2024泸县一中高二上学期12月月考物理试题含解析

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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. 有关电压与电动势的说法中正确的是( )
A. 电压与电动势单位都是伏特，所以电动势与电压是同一物理量的不同叫法
B. 电动势就是电源两极间的电压
C. 电动势公式E＝中的W与电压U＝中的W是一样的，都是电场力做的功
D. 电动势与电压从能量转化的角度来说有本质的区别
【答案】D
【解析】
【详解】电压与电动势的单位相同，但物理意义不同，是两个不同的物理量，故A错误；根据闭合电路欧姆定律，路端电压U=E-Ir，只有当外电路断开时，I=0，路端电压等于电动势．当外电路接通时，路端电压即电源两极间的电压小于电动势，故B错误；电动势定义式公式：中的W是非静电力做功，电压中的W是静电力做功，故C错误；电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电动势反映电源把其他形式的能转化为电能本领大小，从能量转化的角度来说有本质的区别，故D正确．所以D正确，ABC错误．
2. 下列说法正确的是（ ）
A. 奥斯特发现了电流的磁效应和电磁感应现象
B. 磁感线始于N极而止于S极
C. 某点磁场的方向与放在该点的小磁针N极所指方向一致
D. 某点磁场的方向与放在该点的小磁针静止时N极受力的方向一致
【答案】D
【解析】
【详解】A．奥斯特发现了电流的磁效应和法拉第发现了电磁感应现象，A错误；
B．磁感线在磁体外始于N极而止于S极，磁体内部是外始于S极而止于N极，磁感应线是闭合曲线，B错误；
CD．某点磁场的方向与放在该点的小磁针静止时，N极所指方向一致，与N极受力的方向一致，C错误，D正确。
故选D。
3. 如图所示的电路中，电源内阻不能忽略，，，当开关S板到位置1时，电压表的读数为，当开关S扳到位置2时，电压表的读数可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】当开关S板到位置1时，电阻接入电路，电压表的读数为，根据闭合电路欧姆定律可得
当开关S扳到2时，电阻接入电路，设电压表的读数为，根据闭合电路欧姆定律可得
联立可得
可得
故B正确，ACD错误。
故选B。
4. 如图甲所示，100匝的线圈两端A、B与一个理想电压表相连，线圈内有垂直指向纸内方向的磁场，线圈中的磁通量按图乙所示规律变化，则电压表的读数应该是多少（ ）
A. 25VB. 50VC. 75VD. 100V
【答案】B
【解析】
【详解】由图得到，磁通量的变化率为
根据法拉第电磁感应定律得
则电压表读数为50V，故选B。
【点睛】由图求出磁通量的变化率，根据法拉第电磁感应定律求出回路中感应电动势，得到电压表的读数，基础题。
5. 如图，速度选择器两极板间有互相垂直的匀强电场和匀强磁场，一电荷量为的粒子以水平速度从左侧射入，恰能沿直线飞出速度选择器，不计粒子重力和空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A. 若仅将粒子改为从右侧射入，粒子仍将沿直线飞出
B. 若仅将磁场反向，粒子不能沿直线飞出
C. 若仅将电荷量改为，粒子不能沿直线飞出
D. 若仅将电荷量改为，粒子不能沿直线飞出
【答案】B
【解析】
【详解】CD．粒子在速度选择器中做匀速直线运动，受到的电场力和洛伦兹力大小相等、方向相反。根据
若仅改变粒子的电性或者电荷量，粒子仍受力平衡，仍可沿直线运动，故CD错误；
AB．若仅将粒子改为从右侧射入或仅将磁场反向，根据左手定则，粒子受到的洛伦兹力将变为向下，粒子受力不再平衡，无法沿直线运动，A错误，B正确。
故选B。
6. 如图所示，足够大的空间中存在水平方向的匀强磁场，一根金属棒ab水平放置，将金属棒由静止释放，下列说法正确的是（ ）
A. a端的电势低于b端的电势
B. 金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，最终匀速
C. 金属棒产生的感应电动势与时间成正比
D. 金属棒中的感应电流与时间成正比
【答案】C
【解析】
【详解】A．金属棒ab静止释放向下加速运动，切割磁感线，金属棒ab相当于电源，由右手定则知金属棒上正电荷从a流向b，由电源内部的电流是从负极流向正极，故a端的电势高于b端的电势，故A错误；
BD．由于金属棒没有构成闭合回路，故金属棒上没有感应电流，不受安培力，故金属棒只受重力，一直向下匀加速运动，故BD错误；
C．由法拉第电磁感应定律
金属棒产生的感应电动势与时间成正比，故C正确。
