂直，紙面內，螺線管正上方以直導線M為圓心的圓上有a、b、c、d四點。其中a、c連線恰為圓的豎直直徑，b、d連線為圓的水平直徑。已知a點的磁感應強度方向水平向左，忽略地磁場的影響，下列說法正確的是（）A.a點的磁感應強度大于c點的磁感應強度B.b、d兩點的磁感應強度相同C.導線在圖示位置時，通電螺線管所受的安培力豎直向下D.若將通電直導線M豎直向下移動到a點的過程中，螺線管所受安培力逐漸增大【答案】D【解析】【詳解】A．設螺線管在a、c兩點產生磁場的磁感應強度大小分別為Ba1和Bc1，通電直導線M在a、c兩點產生磁場的磁感應強度大小分別為Ba2和Bc2，根據安培定則以及磁感應強度的疊加法則可知a、c兩點的合磁感應強度大小分別為并且所以故A錯誤；B．根據對稱性可知，b、d兩點的磁感應強度大小相同，方向不同，故B錯誤；C．導線在圖示位置時，通電螺線管在M處產生磁場的磁感應強度方向為水平向右，根據左手定則可知M所受安培力豎直向下，根據牛頓第三定律可知通電螺線管所受安培力豎直向上，故C錯誤；D．根據通電螺線管周圍磁感線分布特點可知，將通電直導線M豎直向下移動到a點的過程中，導線M所在位置磁感應強度逐漸增大，則M所受安培力逐漸增大，根據牛頓第三定律可知螺線管所受安培力也逐漸增大，故D正確。故選D。5.如圖所示，用兩個完全相同的輕彈簧吊著一根水平銅棒，每根輕彈簧連接有力傳感器（圖中未畫出）可測出輕彈簧彈力大小，銅棒所在虛線范圍內有垂直于紙面向里的勻強磁場，當棒靜止時，每個力傳感器的拉力讀數均為F1；當棒中通以大小為I的自左向右的電流，當棒再次靜止時，每個力傳感器的拉力示數均為F2，則勻強磁場B的大小為（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【詳解】由題意可知當棒中通以大小為I的自左向右的電流時，受向上的安培力，則聯(lián)立解得故選D。6.如圖，邊長為L的正方形abcd內存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強磁場。一質量為m、電荷量為的粒子從ab中點O處以垂直于ab的速度射入磁場，恰好從c點射出。不計粒子重力，粒子的速度大小為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】粒子在磁場中做圓周運動的軌跡如圖所示根據幾何關系，有根據牛頓第二定律，有聯(lián)立可得故選B。7.如圖所示，電源電動勢為，電源內阻為，電路中的電阻為，小型直流電動機的內阻為，閉合開關后，電動機轉動，理想電流表的示數為，則以下判斷中正確的是（）A.電動機的輸出功率為 B.電動機兩端的電壓為C.電動機產生的熱功率為 D.電動機的效率恰為【答案】B【解析】【詳解】ABC．根據題意可知，流過電動機的電流等于電路中的電流為則電動機兩端的電壓為由公式可得，電動機的熱功率為由公式可得，電動機的輸入功率為則電動機的輸出功率為故AC錯誤，B正確；D．由公式可得，電動機的效率為故D錯誤。故選B。8.如圖甲是回旋加速器的原理示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，在加速帶電粒子時，兩金屬盒置于勻強磁場中(磁感應強度大小恒定)，并分別與高頻電源相連，加速時某帶電粒子的動能Ek隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，已知帶電粒子的質量為m，電荷量為q，磁感應強度為B，若忽略帶電粒子在電場中的加速時間，則下列判斷正確的是（）A.在Ek－t圖像中B.在Ek－t圖像中t4－t3＝t3－t2＝t2－t1C.高頻電源的變化周期應該等于tn－tn－1D.根據圖像粒子加速次數越多，粒子獲得的最大動能一定越大【答案】B【解析】【詳解】A．在Ek－t圖像中可知t1是半個周期，所以故A錯誤；B．帶電粒子在勻強磁場中的運動周期與粒子速度無關，故B正確；C．回旋加速器所加高頻電源的頻率與帶電粒子在磁場中運動的頻率相同，在一個周期內，帶電粒子兩次通過勻強電場而加速，故高頻電源的變化周期為tn－tn－2，故C錯誤；D．粒子加速到做圓周運動的半徑等于加速器半徑時，速度達到最大，即可得粒子獲得的最大動能可見粒子獲得的最大動能與加速次數無關，故D錯誤。故選B。9.如圖所示，四根通有大小相等且為恒定電流的長直導線垂直穿過xoy平面，1、2、3、4直導線與xoy平面的交點成邊長為2a的正方形且關于x軸和y軸對稱，各導線中電流方向已標出，已知通電無限長直導線產生的磁感應強度大小與到直導線距離成反比，設1導線在O點產生的磁感應強度為B0，下列說法正確的是（）A.4根直導線在O點的磁感應強度大小為0B.直導線1、2之間相互作用力為吸引力C.直導線1、2在O點的合磁場的磁感應強度大小為2B0D.直導線2受到直導線1、3、4的作用力合力方向指向O點【答案】A【解析】【詳解】AC．根據安培定則判斷四根導線在O點產生的磁感應強度的方向分別為：1導線產生的磁感應強度方向為O4方向；3導線產生的磁感應強度方向為O2方向；同理，2導線產生的方向為O3方向，4導線產生的方向為O1方向；則根據平行四邊形定則進行合成可知，四根導線同時存在時O點的磁感應強度大小為0，直導線1、2在O點的合磁場的磁感應強度大小為B0，故A正確，C錯誤。

