2024广西壮族自治区“贵百河”高二上学期12月联考试题物理含解析

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（考试时间：75分钟满分：100分）
注意事项：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3.回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题（本大题共7小题，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，每小题4分。）
1.2021年4月29日，我国在海南文昌用长征五号B运载火箭成功将空间站天和核心舱送入预定轨道。核心舱运行轨道距地面的高度为400km左右，地球同步卫星距地面的高度接近3600km。则该核心舱的（ ）
A.角速度比地球同步卫星的小
B.周期比地球同步卫星的长
C.向心加速度比地球同步卫星的大
D.线速度比地球同步卫星的小
2.如图所示，质量为m、电荷量为Q的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，另一个带电量也为Q的带电小球B固定于O点的正下方，已知细线OA长为2l，O到B点的距离为l，平衡时AB带电小球处于同一高度，已知重力加速度为g，静电力常量为k。则（ ）
A.A、B间库仑力大小为B.A、B间库仑力大小为2mg
C.细线拉力大小为D.细线拉力大小为
3.某电场的电场线分布如图，一带电粒子仅在电场力作用下沿图中虚线所示路径运动，M和N是轨迹上的两点。以下说法正确的是（ ）
A.M、N点的场强EM＞EN
B.粒子在M、N点的加速度aM＞aN
C.粒子在M、N点的速度vM＜vN
D.粒子带负电
4.如图所示，a、b、c是三根平行长直导线的截面，它们的电流大小都相同，a、c中电流方向垂直纸面向里，b中电流方向垂直纸面向外，aO=bO=cO，若直导线a在O点产生的磁感应强度大小为B0，则此时O点的磁感应强度大小应为（ ）
A.3B0B. B0C. B0D. B0
5.如图所示，电源电动势E=8V，内阻r=1Ω，闭合开关S后，标有“6V 9W”的灯泡恰能正常发光。电动机M线圈的电阻R=4Ω，则电动机输出功率为（ ）
A.6WB.4WC.3WD.2W
6.如图所示，在匀强电场中有边长为5cm的等边三角形ABC，三角形所在平面与匀强电场的电场线平行。O点为该三角形的中心，D、E、F分别为AC、AB和BC边的中点。三角形各顶点的电势分别为、、，下列说法正确的是（ ）
A.O点电势为12V
B.匀强电场的场强大小为120V/m，方向由C指向A
C.在三角形ABC内切圆的圆周上，E点电势最低
D.用外力将电子沿直线由F点移到D点，电场力做负功
7.如图甲所示，在某电场中有一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势随x轴坐标变化的关系如图乙所示，若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用则（ ）
A.沿Ox方向电场强度一直增大
B.电子所受电场力一直沿x轴正方向
C.电子的电势能将先减小后增大
D.电子运动的速度先增大后减小
甲乙
二、多项选择题（本大题共3小题，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。）
8.如图所示，三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面，其电势分别为10V、20V、30V。实线是一带电的粒子（不计重力）在该区域内运动的轨迹，对于轨迹上的a、b、c三点，已知：带电粒子带电量为0.01C，在a点处的动能为0.5J，则该带电粒子（ ）
A.一定是带负电
B.在b点处的动能为零
C.在b点处的电势能为0.3J
D.在c点处的动能为0.4J
9.如图所示，两极板水平放置的平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地，静电计外壳接地。闭合电键S时，一带电的油滴恰好静止于电容器中的P点。下列说法正确的是（ ）
A.若将A极板向上平移一小段距离，平行板电容器的电容将变小
B.若将B极板向左平移一小段距离，静电计指针张角变小
C.若断开电键S，再将B极板向右平移一小段距离，P点电势将降低
D.若断开电键S，再将A极板向下平移一小段距离，则带电油滴仍保持静止状态
10.如图（甲）所示，在竖直放置、距离足够大的两平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），规定水平向左为正方向。当两板间加上如图（乙）所示的交变电压后，下列图像中能正确反映电子受到的电场力F、位移x、动量p和动能Ek四个物理量随时间变化规律的是（ ）