故选C。
7. 两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图所示。若不计粒子的重力，则下列说法正确的是（ ）
A. a粒子带正电，b粒子带负电B. a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大
C. a粒子动能较大D. a粒子在磁场中运动时间较长
【答案】D
【解析】
【详解】A．粒子向右运动，根据左手定则，b向上偏转，应当带正电；a向下偏转，应当带负电，选项A错误．
C．根据洛伦兹力提供向心力，有
得
故半径较大的b粒子速度大，动能也大，选项C错误；
B．由公式f=qvB可知速度大的b受洛伦兹力较大，选项B错误；
D．根据公式及有
由于两粒子所带电荷量相等，则磁场中偏转角大的运动的时间也长，a粒子的偏转角大，因此运动的时间就长，选项D正确。
故选D。
8. 如图所示，两根通电长直导线a、b平行放置，a、b中的电流大小分别为I和2I，a、b间的距离为r。在与a、b共面的平面内再放入通电长直导线c后，使a、b，c所受磁场力都为零，已知通电长直导线周围的磁感应强度大小与电流成正比，与该点到通电长直导线的距离成反比，下列说法正确的是（ ）
A. c应放在a左侧
B. c应放在a、b的正中间
C. c的电流方向应与a相同
D. c的电流大小应为2I
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．根据右手螺旋定则和磁场叠加原理，a、b导线产生的磁场叠加后，合场强为零的位置应该在导线a的左侧，设该位置距离导线a为x，根据
可知
解得
即将导线c放到a的左侧，距a距离为r的位置，A正确，B错误；
CD．放入导线c后，导线c与导线b在导线a位置产生的合场强也为零，根据右手螺旋定则和磁场叠加原理可知，导线c的电流方向应与导线b大小和方向相同，C错误，D正确。
故选AD。
9. 某同学设计了一个电磁冲击钻，其原理示意图如图所示，若发现钻头M突然向右运动，则可能是（ ）
A. 开关S由断开到闭合的瞬间
B. 开关S由闭合到断开的瞬间
C. 保持开关S闭合，变阻器滑片P加速向左滑动
D. 保持开关S闭合，变阻器滑片P匀速向右滑动
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】A．开关S由断开到闭合的瞬间，穿过M的磁通量变大，为阻碍磁通量变大，钻头向右运动。故A正确；
B．开关S由闭合到断开的瞬间，穿过M的磁通量减小，为阻碍磁通量的减小，钻头向左运动，故B错误；
C．保持开关S闭合，变阻器滑片P加速向左滑动，穿过M磁通量增加，为阻碍磁通量增加，钻头向右运动。故C正确；
D．保持开关S闭合，变阻器滑片匀速向右滑动，穿过M的磁通量减小，为阻碍磁通量减小，钻头向左运动。故D错误。
故选AC。
10. 笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件，当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，电脑进入休眠状态。休眠状态时、简化原理如图所示，宽为a、厚为b、长为c的矩形半导体霍尔元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，其载流子是电荷量为e的自由电子，当通入方向向右、大小为I的电流时，元件前、后表面间电压为U，则此时元件的（ ）
A. 前表面的电势比后表面的低
B. 自由电子受到的洛伦兹力大小为
C. 前、后表面间的电压U与b无关
D. 前、后表面间的电压U与I成正比
【答案】BD
【解析】
【详解】A．当通入方向向右、大小为I的电流时，自由电子运动方向向左，根据左手定则，电子受到的洛伦兹力指向后表面，后表面带负电，则前表面的电势比后表面的高，故A错误；
B．元件前、后表面间电压为U时，洛伦兹力和电场力平衡，则有
故B正确；
CD．根据电流的微观表达式
洛伦兹力和电场力平衡，则有
解得
故前、后表面间的电压U与I成正比，U与b有关，故C错误，D正确。
故选BD。
11. 如图所示，直流电源电动势为E，内阻为r，、为定值电阻，且，R为滑动变阻器，G为灵敏电流计，闭合开关S后电容器中一个带电微粒恰处于平衡状态，则（）
A. 当R的滑动触头向下滑动时，回路总电流减小
B. 当R的滑动触头向下滑动时，电流计中电流方向a→b
C. 当R的滑动触头向上滑动时，微粒将向下移动
D. 当R的滑动触头向上滑动时，电源输出功率将减小
