23，山东省实验中学2023-2024学年高二上学期1月月考物理试题

这是一份23，山东省实验中学2023-2024学年高二上学期1月月考物理试题，共21页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（本题共12小题，1-8为单选题，每小题3分，共24分。9-12为多选题，每小题4分选不全得2分共16分）
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 变化的电场周围一定产生变化的磁场，变化的磁场周围一定产生变化的电场
B. 做圆周运动的物体，所受力的合力一定时刻指向圆心
C. 如果穿过线圈的磁通量为零，则该处的磁感应强度不一定为零
D. 动量为零时，物体一定处于平衡状态
【答案】C
【解析】
【详解】A．变化的电场周围可能产生变化的磁场也可能产生恒定的磁场，变化的磁场周围可能产生变化的电场，也可能产生恒定的电场，故A错误；
B．做匀速圆周运动的物体合力一定指向圆心，但做变速圆周运动的物体合力不一定指向圆心，故B错误；
C．如果穿过线圈的磁通量为零，由于平面和磁场的夹角未知，所以该处的磁感应强度不一定为零，故C正确；
D．动量为零时，物体速度为零，但加速度不一定为零，不一定处于平衡状态，故D错误。
故选C。
2. 在如图所示的电路中，闭合开关S后，将滑动变阻器R的滑片向a端移动，则下列说法中正确的是（ ）
A. 电压表的示数增大，电流表的示数增大
B. 电压表的示数增大，电流表的示数减小
C. 电压表的示数减小，电流表的示数增大
D. 电压表的示数减小，电流表的示数减小
【答案】C
【解析】您看到的资料都源自我们平台，家威鑫 MXSJ663 免费下载 【详解】将滑动变阻器R的滑片向a端移动，则R的电阻减小，总电阻减小，总电流变大，内阻上的电压变大，路端电压减小，即电压表的示数减小；R1电压变大，则R2电压减小，R2电流减小，则电流表A电流变大。
故选C。
3. 一门旧式大炮如图所示，炮车和炮弹的质量分别为M和m，炮筒与水平地面的夹角为α，炮弹发射瞬间相对于地面的速度为v0。不计炮车与地面的摩擦，则炮车向后反冲的速度大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据题意可知，炮弹离开炮口时，炮弹和炮车在水平方向上受到的外力相对于内力可忽略不计，则系统在水平方向上动量守恒。取炮车后退的方向为正，对炮弹和炮车组成系统为研究，在水平方向上，由动量守恒定律有
解得
故选A。
4. 如图所示，金属导轨、在竖直平面内水平平行放置，、通过绕在竖直放置的铁芯上的导线连接，金属杆竖直放置，磁场方向垂直纸面向里，铁芯正上方有一水平放置的金属环，与导轨、垂直且始终接触良好，当金属杆突然向左运动时，下列说法正确的是（ ）
A. 中电流由A到B，铁芯中磁场竖直向上，环中有顺时针的电流（俯视）
B. 中电流由A到B，铁芯中磁场竖直向下，环中有顺时针的电流（俯视）
C. 中电流由B到A，铁芯中磁场竖直向上，环中有逆时针的电流（俯视）
D. 中电流由B到A，铁芯中磁场竖直向下，环中有逆时针的电流（俯视）
【答案】A
【解析】
【详解】当金属杆突然向左运动时，由右手定则可知电流由A到B，由安培定则可知铁芯中的磁场方向向上，因金属杆由静止开始向左运动，金属环中的磁通量增加，由楞次定律可知金属环中的感应电流将产生向下的磁场，根据安培定则，即环中有顺时针方向电流（俯视）。
故选A。
5. 在如图所示的电路中，电源电动势，内阻，灯泡L标有“6V 3W”字样，电动机的内阻，为定值电阻。闭合开关S后，灯泡和电动机均能正常工作，此时电流表（可视为理想电表）的示数为2.5A，则下列说法中正确的是（ ）
A. 的阻值为8Ω
B. 电源中非静电力做功的功率为22.5W
C. 电动机对外做功的功率为16W
D. 电动机线圈中每秒产生的热量为162J
【答案】C
【解析】
【详解】A．路端电压为
通过灯泡的电流即通过R0的电流为
则
选项A错误；
B．电源中非静电力做功的功率为
P=EI=10×2.5W=25W
选项B错误；
C．电动机的电流为
IM=2.5-0.5=2A
电动机对外做功的功率为
选项C正确；
D．电动机线圈中每秒产生的热量为
选项D错误。
故选C。