B．直導線1、2電流方向相反，根據平行通電導線作用規(guī)律，直導線1、2之間的相互作用力為排斥力，故B錯誤；

D．無限長直導線產生的磁感應強度大小與到直導線距離成反比，即，1導線在O點產生的磁感應強度為B0，則1、3在2的磁感應強度為，方向分別沿著23和12方向；故1、3在2的磁感應強度合成為沿13方向；直導線4在2的磁感應強度為，方向沿31方向，直導線1、3、4在2處的合磁場為，方向沿13方向，則由左手定則，直導線2受到直導線1、3、4的作用力合力方向沿著42方向，不指向O點，故D錯誤；

故選A。10.如圖，MN為鋁質薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻強磁場（未畫出）。一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點垂直于鋁板向上射出，從Q點穿越鋁板后到達PQ的中點O。已知粒子穿越鋁板時，其動能損失了，速度方向和電荷量不變。不計重力。鋁板上方和下方的磁感應強度大小之比為（）A.2 B. C.1 D.【答案】C【解析】【詳解】設帶電粒子在P點時初速度為v1，從Q點穿過鋁板后速度為v2，則由題意粒子穿越鋁板時，其動能損失了，可知即則據圖分析知洛倫茲力提供向心力得所以故C正確。故選C。二、多項選擇題：本大題共4小題，每小題6分，共24分。在每小題給出的四個選項中，有一個以上的選項正確。全部選對得4分，選不全得2分，有選錯或不答的得0分。11.如圖甲所示，彈簧振子以點O為平衡位置，在A、B兩點之間做簡諧運動。取向右為正方向，振子的位移x隨時間t的變化如圖乙所示，下列說法正確的是（）A.時，振子的速度方向向左B.時，振子在O點右側處C.和時，振子的加速度完全相同D.到的時間內，振子的速度逐漸增大【答案】ABD【解析】【詳解】A．t=0.8s時，振子經過O點向負方向運動，即向左運動，故A正確；B．由乙圖可知振子振幅A=12cm，周期T=1.6s，則可知則振子振動方程當t=0.2s時，振子在O點右側，且故B正確；C．t=0.4s和t=1.2s時，振子的位移等大反向，回復力和加速度也是等大反向，故C錯誤；D．t=0.4s到t=0.8s的時間內，振子從B點向左運動到平衡位置，其速度逐漸增加，故D正確。故選ABD。12.如圖所示，空間存在互相垂直的勻強電場和勻強磁場，圖中虛線為勻強電場的等勢線，一不計重力的帶電粒子在M點以某一初速度垂直等勢線進入正交電磁場中，運動軌跡如圖所示，已知粒子在N點的速度比在M點的速度大。則下列說法正確的是（）A.粒子帶正電B.電場線方向一定垂直等勢面向左C.粒子的運動軌跡一定是拋物線D.粒子從M點運動到N點的過程中電勢能減小【答案】BD【解析】【詳解】A．根據粒子在電、磁場中的運動軌跡和左手定則可知，粒子一定帶負電，故A錯誤；B．由于空間只存在電場和磁場，粒子的速度增大，說明在此過程中電場力對帶電粒子做正功，則電場線方向一定垂直等勢面向左，故B正確；C．由于洛倫茲力方向始終與速度方向垂直，故粒子受到的合力是變力，而物體只有在恒力作用下做曲線運動時，軌跡才是拋物線，故C錯誤；D．電場力做正功，電勢能減小，故D正確。故選BD。13.一勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向里，其邊界如圖中虛線所示，ab為半徑為R的半圓，ac、bd與直徑ab共線，a、c間的距離等于半圓的半徑R。一束質量均為m、電量均為q的帶負電的粒子，在紙面內從c點垂直于ac以不同速度射入磁場，不計粒子重力及粒子間的相互作用。下列說法正確的是（）A.可以經過半圓形邊界的粒子的速率最小值為B.可以經過半圓形邊界的粒子的速率最大值為C.在磁場中運動時間最短的粒子速率為D.在磁場中運動時間最短的粒子運動時間為【答案】BD【解析】【詳解】粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得解得，粒子的軌道半徑粒子速度v越大，半徑R越大。A．粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示，在能達到半圓形邊界的粒子中，經過a點的粒子半徑最小，速度小，其軌如圖中1所示，由得故A錯誤；B．經過b點的粒子半徑最大，速度最大，其軌跡如圖中2所示，由解得故B正確；C．軌跡圓弧所對應的弦與ab半圓形邊界相切時，圓心角最小，運動時間最短，其軌跡如圖中所示，圓心恰好位于a點，由解得故C錯誤；D．粒子在磁場中轉過的最小圓心角為，粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期粒子在磁場中的最短運動時間為故D正確。故選BD。14.如圖所示，電源電動勢為E，內電阻為r，理想電壓表、示數分別為、，其變化量的絕對值分別為和；流過電源的電流為I，其變化量的絕對值為。在滑動變阻器的觸片從右端滑到左端的過程中（燈泡、、電阻均不變）,則（）A.燈泡變暗，、變亮B.C.增大D.不變【答案】AD【解析】【詳解】A．當滑動變阻器的觸片P從右端滑到左端時，變阻器接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，總電流增大，流過L2的電流增大，則L2變亮；內電壓和L2的電壓均增大，則并聯(lián)部分的電壓減小，L3變暗；總電流增大，而L3的電流減小，則L1的電流增大，則L1變亮，故A正確；

