2023-2024学年湖北省黄冈市黄梅国际育才高级中学高二（上）月考物理试卷（12月）（含解析）

这是一份2023-2024学年湖北省黄冈市黄梅国际育才高级中学高二（上）月考物理试卷（12月）（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。

1.将物体水平抛出，在物体落地前(不计空气阻力)( )
A. 动量的方向不变B. 动量变化量的方向改变
C. 相等时间内动量的变化相同D. 相等时间内动量的变化越来越大
2.下列现象利用电磁感应的原理说法不正确的有( )
A. 如图甲所示，真空冶炼炉外有线圈，线圈中通入高频交流电，炉内金属能迅速熔化
B. 如图乙所示，安检门可以检测金属物品，如携带金属刀具经过时，会触发报警
C. 如图丙所示，阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动
D. 如图丁所示，变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能增大涡流
3.如图，一人用恒定的拉力F拉着行李箱在水平路面上匀速前进，拉力与水平方向成θ角，在时间t内，以下看法正确的是
( )
A. 行李箱所受拉力F的冲量方向水平向左
B. 行李箱受所拉力F的冲量大小是Ftcsθ
C. 行李箱所受摩擦力的冲量大小为0
D. 行李箱所受合力的冲量大小为0
4.如图所示，14圆形区域AOB内存在垂直纸面向内的匀强磁场，AO和BO是圆的两条相互垂直的半径，一带电粒子从A点沿AO方向进入磁场，从B点离开。若该粒子以同样的速度从C点(C点为AB弧上任意一点)平行于AO方向进入磁场，则
( )
A. 粒子带负电
B. 该粒子从OB之间某点离开磁场
C. 该粒子仍然从B点离开磁场
D. 入射点C越靠近B点，粒子运动时间越长
5.“人工肺ecm”呼吸机是治疗新冠肺炎重症的重要设备。一呼吸机接在电压随时间变化的规律为u=220 2sin100πt(V)的交流电源上，正常工作时电流为2.5A，则( )
A. 该交流电的周期为50sB. 该交流电每秒内电流方向变化50次
C. 该交流电的电压最大值为220VD. 该呼吸机正常工作时的功率为550W
6.图甲为原、副线圈匝数比n1:n2=2 : 1的理想变压器，R1为定值电阻，R2为光敏电阻(光照越强电阻越小)，L1为电阻不变的灯泡，电流表和电压表均为理想交流电表，变压器的原线圈两端接有按图乙所示的正弦式交变电压，下列说法正确的是( )
A. 图乙交变电压的表达式为u =220 2sin50πt(V)
B. 在t =0.005s时，V1示数为220V，V2示数为110V
C. 电键S闭合后，电流表示数减小
D. 电键S闭合后，增加R2的光照强度，灯泡L1变暗
7.三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I1、I2和I3。则( )
A. I1I3>I2C. I1=I2>I3D. I1=I2=I3
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，A、B是两个完全相同的灯泡，L是电阻为零的纯电感，且自感系数很大。C是电容较大且不漏电的电容器，下列判断正确的是( )
A. S闭合时，A灯亮后逐渐熄灭，B灯逐渐变亮
B. S闭合时，A灯、B灯同时亮，然后A灯变暗，B灯变得更亮
C. S闭合，电路稳定后，S断开时，A灯突然亮一下，然后熄灭，B灯立即熄灭
D. S闭合，电路稳定后，S断开时，A灯突然亮一下，然后熄灭，B灯逐渐熄灭
9.如图甲所示，一个匝数n=50的圆形导体线圈，面积S1=0.5m2，线圈总电阻r=2Ω。在线圈中存在面积S2=0.4m2的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示。一个R=8Ω的电阻与线圈两端a、b相连接，则下列说法正确的是( )
A. a端电势比b端高40V
B. a端电势比b端低32V
C. 在0～1s内回路产生的电能为160J
D. 在0～1s内电阻R上产生的焦耳热为120J