6. 如图所示，三根平行长直导线分别垂直穿过纸面内等边三角形三个顶点，O点为的内心，三根导线中的电流大小相等，其中B、C处导线的电流均垂直于纸面向里，A处导线的电流方向垂直于纸面向外，此时O点的磁感应强度大小为，若撤掉C处的直导线，则此时O点的磁感应强度大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由于每根导线的电流大小相等，则每根导线在O点所产生的磁感应强度大小相同，记为B，由题意可得，在O点的磁场方向如图所示
由题意有
结合题意及叠加原理可得
若撤掉C处的导线后，根据几何关系和叠加原理可得，A、B两根导线磁场叠加大小为
故选B。
7. 如图甲所示，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交流电的电动势图象如图乙所示，经原副线圈的匝数比为1：10的理想变压器给一个灯泡供电如图丙所示，副线圈电路中灯泡额定功率为22W。现闭合开关，灯泡正常发光。则（ ）
A. t＝0.01s时刻穿过线框回路的磁通量为零
B. 交流发电机的转速为100r/s
C. 变压器原线圈中电流表示数为1A
D. 灯泡的额定电压为220V
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图乙可知，当t=0.01s时，感应电动势为零，则此时穿过线框回路的磁通量最大，故A错误；
B．由图可知，交流电的周期为0.02s，则转速为
故B错误；
C．原线圈输入电压为有效值为22V，则副线圈的输出电压为
U2=22V×10＝220V
由P2＝U2I2可知，副线圈电流
则由
解得
I1＝1A
故C正确；
D．灯泡正常发光，故额定电压为220V，故D错误。
故选C。
8. 如图所示，匀强磁场中有一等边三角形线框abc，匀质导体棒在线框上向右匀速运动。导体棒在线框接触点之间的感应电动势为E，通过的电流为I。忽略线框的电阻，且导体棒与线框接触良好，则导体棒（ ）
A. 从位置①到②的过程中，E增大、I增大
B. 经过位置②时，E最大、I为零
C. 从位置②到③的过程中，E减小、I不变
D. 从位置①到③的过程中，E和I都保持不变
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．由导体做切割磁感线产生电动势公式
可知，L增大，E就会增大，由电阻定律可知
导体中的电流为
导体做匀速运动，所以I不变，A错误；
B．经过②位置时，L最大，E最大，电流不为0，B错误；
C．L减小，E减小，电流不变，C正确；
D．从位置①到③的过程中，E先增大后减小，I保持不变，D错误；
故选C。
9. 磁场中的四种仪器如图所示，则下列说法中正确的是（ ）

A. 甲中回旋加速器加速带电粒子的最大动能与加速电压无关
B. 乙中不改变质谱仪各区域的电场磁场时击中光屏同一位置的粒子比荷相同
C. 丙中自由电荷为负电荷霍尔元件通上如图所示电流和加上如图磁场时，N侧电势高
D. 丁中长宽高分别为a、b、c的电磁流量计加上如图所示匀强磁场，若流量Q恒定，前后两个金属侧面的电压与a、b有关
【答案】AB
【解析】
【详解】A．设回旋加速器中的磁感应强度为B，半径为R，粒子的电荷量为q，质量为m，则带电粒子在回旋加速器中，根据洛伦兹力提供向心力有
可知带电粒子的最大动能为
所以带电粒子的最大动能与加速电压无关，故A正确；
B．经过质谱仪的速度选择器区域的粒子速度v都相同，经过偏转磁场时击中光屏同一位置的粒子轨道半径R相同，则根据洛伦兹力提供向心力有
可得
所以不改变质谱仪各区域的电场磁场时击中光屏同一位置的粒子比荷相同，故B正确；
C．根据左手定则可判断负电荷受到的洛伦兹力方向指向N侧，所以N侧带负电荷，电势低，故C错误；
D．经过电磁流量计的带电粒子受到洛伦兹力的作用会向前后两个金属侧面偏转，在前后两个侧面之间产生电场，当带电粒子受到的电场力与洛伦兹力相等时流量Q恒定，故有
又
所以
由此可知，前后两个金属侧面的电压与a、b无关，故D错误。
故选AB。