甲乙
A. B. C. D.
三、实验题（本大题共2小题，共15分。）
11.（5分）表头的满偏电压和满偏电流一般都比较小，测量较大的电压或电流时要把它改装成较大量程的电压表或电流表。现有一个满偏电流Ig=2mA，内阻Rg=150Ω的表头G。
（1）若要把此表头改装成量程为3V的电压表，应 联一个阻值为 Ω的电阻。
（2）若要把此表头改装成量程为10mA的电流表，应 联一个阻值为 Ω的电阻。
（3）若将此表头改装成有两个量程的电流表，如图所示，则使用A、B两个端点时，量程 （选填“较大”或“较小”）。
12.（10分）（1）某实验小组使用多用电表测量电学中的物理量。
①甲同学用实验室的多用电表进行某次测量时，指针在表盘的位置如图所示。若所选挡位为直流50mA挡，则示数为 mA；若所选挡位为“×10Ω”挡，则示数为 Ω。
②乙同学用该表正确测量了一个约150Ω的电阻后，需要继续测量一个阻值约20Ω的电阻。在测量这个电阻之前，请选择以下必须的操作步骤，其合理的顺序是 （填字母代号）。
A.将红表笔和黑表笔短接
B.把选择开关旋转到“×100Ω”挡
C.把选择开关旋转到“×1Ω”挡
D.调节欧姆调零旋钮使电表指针指向欧姆零点
（2）用如图甲所示的电路测量一节蓄电池的电动势和内电阻。蓄电池的电动势约为2V，内电阻很小。除蓄电池、开关、导线外可供使用的实验器材还有：
甲乙
A.电压表V（量程3V）
B.电流表A1（量程0.6A）
C.电流表A2（量程3A）
D.定值电阻R0（阻值4Ω，额定功率4W）
E.滑动变阻器R1（阻值范围0~20Ω，额定电流1A）
F.滑动变阻器R2（阻值范围0~2000Ω，额定电流0.1A）
①电流表应选 ，滑动变阻器应选 ；（均填器材前的字母代号）
②根据实验数据作出U-I图像（如图乙所示），则蓄电池的电动势E= V，内阻r= Ω；
③用此电路测量电池的电动势和内电阻，产生误差的原因是 （选填“A”或“B”）。
A.电压表分流作用B.电流表分压作用
四、计算题（本大题共3小题，共39分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
13.（10分）质量为m=1kg的物体静止在足够长的水平面上，0~4s时间内在物体上加上水平方向的力F，F随时间t的变化关系如图所示，规定向右为正方向，物体与水平面间的动摩擦因数为μ=0.1，重力加速度
大小取g=10m/s2。求：
（1）4s末物体的速度大小；
（2）若4s末后撤去F物体滑行的距离。
14.（13分）如图所示，一个带正电的粒子从静止开始经加速电场加速后，获得水平速度v0，从水平放置的一对平行金属板正中间射入偏转电场中。已知粒子的电荷量为q，质量为m，不计粒子的重力，偏转金属极板长为L，两极板间距为d，偏转电压为U2。求：
（1）加速电场两端的电压U1；
（2）粒子飞出偏转电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y和速度偏转角的正切值tanθ；
（3）要使粒子能飞出偏转电场，水平金属板间所加偏转电压U2应满足的条件。
15.（16分）如图所示，半径R=1m的光滑半圆轨道BC与倾角的粗糙斜面轨道在同一竖直平面内，两轨道间由一条光滑水平轨道AB相连，A处用光滑小圆弧轨道平滑连接，B处与圆轨道相切。在水平轨道上，两静止小球P、Q压紧轻质弹簧后用细线连在一起，某时刻剪断细线后，小球P向左运动冲上斜面，小球Q沿圆轨道恰好能到达C点。已知小球P的质量m1=2kg，小球Q的质量m2=1kg，小球P与斜面间的动摩擦因数μ=0.75，小球到达A点或B点时已和弹簧分离。重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cs37=0.8。求：
（1）剪断细线后弹簧对小球Q的弹力的冲量大小；
（2）小球P沿斜面上升的最大高度h；
（3）剪断细线之前弹簧具有的弹簧势能。
2022级“贵百河”12月高二年级新高考月考测试
物理参考答案
1.【答案】C
【解析】核心舱和地球同步卫星都是受万有引力提供向心力而做匀速圆周运动，有
可得，，，
而核心舱运行轨道距地面的高度为400km左右，地球同步卫星距地面的高度接近3600km，有r舱ω同，T舱a同，v舱>v同
则核心舱角速度比地球同步卫星的大，周期比地球同步卫星的短，向心加速度比地球同步卫星的大，线速度比地球同步卫星的大，故ABD错误，C正确；故选C。
2.【答案】D
【解析】A.根据题述和图中几何关系，A、B间的距离为
根据库仑定律，可得库仑力大小为，故A错误；
B.对小球A受力分析，受到竖直向下的重力mg，水平向右的库仑力F，细线的拉力T，
由可得A、B间库仑力大小为，故B错误；
C.由可得细线拉力大小为，故C错误；
D.由，，可得细线拉力大小为，故D正确。故选D。
3.【答案】C
【解析】A.根据电场线的疏密由图可知，N点电场强度较大，即，故A错误；
B.根据和牛顿第二定律可得粒子在N点的加速度较大，即，故B错误；
CD.粒子运动轨迹偏向右上方，则说明粒子在M、N两处所受的电场力向右上方，由于电场线方向向右上方，故判断粒子带正电，若粒子从M点运动到N点，在从M点到N点的过程电场力做正功，动能增加，所以粒子在M点的速度小于在N点的速度，故C正确，D错误。