B．由上分析可知，電壓表V1的示數減小，電壓表V2的示數增大，由于路端電壓減小，即兩電壓表示數之和減小，所以ΔU1＞ΔU2，故B錯誤；

C．由U1=EI（RL2+r）得=RL2+r不變，故C錯誤；

D．根據歐姆定律得=RL2不變，故D正確

故選AD。15.霍爾效應這一現象是美國物理學家霍爾于1879年發(fā)現的。當電流垂直于外磁場通過導體時，載流子發(fā)生偏轉，垂直于電流和磁場的方向會產生一附加電場，從而在導體的兩端產生電勢差，這一現象就是霍爾效應，這個電勢差被稱為霍爾電勢差?，F有一金屬導體霍爾元件連在如圖所示電路中，電源內阻不計，電動勢恒定，霍爾電勢差穩(wěn)定后，下列說法正確的是（）A.a端電勢低于b端電勢B.若元件的厚度增加，a、b兩端電勢差不變C.霍爾電勢差的大小只由霍爾元件本身決定D.若要測量赤道附近的地磁場，應將工作面調整為與待測平面垂直【答案】BD【解析】【詳解】A．由題圖知電流方向從右向左，則霍爾元件中電子從左向右定向移動，根據左手定則判斷可知在洛倫茲力的作用下電子向b端偏轉，故b端電勢較低，故A錯誤；BC．穩(wěn)定后，定向移動的電子受到的電場力與洛倫茲力大小相等，即可得可見U與磁感應強度B、元件的前后距離d等因素有關，與題中定義的厚度無關，故B正確，C錯誤；D．由于赤道附近的地磁場平行于地面，若要測量赤道附近地磁場，工作面應該處于垂直狀態(tài)，故D正確。故選BD。16.如圖所示，左右邊界分別為PP′、QQ′的勻強磁場的寬度為d，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里。一個質量為m、電荷量為q的粒子，沿圖示方向以速度v0垂直射入磁場。欲使粒子不能從邊界QQ′射出，粒子入射速度v0的最大值可能是（）A. B. C. D.【答案】BC【解析】【分析】【詳解】粒子射入磁場后做勻速圓周運動，由R=知，粒子的入射速度v0越大，R越大，當粒子的徑跡和邊界QQ′相切時，粒子剛好不從QQ′射出，此時其入射速度v0應為最大。若粒子帶正電，其運動軌跡如圖a所示（此時圓心為O點），根據幾何關系有R1cos45°＋d=R1且R1=聯(lián)立解得v0=若粒子帶負電，其運動軌跡如圖b所示（此時圓心為O′點），根據幾何關系有R2＋R2cos45°=d且R2=聯(lián)立解得v0=故選BC。第Ⅱ卷（非選擇題共46分）三、實驗題：本大題共2小題，共16分。請將正確答案直接答在答題卡相應的位置上。17.