10.如图，利用理想变压器进行远距离输电，发电厂的输出电压恒定，输电线路的电阻不变，当用电高峰到来时( )
A. 输电线上损失的功率增大
B. 电压表V1的示数减小，电流表A1的示数增大
C. 电压表V2的示数增大，电流表A2的示数减小
D. 用户功率与发电厂输出功率的比值减小
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某同学做“验证动量守恒定律”的实验装置如图甲所示，请回答下列问题：
(1)实验室准备了两种遮光条，用螺旋测微器测量遮光条A的宽度如图乙所示，其读数为_______mm；用20分度的游标卡尺测量遮光条B的宽度如图丙所示，其读数为________mm，为了减小实验误差，两遮光条应选用遮光条___________(填“A”或“B”)．
(2)测得两滑块P、Q(带有遮光条)的质量分别为m1和m2，实验中，用细线将两滑块P、Q连接使轻弹簧压缩后静止，然后烧断细线，轻弹簧将两滑块P、Q弹开，测得两滑块P、Q上的遮光条通过光电门的时间分别为t1、t2.若两滑块P、Q弹开的过程中系统动量守恒，则需要验证的关系式为__________ (用题中所给符号表示)．
12.一课外实验小组用如图甲所示的电路测定电池组的电动势和内阻，S1为单刀开关，S2为单刀双掷开关，E为电源，R为滑动变阻器。
(1)闭合S1调节滑动变阻器，将S2分别接到1和2得到多组数据，描点后得到图乙的电池组的U−I关系图像，由图像可得电池组的电动势为_____V。
(2)图像Ⅰ斜率绝对值的物理意义为_____；图像Ⅱ斜率绝对值的物理意义为_____。(电压表可视为理想电表)
A.电源内阻 B.电流表内阻 C.电源内阻与电流表内阻之和
四、计算题：本大题共2小题，共25分。
13.如图所示，电阻为0.1 Ω的正方形单匝线圈abcd的边长为0.2 m，bc边与匀强磁场边缘重合。磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为0.5 T。在水平拉力作用下，线圈以8 m/s的速度向右穿过磁场区域。求线圈在上述过程中
(1)感应电动势的大小E；
(2)所受拉力的大小F；
(3)感应电流产生的热量Q。
14.滑板是年轻人喜欢的运动项目。滑板爱好者及滑板总质量m=60kg，以v0=2.0m/s的初速度沿斜坡匀加速滑下，斜坡的倾角θ=30°，经t=4.0s的时间下滑位移x=40m到达坡底。将人和滑板整体看作质点，设其在下滑过程中所受阻力的大小不变，重力加速度g取10m/s2，求下滑过程中
(1)滑板及人的加速度的大小a；
(2)滑板及人受到的阻力的大小f；
(3)滑板及人受到的重力的冲量大小I。
五、综合题：本大题共1小题，共15分。
15.如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在水平向左的匀强电场，在y轴左侧区域存在宽度为a=0.3m的垂直于纸面向里的匀强磁场(含边界)，磁感应强度为B，(大小可调节)。现有比荷为qm=14×1010C/kg的带正电粒子从x轴上的A点以一定初速度v0垂直x轴射入电场，且以速度大小v=4×107m/s、方向与y轴正方向成60∘经过P点进入磁场，OP=2 33OA，OA=0.1m，不计粒子重力。求：
(1)粒子在A点进入电场的初速度v0；
(2)要使粒子不从CD边界射出，则磁感应强度B的取值范围；
(3)当磁感应强度为某值时，粒子经过磁场后，刚好可以回到A点，则此磁感应强度的大小是多少？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.做平抛运动的物体在落地前速度的方向不断变化，根据
p=mv
可知动量的方向变化，故A错误；
BCD.根据动量定理可知，平抛运动的物体动量的变化量Δp等于重力的冲量mgΔt，而重力冲量的方向没变，总是竖直向下，且相同时间内重力冲量的大小也没有变，故动量变化量Δp的方向不变，相同时间内Δp的大小也没变，故C正确，BD错误。
故选C。
2.【答案】D
