四川省泸州市泸县2023_2024学年高二物理上学期12月月考题含解析

这是一份四川省泸州市泸县2023_2024学年高二物理上学期12月月考题含解析，共14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。
第一部分选择题（共48分）
一、选择题（本题共11小题，1~7题每小题4分，每小题给出的四个选项中只有一个是正确的；8~11题有多个选项符合要求，全部选对得5分，不全得3分，有错选或不选得0分，共48分）
1. 下列关于磁感应强度方向的说法中，错误的是（ ）
A. 磁感线上某点的切线方向就是该点磁感应强度的方向
B. 某处磁感应强度的方向就是该处小磁针北极所指的方向
C. 磁感应强度是个标量，没有方向
D. 某处磁感应强度的方向就是某处磁场方向
【答案】C
【解析】
【详解】规定磁感线上某点的切线方向就是该点磁场方向，也就是磁感应强度的方向；即小磁针N极受力方向；ABD正确；磁感应强度是矢量有方向．C错误．
2. 有研究发现，某神经细胞传递信号时，离子从细胞膜一侧流到另一侧形成跨膜电流，若将该细胞膜视为电容器，在2ms内细胞膜两侧的电势差从变为30mV，则该过程中跨膜电流的平均值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据
Q=CU
可知
∆Q=C∆U=10-8×（30+70）×10-3C=10-9C
则该过程中跨膜电流的平均值为
故选A。
3. 如图所示，“司南”是我国古代四大发明之一，主体由磁勺和罗盘构成。据东汉《论衡》记载，其“司南之杓，投之于地，其柢（即勺柄）指南”。若在静止的磁勺正上方附近，放置一根水平放置的直导线。当接通电源后，发现磁勺柄指向南偏东角的方向，则下列说法正确的是（ ）
A. 直导线可能东西放置，电流由东流向西
B. 直导线可能东西放置，电流由西流向东
C. 直导线可能南北放置，电流由南流向北
D. 直导线可能南北放置，电流由北流向南
【答案】C
【解析】
【详解】在磁勺柄处的磁场由地磁场和直导线产生的磁场合成，地磁场在磁勺柄的方向由地理南极指向地理北极，并使磁勺柄指向南边。当接通电源后，发现磁勺柄指向南偏东 60° 角的方向，说明此时合磁场方向由南偏东 60° 角指向北偏西60° 角，因此可知直导线产生的磁场存在由东指向西的分量，根据安倍定则可知直导线可能南北放置，电流由南流向北。
故选C。
4. 一根细橡胶管中灌满盐水，两端用短粗铜丝塞住管口，管中盐水柱长为40cm时，测得电阻为R，若溶液的电阻随长度、横截面积的变化规律与金属导体相同。现将管中盐水柱均匀拉长至50cm（盐水体积不变，仍充满橡胶管）。则盐水柱电阻为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】盐水柱长为40cm时，设横截面积为S，根据电阻定律有
将盐水柱均匀拉长至50cm后，盐水柱的横截面积变为，电阻变为
故选D。
5. 如图是一种电加热装置，当把一铁块放入线圈中且不接触线圈，稍等片刻，铁块就会烧得通红，小明同学由此做出了以下一些猜想，其中正确的是（ ）
A. 若把一干燥的木棍伸入线圈中，木棍会被烧着
B. 线圈内部一定通有随时间变化的电流
C. 线圈内部一定通有强度很大的恒定直流
D. 铁块是否会变红与线圈中电流是否变化无关
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题意可知这是电磁感应现象，木棍不能形成电流，故木棍不会烧着，A错误；
BCD．变化的电流能产生变化的磁场，变化的磁场可在铁块内部产生涡流，由于电流的热效应才把铁块烧红，CD错误，B正确。
故选B。
6. 两个相同的轻质铝环能在一个光滑的绝缘圆柱体上自由移动，设大小不同的电流按如图所示的方向通入两铝环，则两环的运动情况是（ ）
A. 都绕圆柱体转动
B. 彼此相向运动，且具有大小相等的加速度
C. 彼此相向运动，电流大的加速度大
D. 彼此背向运动，电流大的加速度大