10. 如图所示，有一台交流发电机E，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R。T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压积不变，U3变小输出功率分别为U2和 P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P 3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4 。设T1的输入电压U1一定，当用户消耗的电功率变大时有（ ）
A. 变小，变大B. 不变，变小
C. 变小，变小D. 变大，变大
【答案】BD
【解析】
【详解】用户消耗的电功率变大时，由于是理想变压器，则也会变大；用户消耗的电功率变大，相当于用户的电阻减小，则T2和用户整体的等效电阻应减小；由于T1的输入电压一定，则T1的输出电压也不变，根据
可知输电线路上的电流变大，根据
可知和都会变大；根据
可知T2的输入电压变小，则T2的输出电压也变小。
故选BD。
11. 如图所示，光滑的水平地面上有一辆质量的小车，一质量的人站在小车左端与小车一起以速度水平向右做匀速直线运动，某一时刻，人相对小车以速度水平向左跳下，落地后在落地点经过0.2s的屈膝缓冲后保持静止，已知从起跳点到落地点的过程中人的重心下降高度为，重力加速度，则下列说法中正确的是（ ）
A. 屈膝缓冲过程中人对地面竖直方向的平均作用力为1200N
B. 屈膝缓冲过程中人对地面竖直方向的平均作用力为1800N
C. 落地时人与小车左端的水平距离为m
D. 落地时人与小车左端的水平距离为1.6m
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．人落地时竖直方向速度分量为

由动量定理可得
由牛顿第三定律可知，屈膝缓冲过程中人对地面竖直方向的平均作用力为1800N，
故A错误，B正确；
CD．以地面为参考系，设人跳车后车相对地面的速度为v2，人相对地面的速度为v3，以初速度方向为正方向，
解得
；
人离开车后做类平抛运动，人落地的时间为
结合上述分析，落地时人与小车左端的水平距离为
故C错误，D正确。
故选BD。
12. 如图所示，在xOy平面的第I象限内y轴和虚线之间存在范围足够大的匀强磁场，方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，虚线与x轴正方向的夹角，在M（0，l）处有一个粒子源，可沿平面内各个方向射出质量为m，电量为q的带正电的粒子，粒子速率均为，不计粒子间的相互作用力与重力，则能从x轴正半轴射出的粒子（ ）
A. 在磁场中运动的最短时间为
B. 在磁场中运动的最短时间为
C. 在磁场中运动的最长时间为
D. 在磁场中运动的最长时间为
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．粒子在磁场中运动的半径为
在磁场中运动时间最短的粒子对应的弦长最短，则对应从M点向虚线做的垂线的长度，则该弦长对的圆心角为
则
则对应的最短时间为
选项A正确，B错误；
CD．竖直向上射出的粒子，在磁场中运动半个圆周，此时时间最长，则在磁场中运动的最长时间
选项D错误C正确。
故选AC。
二、实验题（把答案填在答题卡中的横线上或者按题目要求作答）
13. 某同学利用图甲所示装置验证动量守恒定律。主要实验步骤如下：
①用垫块将长木板附有打点计时器的一侧适当垫高，接通交流电源后，轻推小车A，与小车相连的纸带上打出一系列均匀分布的点，断开电源；
②将小车B（未画出，与小车A完全相同）静置于长木板上的P处，并将适量砝码放在小车B中；
③接通电源，沿平行木板方向向下轻推一下小车A，使小车获得一初速度，两车碰撞后粘在一起，打点计时器打出一系列的点迹，如图乙所示；
④用天平测得小车A的质量为180g，小车B与砝码的总质量为220g。
（1）步骤①中适当垫高长木板的目的为______ ；
（2）已知打点计时器所接交流电源的频率为50Hz，则碰撞前瞬间系统的总动量=______kg•m/s，碰撞后瞬间系统的总动量=______kg•m/s；（结果均保留三位有效数字）
（3）实验结论______。
【答案】 ①. 平衡摩擦力 ②. 0.859 ③. 0.852 ④. 在误差允许的范围内，两小车碰撞过程中系统的动量守恒；
【解析】