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．当R的滑动触头向下滑动时，滑动变阻器电阻减小，回路总电阻变小，回路总电流变大，电源内阻r，定值电阻分压增大，两端电压减小，则电容两端的电压减小，故电容器内的电量减小，则电容器放电，通过电流计的电流方向为a→b，A错误，B正确；
C．当R的滑动触头向上滑动时，滑动变阻器电阻增大，回路总电阻变大，回路总电流变小，电源内阻r，定值电阻R1分压减小，R2两端电压增大，即电容器两端的电压增大，故两极板间的电场强度增大，微粒向上运动，C错误；
D．因R1>r，当R的滑动触头向上滑动时，外电阻持续变大且大于内阻，电源输出功率减小，D正确。
故选BD。
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. 如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置．
（1）按实验的要求将图中所缺的导线用笔画线代替，请补画完整______________．
（2）电键闭合后，下列说法中正确的是__________
A只要将线圈A放在线圈B中就会引起电流计指针偏转
B线圈A插入或拔出线圈B的速度越大，电流指针偏转的角度越大
C如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了以下，那么合上电键后，A线圈插入B线圈中，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针向左偏一下
（3）上述实验中，原线圈A可等效为一个条形磁铁，将线圈B和灵敏电流计连接如图所示，当电流从正接线柱流入灵敏电流计时，指针向正接线柱一侧偏转．则当条形磁铁迅速向上拔出时，图中灵敏电流计指针向_____________接线柱方向偏转（填：正、负）
【答案】 ①. ②. BC ③. 正
【解析】
【分析】注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路，据此可正确解答；当穿过闭合回路磁通量发生变化，会产生感应电流，产生的感应电动势越大，感应电流越大，电流计的指针偏转角度越大；
【详解】(1)将电源、电键、变阻器、线圈A串联成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，再将电流计与线圈B串联成另一个回路，电路图如图所示；
(2)A、当将线圈A放在线圈B中，因磁通量不变，则不会引起电流计指针偏转，故A错误；
B、线圈A插入或拔出线圈B的速度越大，则穿过线圈的磁通量的变化率越大，感应电动势越大，则产生的感应电流越大，那么电流计指针偏转的角度越大，故B正确；
C、在闭合电键时，电流增大，穿过线圈的磁通量的增大，根据楞次定律发现灵敏电流计的指针向右偏了一下；那么合上电键后，A线圈插入B线圈中，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电阻增大，电流减小，穿过线圈的磁通量的减小，根据楞次定律可知灵敏电流计指针向左偏一下，故C正确；
故选BC．
(3) 当电流从正接线柱流入灵敏电流计时，指针向正接线柱一侧偏转，根据楞次定律，依据题目中图可知，螺线管的感应电流由上向下，则当条形磁铁迅速向上拔出时，穿过线圈的磁通量的减小，根据楞次定律，螺线管的感应电流由上向下，图中灵敏电流计指针向正接线柱方向偏转．
13. 某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率，步骤如下：
（1）用游标为20分度的游标卡尺测量其长度如图，由图可知其长度为L=________mm；

（2）用螺旋测微器测量其直径如图所示，由图可知其直径D=________mm；
（3）某同学先用多用电表的电阻“”挡，按正确的操作步骤测量此圆柱体的电阻，发现指针偏转角度很小，则应将选择开关旋转到________挡（填“”或“”）并进行欧姆调零，再次进行测量时，表盘示数如图所示，则该电阻的阻值约为________。

（4）某同学想通过描绘伏安特性曲线来研究该电阻，现有的器材及其代号和规格如下：
待测圆柱体电阻：
电流表（量程，内阻约）；
电流表（量程，内阻约）
电压表（量程3V，内阻约）；
电压表（量程15V，内阻约）；
直流电源E（电动势4V，内阻不计）：
滑动变阻器阻值范围，允许通过的最大电流2.0A）；
滑动变阻器阻值范围，允许通过的最大电流0.5A）；
开关；导线若干
根据实验要求，滑动变阻器应选________（填或），电流表应选________，电压表应选________，
【答案】 ①. 50.15 ②. 4.699##4.700##4.701 ③. ④. 1200 ⑤. ⑥. ⑦.