【答案】B
【解析】
【分析】根据两电流间的相互作用规律“同相电流相互吸引，异向电流相互排斥”，并结合牛顿第三定律和牛顿第二定律即可求解．
【详解】根据电流间相互作用规律“通向电流相互吸引，异向电流相互排斥”可知，两圆环应相互吸引，即彼此相向运动，再根据牛顿第二定律和牛顿第三定律可知，两圆环的加速度大小相等，所以B正确，ACD错误．
7. 如图所示，带电粒子（不计重力）以速度v沿垂直于磁场的方向进入一匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动。设粒子做匀速圆周运动的轨迹半径为R，周期为T。如果仅减小粒子的入射速度v，下列说法正确的是（ ）
A. T增大B. T减小
C. R增大D. R减小
【答案】D
【解析】
【详解】AB．带电粒子在匀强磁场中运动洛伦兹力提供向心力
，
所以周期与速度无关，故选项AB错误；
CD．带电粒子在匀强磁场中运动洛伦兹力提供向心力
，
所以速度减小，粒子的轨道半径变小。故选项C错误，选项D正确。
故选D。
8. 如图所示，一根长度L的直导体棒中通以大小为I的电流，静止在水平放置的导轨上，已知垂直于导体棒的匀强磁场的磁感应强度为B，磁场方向与水平方向成角，导体与导轨间动摩擦因数为。下列说法中正确的是（ ）
A. 导体棒受到磁场力大小为
B. 导体棒对轨道压力大小为
C. 导体棒受到导轨摩擦力为
D. 导体棒受到导轨摩擦力
【答案】AD
【解析】
【详解】A．根据左手定则可得导体棒受力分析如图所示
导体棒受到磁场力大小
F=BIL
故A正确；
B．根据共点力平衡规律得
根据牛顿第三定律，则导体棒对轨道的压力大小为
故B错误；
CD．由于导体棒受到的是静摩擦力，因而受到静摩擦力大小要运用力的平衡规律求解，即为
故C错误，D正确。
故选AD。
9. 某同学利用如图甲所示的闭合电路研究电容器的充、放电过程，将滑动变阻器R滑到某合适位置，先断开开关S，过一会儿再闭合开关S，ab之间的电流传感器（可视为理想电流表）记录得到充电时电流随时间变化的图像如图乙所示。则（ ）
A. 充电过程中，电容器极板电压增大、电阻两端电压减小
B. 图乙中图线与坐标轴围成的面积表示电路稳定时电容器某一极板上所带的电荷量
C. 电路稳定后，将R的滑片向右滑动，电流传感器中有由b到a的电流
D. 若将R的滑片向右滑动，再次稳定后，电源的输出功率一定变大
【答案】AB
【解析】
【详解】A．闭合开关，在电容器充电过程中，流过电阻的电流逐渐减小，根据欧姆定律可知，电阻两端电压逐渐减小，电容器极板上电荷量增加，根据可知，电容器极板电压增大，故A正确；
B．由公式可知，图乙中图线与坐标轴围成的面积表示电路稳定时电容器某一极板上所带的电荷量，故B正确；
C．电路稳定后，将R的滑片向右滑动，滑动变阻器的阻值变大，则两端电压减小，电容器两端电压减小，电容器放电，电流传感器中有由a到b的电流，故C错误；
D．根据数学知识得知，当外电阻与电源的内阻相等，电源的输出功率最大，由于外电阻与内电阻关系未知，无法判断将R的滑片向右滑动，再次稳定后，电源的输出功率的变化，故D错误。
故选AB。
10. 如图所示，正方形金属线圈abcd的边长为L，电阻为R。现将线圈平放在粗糙水平传送带上，ab边与传送带边缘QN平行，随传送带以速度v匀速运动，匀强磁场的边界PQNM是平行四边形，磁场方向垂直于传送带向上，磁感应强度大小为B，PQ与QN夹角为45°，PM长为2L，PQ足够长，线圈始终相对于传送带静止，在线圈穿过磁场区域的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 线圈感应电流的方向先是沿adcba后沿abcda
B. 线圈受到的静摩擦力先增大后减小
C. 线圈始终受到垂直于ad向右的静摩擦力
D. 线圈受到摩擦力的最大值为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．线圈进入磁场时磁通量增大，离开磁场时磁通量减小，由楞次定律可知感应电流的方向先沿adcba后沿abcda，A正确；