【详解】（1）[1]步骤①中适当垫高长木板的目的是为了平衡小车与木板之间的摩擦力；
（2）[2][3]碰撞前瞬间小车的速度
系统的总动量
碰撞后瞬间小车的共同速度
系统的总动量
（3）[4]实验结论：在误差允许的范围内，两小车碰撞过程中系统的动量守恒；
14. 某同学想设计一个测量金属棒电阻率的实验方案，实验室提供的器材有：
A．A1内阻Rg= 100Ω，满偏电流Ig= 3mA B．A2内阻约为0.4Ω，量程为0.6A
C．定值电阻 D．滑动变阻器R（5Ω，2A）
E．干电池组（6V，005Ω） F．一个开关和导线若干
G．螺旋测微器，游标卡尺
（1）如图1，用螺旋测微器测金属棒直径为______mm；如图2用20分度游标卡尺测金属棒长度为______cm。

（2）用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“ × 10Ω”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用______挡（填“ × 1Ω”或“ × 100Ω”），换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图3所示，则金属棒的阻值约为______Ω。

（3）请根据提供的器材，设计一个实验电路，尽可能精确测量金属棒的阻值______。
（4）若实验测得电流表A1示数为，电流表A2示数为，则金属棒电阻表达式为______。用，，，Rg表示
【答案】 ①. 6.125 ②. 10.230 ③. × 1Ω ④. 10.0 ⑤. ⑥.
【解析】
【详解】（1）[1]由图知，螺旋测微器固定刻度为6mm，可动刻度为
故金属棒直径为
[2]游标卡尺主尺读数为102mm，又游标尺第6条刻度与主尺对应最齐，故游标尺读数为
故金属棒长度为
（2）[3][4]指针偏转角度过大，说明选取倍率太大，故应换用×1Ω挡，由图像可知，刻度读数为10.0Ω；
（3）[5]因为没有电压表，且电源电动势为6V，为了测电压的安全，应该将改装为电压表，即串联一个定值电阻，由于改装成的电压表的内阻远远大于待测电阻值，应采用电流表A2外接，能够更为精确测量，控制电路为了使得测量范围广泛一些，应采用滑动变阻器的分压式接法，设计电路如下图所示

（4）[6]由实验原理图，根据串并联电路特点，有
整理得
三、计算题（解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
15. 如图所示，一质量为m=0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，小物块以v0=9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，与墙发生碰撞（碰撞时间极短为0.1s）. 碰前瞬间的速度v1=7m/s，碰后以v2=6m/s反向运动直至静止．已知小物块与地面间的动摩擦因数μ=0.32，取g=10m/s2 . 求：
（1）A点距墙面的距离x ；
（2）碰撞过程中，墙对小物块平均作用力的大小.（碰撞时物块与地面间摩擦忽略不计）
【答案】（1）5m；（2）65N
【解析】
【详解】(1) 小物块由A到B过程做匀减速运动，由动能定理可得：

代入数据解得：；
(2) 选初速度方向为正方向，由动量定理得：

代入数据解得：．
16. 如图甲，间距的平行长直导轨MN、PQ水平放置，两导轨左端MP之间接有一阻值为的定值电阻，导轨电阻忽略不计；一导体棒（电阻不计）垂直于导轨放在距离导轨左端的ab处，其质量，导体棒与导轨间的动摩擦因数，整个装置处在范围足够大的竖直方向的匀强磁场中。取竖直向下为正方向，从时刻开始，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示；在内导体棒在外力作用下处于静止状态，不计感应电流磁场的影响，取。
（1）求时安培力的大小和方向；
（2）从开始，导体棒在恒力作用下向右运动时，导体棒的速度达到最大。求导体棒的最大速度及该过程中电阻R上产生的热量Q。
【答案】（1），方向水平向右；（2）；
【解析】
【详解】（1）前3s内，根据图乙可知，磁感应强度的变化率大小为
根据法拉第电磁感应定律可得，感应电动势大小为