【解析】【分析】电磁感应：闭合电路的磁通量发生变化，从而产生感应电动势的现象．从能的转化上看是其他形式的能转化为电能。真空冶炼炉中的线圈通有高频电流，从而在线圈中产生很强的变化的电磁场，最终导致炉内金属产生涡流，使其达到很高的温度；安检门是利用涡流探测人随身携带的金属物品，即是利用电磁感应的原理来工作的。
在电和磁这一部分中，学到了很多电学设备，每个设备的制成原理是经常考查的知识点．要在理解的基础上，记住这些基础知识．
【解答】A.真空冶炼炉外有线圈，线圈中通入高频交流电，炉内的金属中产生涡流，涡流产生的热量使金属熔化，A说法正确，不满足题意要求；
B.安检门可以检测金属物品，是因为安检门中的线圈有交变电流，产生了变化的磁场，当有金属物品通过时，会在金属物品中产生感应电流，而金属物品中感应电流产生的磁场会引起线圈中交变电流发生变化，从而被探测到进行报警，B说法正确，不满足题意要求；
C.阻尼摆经过磁场时在阻尼摆的铝盘中会产生感应电动势，从而产生感应电流，磁场对感应电流的安培力总是阻碍阻尼摆的运动，C说法正确，不满足题意要求；
D.变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成，是为了减小涡流，减小损耗，D说法错误，满足题意要求。
故选D。
3.【答案】D
【解析】【分析】
根据动量定理求出合外力的冲量；根据冲量的公式，计算各力冲量大小。
本题考查动量定理以及冲量的定义，解决本题的关键掌握冲量的公式，知道冲量等于力与时间的乘积。
【解答】
AB.根据冲量的定义可知，行李箱所受拉力F的冲量方向与拉力方向相同，大小为Ft，故AB错误；
C.行李箱所受摩擦力大小不为0，时间不为0，故摩擦力的冲量不为0，故C错误；
D.由于行李箱匀速前进，根据动量定理可知，合力的冲量大小为0，故D正确。
4.【答案】C
【解析】【分析】
由粒子可以进入磁场，得到在A点的偏转方向，进而得到电荷带电性质；再根据粒子速度方向及粒子运动的两点得到粒子运动半径，进而得到出射点及偏转角度，从而得到运动时间。
带电粒子在匀强磁场中做圆周运动，一般由几何关系得到半径，在根据牛顿第二定律得到半径的表达式，进而联立求解相关问题。
【解答】
解：A.带电粒子从A点沿AO方向进入磁场，从B点离开，那么粒子在A点向右上方偏转，则由左手定则可判定：粒子带正电，故A错误；
BC.一个带电粒子从A点沿AO方向进入磁场，那么，粒子做圆周运动在A点的径向垂直于AO；又有OA和OB互相垂直，且粒子从B点离开，则由OA、OB及圆周运动在A、B两点的半径构成的四边形为正方形，如图所示，所以，粒子在磁场中做圆周运动的半径为扇形区域的半径R；那么只要C点在AB之间，粒子圆周运动轨迹的两条半径与扇形区域的两条半径构成菱形，那么，粒子转过的中心角一定等于∠COB，所以，粒子仍然从B点离开磁场，故B错误；C正确；
D.粒子做圆周运动的半径、速度不变，那么粒子做圆周运动的周期不变，所以，C点越靠近B点，偏转角度越小，运动时间越短，故D错误。
故选C。
5.【答案】D
【解析】【分析】
根据电压的变化规律可知交流电的最大值和角速度，即可求得有效值和周期，在一个周期内电流方向改变两次，计算呼吸机的功率时用交流电的有效值即可。
本题主要考查了正弦交变电流，知道交流电在每个周期内电流方向改变两次，正确区分交流电的最大值和有效值，计算功率时用交流电的有效值。
【解答】
A.由题可知，该交流电的周期T=2π100πs=0.02s，故A错误；
B.正弦交流电一个周期内电流方向变化两次，所以该交流电每秒内电流方向变化2×10.02=100次，故B错误；
C.由题可知，该交流电电压的最大值为220 2 V，故C错误；
D.该交流电的有效值为U有=220 2 2V=220V，此时电流的值为2.5A，可得正常工作时的功率P=U有I=220×2.5W=550W，故D正确。
故选D。
6.【答案】D
【解析】【分析】
由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比，和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况。
电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。