B．因线圈切割磁感线的有效长度先变大，后变小，再变大，再变小，感应电流和安培力大小也发生同样变化，线圈始终相对于传送带静止做匀速运动，线圈受到的静摩擦力与安培力等大反向，说明静摩擦力先变大，后变小，再变大，再变小，B错误；
C．线圈受到安培力垂直于QP方向向左，静摩擦力和安培力等大反向，说明静摩擦力垂直于QP方向向右，与ad不垂直，C错误；
D．线圈受到安培力最大值
由前面分析可知静摩擦力和安培力等大反向，说明摩擦力的最大值为，D正确。
故选AD。
11. 如图所示，长为的两正对平行金属板MN、PQ水平放置，板间距离为2d，板间有正交的匀强电场和匀强磁场。一带电粒子从MP的中点O垂直于电场和磁场方向以初速度射入，恰沿直线从NQ的中点A射出；若只撤去电场，该带电粒子仍从O点以初速度水平射入，则粒子从N点射出，粒子重力不计。以下说法正确的是（ ）
A该粒子一定带正电
B. 该粒子带正电、负电均可
C. 若只撤去磁场，该带电粒子仍从O点以初速度水平射入，则粒子从AQ之间射出
D. 若只撤去磁场，该带电粒子仍从O点以初速度水平射入，则粒子打在板PQ上
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．由于撤去电场时，该带电粒子从N点射出，可知洛伦兹力方向向上，根据左手定则可知，粒子带正电，A正确，B错误；
CD．有电场与磁场作用时，由于粒子恰沿直线从NQ的中点A射出，可知，此时粒子做匀速直线运动，则有
解得
若只撤去电场，粒子从N点射出，作出轨迹如图所示
根据几何关系有
解得
R=2d
在磁场中
结合上述解得
若只撤去磁场，该带电粒子仍从O点以初速度水平射入，若粒子从AQ之间射出，则有
，
解得
可知，粒子从AQ之间射出，C正确，D错误。
故选AC。
第二部分非选择题（共52分）
注意事项：必须使用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上题目指示区域内作答。
二、实验题（共14分）
12. 如图，导线框与电源、滑动变阻器、电流表、开关组成闭合回路，将导线框用弹簧测力计悬挂起来，导线框下端置于一磁铁两极之间，与磁场方向垂直放置。接通电路，缓慢调节滑动变阻器，观察并记录电流表读数I和弹簧测力计读数F。甲乙两个同学根据实验数据分别描绘出的图像如图所示，则甲同学实验中安培力方向_______，乙同学实验中安培力方向_______（填“向上”或“向下”）。丙同学的图像下部不似乙的线性，可能的原因是_______。
【答案】 ①. 向下 ②. 向上 ③. 电流较大时线框向上运动，线框所在处磁场发生变化导致
【解析】
【详解】[1]当安培力方向向下时，据平衡条件可得
随着电流I的增大，弹簧测力计读数F增大，当安培力方向向上时，据平衡条件可得
随着电流I的增大，弹簧测力计读数F减小，则甲同学实验中安培力方向向下，乙同学实验中安培力方向向上。
[3]对比乙、丙同学的图像可知，丙同学实验中安培力方向向上，图像下部不似乙的线性，可能的原因是电流较大时线框向上运动，线框所在处磁场发生变化导致。
13. 利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻。要求尽量减小实验误差。
（1）除开关和导线若干外，现还提供以下器材：
A．电流表（量程：0~0.6A，内阻rA=0.3Ω）
B．电压表（0~15V）
C．电压表（0~3V）
D．滑动变阻器（0~20Ω）
E．滑动变阻器（0~200Ω）
（2）为准确测定电池的电动势和内阻，应选择的实验电路是图中的______（填“甲”或“乙”）。
（3）根据实验记录，画出的U-I图像如图丙所示，可得待测电池的电动势E=______V，内电阻r=______Ω。理论上电动势的测量值______（填“大于”“小于”或“等于”）真实值。（结果均保留一位小数）
【答案】 ①. 乙 ②. 1.5 ③. 0.7 ④. 等于
【解析】