根据闭合电路欧姆定律可得感应电流
根据楞次定律可知电流方向俯视为顺时针方向
根据左手定则知
时，安培力为
方向水平向右
（2）导体棒速度最大时，根据平衡条件可得
其中
根据图乙知
联立解得, 导体棒的最大速度
方向水平向右，根据能量守恒定律
解得该过程中电阻R上产生的热量为
17. 芯片制造过程有极其复杂的工艺，其中离子注入是一道重要的工序，该工作原理如图所示：离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，离子在速度选择器中做匀速直线运动，然后通过磁分析器，选择出特定比荷的离子，经偏转系统后注入到水平面内的晶圆（硅片）处。速度选择器中匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，匀强电场场强大小为E，方向竖直向上；磁分析器截面是内外半径分别为和的四分之一圆环，其两端中心位置M和N处各有一个小孔，磁分析器中匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外；偏转系统中电场和磁场的分布区域是同一边长为L的正方体，底面与晶圆所在的水平面重合，偏转系统中匀强磁场的磁感应强度大小为B、匀强电场场强大小为E，它们的方向均垂直纸面向外；从磁分析器N处小孔射出的离子自偏转系统上表面的中心射入，当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好竖直注入到晶圆上的O点。以O点为坐标原点，偏转系统中B的方向为x轴正方向，水平向左为y轴正方向，建立平面直角坐标系。整个系统置于真空中，不计离子重力，打到晶圆上的离子经过电场和磁场偏转的角度都很小，而当很小时，有以下近似计算：，。求：
（1）离子的电性及通过速度选择器后的速度大小；
（2）从磁分析器出来的离子的比荷；
（3）偏转系统同时加上电场和磁场时，离子注入晶圆位置坐标。
【答案】（1）带正电荷，；（2）；（3）（，）
【解析】
【详解】（1）离子在速度选择器中受力平衡，则有
可得离子速度大小
利用离子在磁分析器中的偏转，根据左手定则可知离子带正电荷。
（2）离子在磁分析器中运动的轨道半径
由于洛伦兹力提供向心力可知
联立解得
（3）离子进入偏转系统后，在垂直于磁场方向做匀速圆周运动，轨道半径仍为R，设偏转角为，如图所示
则偏转距离
而
由于很小，可知
，
联立整理得
离子在偏转系统中运动的时间
在沿着电场方向做匀加速的运动，可知
其中
联立解得
因此离子注入晶圆的位置坐标为（，）。
18. 如图所示，静置在光滑水平地面（足够大）上的木块由水平轨道与竖直平面内的圆弧轨道AB组成，水平轨道与圆弧轨道相切于B点，其右端固定有水平轻弹簧，弹簧处于自然伸长状态且左端在C点；一质量为m的滑块（视为质点）静置在B点，滑块与水平轨道上表面BC间的动摩擦因数为μ，B、C两点间的距离为L。现对木块施加一个大小为10μmg（g为重力加速度大小）、方向水平向左的推力，当滑块到达C点时撤去推力。木块与滑块的质量分别为3m、m，圆弧轨道AB的半径为，C点右侧的水平轨道上表面光滑。求：
（1）滑块滑到C点时木块的速度大小v1以及滑块的速度大小v2；
（2）弹簧的最大弹性势能Epm以及弹簧的弹性势能最大时滑块的速度大小v；
（3）滑块第一次滑到圆弧轨道的最高点A时的速度大小v3以及滑块最终与C点的距离x。
【答案】（1），；（2），；（3），
【解析】
【详解】（1）对木块施加一个大小为10μmg（g为重力加速度大小）、方向水平向左的推力，由牛顿第二定律可知，木块向左做加速运动，滑块在木块的摩擦力作用下，向左也做加速运动，对木块则有
对滑块则有
可知滑块相对木块向右运动，设滑块到达C点时所用时间为t，则有
解得
可得木块的速度大小为
滑块的速度大小为
（2）当滑块相对木块静止时，即滑块与木块共速时，弹簧的弹性势能最大，当滑块到达C点时撤去推力后，滑块向右压缩弹簧，则有滑块与木块产生完全弹性碰撞，滑块与木块组成的系统动量守恒，取向左方向为正方向，可得
解得
由机械能守恒定律，则有
解得
（3）滑块被弹出，滑块第一次滑到圆弧轨道的最高点A时，由动能定理可得
方向竖直向上，因此则有
由能量守恒定律可得
由计算结果可知滑块最后停在距C点的地方。