【解答】
A.原线圈接入如图乙所示，T=0.02s，所以频率为f=1T=10.02Hz=50Hz，原线圈接入电压的最大值是220 2，图乙交变电压的表达式为u=220 2sin100πt(V)，故A错误；
B. 所以原线圈接入电压的有效值是U=220V，理想变压器原、副线圈匝数比为2：1，V1示数为220V，V2示数加R1两端的电压为110V ，故B错误；
C.电键S闭合后，负载电阻减小，副线圈的电流增大，原线圈电流增大，电流表示数增大，故C错误；
D.R阻值随光强增大而减小，导致并联部分分压电压减小，电流减小，灯泡L1亮度变暗，故D正确。
故选D。
7.【答案】C
【解析】解：设圆的半径为r，则圆的周长为L2=2πr，面积S2=πr2，正方形的周长为L1=8r，面积S1=4r2，正六边形的周长为L3=6r，面积S3=3 32r2，
根据电阻定律有：R=ρLS截
根据电磁感应定律有：E=ΔBSΔt
根据闭合电路欧姆定律有：I=ER=ΔBS⋅S截Δt⋅ρL∝SL
代入周长与面积可知：I1=I2>I3
故C正确，ABD错误；
故选：C。
根据电阻定律与电磁感应定律，结合电阻定律可解得。
本题考查法拉第电磁感应定律，解题关键掌握电阻定律与法拉第电磁感应定律的应用。
8.【答案】AD
【解析】【分析】
解决本题的关键知道电感器对电流的变化有阻碍作用，难度不大。
电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小；电容器在电路中电流变化时，也会发生充电和放电现象，此时可理解为有电流通过了电容器。
【解答】
当S闭合时，通过自感线圈的电流逐渐增大而产生自感电动势，L相当于断路，电容C较大，相当于短路，当电流稳定时，L短路，电容C断路，故A灯先亮后逐渐熄灭，B灯逐渐变亮；当S断开时，灯泡A与自感线圈L组成了闭合回路，灯泡A中的电流先增大后减小至零，故闪亮一下熄灭，电容器与灯泡B组成闭合回路，电容器放电，故灯泡B逐渐熄灭，选项 AD正确，BC错误。
故选AD。
9.【答案】BC
【解析】解：AB、线圈产生的电动势：E=nΔΦΔt=nΔBΔtS2=50×2−01×0.4V=40V，电流I=ER+r=405+2A=4.0A，则ab两端的电压大小：|Uab|=IR=4.0×8V=32V，
由图可知，向外的磁场增强，由楞次定律可知，产生的感应电流为顺时针方向，a点的电势低于b点的电势，a端的电势φa为比b端电势φb低32V，故A错误，B正确；
C、t=1s内电路产生的电能W=EIt=40×4.0×1J=160J，故C正确；
D、t=1s内电阻R上产生的焦耳热为：Q=I2Rt=4.02×8×1J=128J，故D错误；
故选：BC。
由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势，并由楞次定律判断线圈两端电势的高低；由楞次定律可以判断出感应电流方向，然后判断电势高低；
根据电源提供的电能公式W=EIt求电磁感应提供的电能；
由焦耳定律可以求出焦耳热。
本题考查了求电动势、电荷量、电势、焦耳热等，应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电流定义式、焦耳定律即可正确解题。
10.【答案】AD
【解析】【分析】
理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压有输入电压决定；明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系。理想变压器电压和匝数关系。
【解答】
A.当深夜用电高峰到来时，用户消耗的功率变大，则电流表A2读数变大，根据变压器的电流关系可知输电线上的电流变大，输电线上损耗的功率变大，故A正确；
B.电流表A1变大，因为发电厂的输出电压恒定，则升压变压器的次级电压不变，即电压表V1的示数不变，故B错误；
C.输电线上的电流变大，故输电线上的电压损失变大，降压变压器的初级电压减小，次级电压也减小，即电压表V2的示数减小，故C错误；