【详解】（2）[1]由于电流表内阻已知，而电压表内阻未知，故可以采用将电流表作为等效内阻采用相对电源的内接法，应选乙图；
（3）[2][3]根据闭合电路欧姆定律
由图示电源图像可知，图像与纵轴交点坐标值是1.5，则电源电动势
图像的斜率绝对值等于电源等效内阻，则有
故电源实际内阻为
[4]该实验方法由于将电流表作为电源内阻一部分，故而电压表测量值即为路端电压，电流表测量值即为干路电流，对电动势的测量没有系统误差，故电动势测量值等于真实值。
三、计算题（写出必要的文字说明，3个小题，14题10分，15题12分，16题16分，共38分）
14. 如图所示电路，电源电动势E＝6V，内阻r＝1Ω，电阻R1＝3Ω，R2＝2Ω，电容器电容C＝0.5μF。现将开关S闭合，电路稳定后，求：
（1）流经电阻R1的电流强度；
（2）电阻R2两端电压；
（3）电容器的带电量；
（4）断开S后，电路稳定后电容器的带电量。
【答案】（1）1 A；（2）2V；（3）1.0×10－6C；（4）3.0×10－6 C
【解析】
【详解】（1）因为电路稳定后，电容器相当于断路。则根据闭合电路欧姆定律得，流经电阻R1的电流强度为
（2）电阻R2两端电压
（3）因电容器两端电压
则电容器的带电量
（4）由题意知，断开S后，电路稳定后电容器两端的电压
则此时电容器的带电量为
15. 某一电压表的原理示意图如图所示。单位长度阻值为的均匀细金属棒通过两个绝缘挂钩与两根相同的竖直悬挂的弹簧相连，弹簧的劲度系数均为，在矩形区域内有匀强磁场，磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里，与的右端连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，的长度大于，当两端无电压且处于平衡状态时，与矩形区域的边重合，此时指针指示0；当两端接待测电压时，指针示数可表示电压大小，求：
（1）电压表正常工作时，导体棒的两端、中哪端电势更高？请说明理由；
（2）若，，，，，，电压表的量程是多少？
【答案】（1）N端，见解析；（2）15V
【解析】
【详解】（1）由于当两端无电压且处于平衡状态时，与矩形区域的边重合，此时指针指示0，根据图形，可知当两端接待测电压时，为了指针示数可表示电压大小，所受安培力方向应该竖直向下，根据左手定则可知电流方向由N指向M，即电压表正常工作时，导体棒的端电势高。
（2）当两端无电压且处于平衡状态时有
当两端接待测电压到达ab位置时有
此时电压达到最大
解得
U=15V
16. 如图甲所示，竖直挡板MN左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，电场和磁场的范围足够大，电场强度E=40N/C，磁感应强度B随时间t变化的关系图象如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向。t=0时刻，一质量、电荷量的微粒在O点具有竖直向下的速度v=0.12m/s，O'是挡板MN上一点，直线OO'与挡板MN垂直，取g=10m/s2，求：
（1）微粒再次经过直线OO'时与O点的距离；
（2）微粒在运动过程中离开直线OO'最大高度；
（3）水平移动挡板MN，使微粒能以45°夹角射到挡板上，挡板与O点间的距离应满足的条件，不必说理由，直接写结果。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）微粒所受的重力
电场力大小
因此重力与电场力平衡，微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得
解得
周期
代入数据解得
则微粒在内转过半个圆周，微粒再次经过直线OO'时与O点的距离
（2）在微粒做匀速直线运动，接着再转过半个圆周，用时，再匀速运动,所以内微粒的运动轨迹如图所示
微粒在运动过程中离开直线OO'的最大高度
（3）为使微粒能以45°夹角射到挡板上，挡板与O点间的距离应满足
代入数据得