在學習安培力后，某學習小組利用安培力與磁感應強度的關系測定磁極間的磁感應強度，實驗裝置如圖所示，步驟如下：①在彈簧測力計下端掛一n匝矩形線圈，將矩形線圈的短邊完全置于U形磁鐵N、S極之間的磁場中，則應使矩形線圈所在的平面與N、S極的連線_____________；②在電路未接通時，記錄線圈靜止時彈簧測力計的讀數；③接通電路開關，調節(jié)滑動變阻器使電流表讀數為I，記錄線圈靜止時彈簧測力計的讀數，則線圈所受安培力為______________。④用刻度尺測出矩形線圈短邊的長度L；利用上述數據可得待測磁場的磁感應強度_____________?！敬鸢浮竣?垂直②.③.【解析】【詳解】①[1]使矩形線圈所在的平面與N、S極的連線垂直，這樣能使短邊受到的安培力沿豎直方向，彈簧測力計保持豎直，方便測出拉力；③[2]對線框受力分析知：受重力、安培力、彈簧的拉力，三力平衡，F2+F安=mg，又：F1=mg，所以線圈所受安培力；④[3]由安培力公式得：F安=nBIL，解得：；18.一興趣小組要測一節(jié)干電池的電動勢（約1.5V）和內阻（小于1Ω），借助以下實驗器材進行實驗。A．毫安表mA（量程0~600mA，內阻約0.1Ω）；B．微安表G（量程0~400μA，內阻為100Ω）；C．滑動變阻器（0~20Ω）；D．滑動變阻器（0~1kΩ）；E．電阻箱R（0~9999.9Ω）；F．定值電阻（阻值為2.50Ω）；G．定值電阻（阻值為10.00Ω）；H．開關、導線若干。（1）將微安表G改裝為量程2V的電壓表，該小組應將電阻箱調到的阻值為______Ω。（2）該小組設計電路原理圖如圖1所示，則應該選擇的滑動變阻器為______（填“C”或“D”），定值電阻為______。（填“F”或“G”）。（3）該小組根據記錄的數據，作出微安表G的示數隨毫安表mA的示數變化的圖像如圖2所示，則該節(jié)干電池的電動勢______V，內阻______Ω。（保留2位小數）【答案】①.4900②.C③.F④.1.44⑤.0.50【解析】【詳解】（1）[1]將微安表G改裝為量程2V的電壓表，當微安表滿偏時，微安表和電阻箱兩端電壓之和應為2V，有解得（2）[2][3]為了操作方便，滑動變阻器選擇阻值范圍較小的，即選C；由于電源內阻較小，為了測量繪圖方便，故可把定值電阻R01與r等效看成電源的內阻，從而便于精確測量，故選，即選F。（3）[4[5]根據閉合電路歐姆定律有整理得結合圖像可知解得E=1.44V，四、計算題：本大題共2小題，共30分，解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分，有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位。19.如圖所示，兩平行金屬導軌間的距離m，金屬導軌所在的平面與水平