【解析】
【详解】（1）[1]游标卡尺的读数为
（2）[2]螺旋测微器的读数为
（3）[3][4]指针偏转角度太小，说明被测电阻过大，应采用大一档测量，故换用×100档，欧姆表读数为
（4）[5][6][7]因为该电阻大概1200Ω，因为描绘伏安特性曲线，要求测得多组数据进行分析，所以采用滑动变阻器的分压接法，便于操作，所以采用总阻值较小的滑动变阻器，电路中的最大电流为
故电流表应选A1，为使读数较为准确，电压表选V1。
【点睛】根据电源电动势选择电压表，在保证安全的前提下选择最大阻值小的滑动变阻器。
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. 如图所示电路中，为直流电动机，其线圈电阻为，电池组电动势V，内阻，电动机正常工作，电压表示数为V，求：
（1）电源耗电功率
（2）电动机输出的机械功率
【答案】（1） ；（2）
【解析】
【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律，有
解得
故电源的耗电功率为
（2）由于电动机的热功率为
电动机消耗的功率为
所以电动机的机械功率为
15. 如图所示，真空中有一直角坐标系xOy，M、N分别是y轴和x轴上的两点，该空间内有一匀强电场，方向沿y轴负方向，一质量为m、电荷量为+q的粒子从M点以速度v0沿x轴正方向射出，恰能通过N点，已知OM=d，ON=2d，不计粒子重力。
（1）求该匀强电场场强E的大小；
（2）若撤去该匀强电场，在垂直于xOy平面加一匀强磁场，仍让这个带电粒子从M点以速度v0沿x轴正方向射出，粒子仍通过N点，求所加匀强磁场磁感应强度B的大小和方向。
【答案】（1）；（2）B的大小为；方向垂直于纸面向外
【解析】
【详解】(1)粒子在x轴方向上做匀速直线运动，所以粒子从M运动到N的时间为
粒子在y轴方向上做初速度为零的匀加速直线运动，设其加速度为a，则根据牛顿第二定律有
所以
可得
(2)由题意可知，粒子在M点所受洛仑兹力的方向沿y轴负方向，根据左手定则可知，所加匀强磁场的方向为垂直纸面向外，如图所示
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设其半径为r，由勾股定理得
所以
根据牛顿第二定律有
解得
16. 如图甲所示，倾角为足够长的倾斜导体轨道与光滑水平轨道平滑连接。轨道宽度，电阻忽略不计。在水平轨道平面内有水平向右的匀强磁场，倾斜轨道平面内有垂直于倾斜轨道向下的匀强磁场，大小都为B，现将质量、电阻的两个相同导体棒ab和cd，垂直于轨道分别置于水平轨道上和倾斜轨道的顶端，同时由静止释放。导体cd下滑过程中加速度a和速度v的关系如图乙所示。cd棒从开始运动到最大速度的过程中流过cd棒的电荷量（，，），则：
（1）cd和倾斜轨道之间的动摩擦因数是多少；
（2）ab和水平轨道之间的最大压力是多少；
（3）cd棒从开始运动到速度最大的过程中ab棒上产生的焦耳热是多少。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）刚释放时，加速度
对棒受力分析，由牛顿第二定律得
解得
（2）由图像可知，时棒速度达到最大，此时电路中的电流最大，此时速度
安培力达到最大，对地面压力也达到最大
对受力分析
对棒受力分析
解得
，
（3）安培力大小
解得
由
解得
从开始到速度最大的过程中，根据动能定理得
产生的总焦耳热
棒上产生的焦耳热