D.用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例P−P损P=1−I2RU2I=1−ΔUU2，因为输电线上的电流增大，则电压损失增大，U2不变，所以用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例减小，故D正确。
故选AD。
11.【答案】(1)6.860；10.15；A；(2)m1t2=m2t1
【解析】【分析】
(1)根据螺旋测微器和游标卡尺读数规则读数，平均速度越接近瞬时速度，误差越小；
(2)根据动量守恒定律列出等式，确定需要验证的关系式。
【解析】
(1)螺旋测微器读数为6.5mm+36.0×0.01mm=6.860mm；
游标卡尺读数为10mm+3×0.05mm=10.15mm；
本实验用遮光条通过光电门的平均速度作为滑块的瞬时速度，遮光条越短，遮光条经过光电门的时间越短，平均速度越接近瞬时速度，误差越小，故选遮光条A；
(2)设两遮光条的宽度均为d，根据动量守恒定律有：0=m1dt1−m2dt2，则需要验证的关系式为：m1t2=m2t1。
12.【答案】(1)2.80 (2)A，C
【解析】(1)[1]图像的纵截距表示电源电动势，为2.8V。
(2)[2][3]当S2接1时，电流表内接，图像斜率的绝对值表示电源内阻；当S2接2时，电流表外接，图像斜率的绝对值表示电源内阻与电流表内阻之和。所以后者图像斜率的绝对值大于前者，因此图像Ⅰ斜率绝对值的物理意义为电源内阻，故选A。图像Ⅱ斜率绝对值的物理意义为电源内阻与电流表内阻之和，故选C。
13.【答案】解：(1)感应电动势E=Blv，
代入数据得E=0.8 V
(2)感应电流I=ER，
拉力的大小等于安培力，F=BIl
解得F=B2l2vR，
代入数据得F=0.8 N
(3)运动时间t=2lv，
焦耳定律Q=I2Rt
解得Q=2B2l3vR，
代入数据得Q=0.32 J

【解析】对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相对于电源，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、以及安培力的计算公式列方程求解。
14.【答案】解：(1)根据匀变速直线运动规律x=v0t+12at2
解得a=4m/s2
(2)根据牛顿第二定律，有 mgsinθ−f=ma
解得 f=60N
(3)重力的冲量大小I=mgt=2400N⋅s
答：(1)滑板及人的加速度的大小为4m/s2；
(2)滑板及人受到的阻力的大小为60N；
(3)滑板及人受到的重力的冲量大小为2400N⋅s。
【解析】本题综合考查了牛顿第二定律和运动学公式，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过加速度可以由运动求力，也可以由力求运动。
15.【答案】(1) v0=2×107m/s ；(2) B≥0.08T ；(3) 0.16T
【解析】(1)粒子在电场中只受水平向左的电场力作用，故粒子做类平抛运动，竖直方向做匀速运动，故有
v0=vcs60∘=2×107m/s
(2)粒子在磁场中只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，故有
Bqv=mv2R
解得
R=mvBq
粒子恰好不从 CD 边界射出时的运动轨迹如图甲所示

根据几何关系可得
R+Rcs60∘=a
解得
R=23a
所以磁感应强度
B=mvqR=4×10−10×4×10723×0.3T=0.08T
若要粒子不从 CD 边界射出，则
B≥0.08T
(3)粒子离开磁场运动到A点的过程做匀速直线运动，故粒子运动轨迹如图乙所示

根据粒子在磁场中做匀速圆周运动可得粒子出磁场时速度与 y 轴正方向的夹角为 60∘ ；设出磁场处为 Q 点，则由几何关系有
OQ=OAtan60∘
OP=2 33OA
所以
PQ=0.2 3m+0.1 3m=0.3 3m=2R′sin60∘
所以
R′=0.1m
根据洛伦兹力提供向心力可得
B′qv=mv2R′
所以
B′=mvqR′=4×10−10×4×1070.1T=0.16T