4.【答案】B
【解析】由安培定则可知，导线ab在O点的磁场方向竖直向下，则合磁场为2B0；导线c在O点的磁场方向向右，大小为B0，则O点的磁感应强度大小，故选B。
5.【答案】D
【解析】小灯泡正常发光，则路端电压为
流过小灯泡的电流为
干路电流为
则流经电动机的电流为
电动机输出功率为
故选D。
6.【答案】D
【解析】A.D点的电势为
可知BD是一条等势线，三角形ABC为等边三角形，则BD过O点，O点电势为10V，故A错误；
B.根据几何关系可知，BD垂直于AC，则电场线方向平行于AC，C点电势大于A点电势，而沿着电场线的方向电势降低，则可知电场方向由C指向A，电场强度为，故B错误。
C.在三角形ABC内切圆的圆周上，电势最低的点为沿电场线方向，距离O点最远的点。过O点平行于AC的直径与圆周的两个交点中，离A点较近的点才是电势最低的点。离C点较近的点是圆周上电势最高的点，故C错误；
D.将电子沿直线由F点移到D点，电场力做负功，故D正确。
故选D。
7.【答案】B
【解析】A.根据图像的切线斜率绝对值表示电场强度大小，可知沿Ox方向电场强度先减小后增大，故A错误；
BCD.由图乙可知，沿x轴正方向电势升高，所以电场方向沿x轴负方向，则电子所受电场力一直沿x轴正方向，电场力对电子一直做正功，电子的动能一直增大，电子的速度一直增大，电子的电势能一直减小，故B正确，CD错误。
故选B。
8.【答案】CD
【解析】A.场强方向向上，电场力向上，则为正电荷，A错误；
BC. b点处的电势能
a点处，总能量
由总能量守恒可知，则b点处的动能为，B错误，C正确；
D.同理，c点处的动能为，D正确。
故选CD。
9.【答案】AD
【解析】A.根据，若将A极板向上平移一小段距离，则板间距离变大，平行板电容器的电容将变小，故A正确；
B.根据，若将B极板向左平移一小段距离，由于正对面积减小，平行板电容器的电容将变小，由于电容器与电源一直相连，则两极板间的电压保持不变，静电计指针张角不变，故B错误；
C.若断开电键S，则极板电荷量可认为不变；再将B极板向右平移一小段距离，根据，，，可知平行板电容器的电容将变小，两极板间的电压变大，极板间的电场强度变大，根据，由于B板接地，电势不变，则P点电势将升高，故C错误；
D.若断开电键S，则极板电荷量可认为不变；再将A极板向下平移一小段距离，根据，可知极板间的电场强度不变，带电油滴受力不变，带电油滴仍保持静止状态，故D正确。
故选AD。
10.【答案】AC
【解析】A.电子受到的电场力，故电场力与交变电压变化趋势相同，故A正确；
B.开始时，电子在电场力作用下做匀变速直线运动，则位移与时间的关系应该是二次函数图像，故B错误；
C.根据动量定理，则图像与时间轴围成的面积表示电子的动量，由A图像可知，动量先均匀增大，再均匀减小，再反向均匀变大，最后再均匀变小，故C正确；
D.前内由于，，故动能与时间t二次函数关系，故D错误。
故选AC。
11.【答案】（1）串（1分）1350（1分）（2）并（1分）37.5（1分）（3）较大（1分）
【解析】（1）[1][2]由题意可知，满偏电流，内阻。若将此表头改装成量程为U=3V的电压表，需要串联一个电阻；由欧姆定律知
代入数据得
（2）[3][4]若将此表头改装成量程为的电流表，需要并联一个小电阻。
由欧姆定律可知
代入数据得
（3）[5]把表头改装成电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值越小，改装后电流表的量程越大，由图示电路可知，使用A、B两个端点时并联分流电阻阻值较小，此时电流表量程较大。
12.【答案】（1）①24.0（1分）160（1分）②CAD（1分）
（2）①B（1分）E（1分）②2.10/2.1（1分）0.20/0.2（2分）③A（2分）
【解析】（1）①[1][2]根据多用电表读数规则，若所选挡位为直流50mA挡，则示数为24.0mA。若所选挡位为“×10Ω”挡，则示数为16.0×10Ω=160Ω
②[3]乙同学用欧姆表正确测量了一个约150Ω的电阻后，需要继续测量一个阻值约20Ω的电阻，待测电阻变小需要换到“×1”挡，然后将红表笔和黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点，故合理的顺序是CAD。
（2）①[4][5]电路中的最大电流为
所以电流表选择B。为了方便调节，滑动变阻器应选择阻值较小的，故滑动变阻器选择E。
②[6]根据闭合电路欧姆定律可知
根据图像可得图像与纵轴的交点为电动势，即
[7]电源内阻为
③[8]用此电路测量电池的电动势和内电阻，由于电压表的分流，测量值偏小，故选A。
13.【答案】（1）6m/s；（2）18m
【解析】（1）物体受到的摩擦力为
由动量定理可得
解得
（2）由动能定理可得
解得
14.【答案】（1）（2）（3）
【解析】（1）由动能定理可得
解得
（2）粒子以速度v0进入偏转电场后，做类平抛运动，设粒子在偏转电场中运动的时间为t，加速度为a，离开偏转电场时竖直方向的速度为vy，根据牛顿第二定律和运动学公式有
解得
（3）负离子能飞出偏转电场应满足
解得
15.【答案】（1）；（2）；（3）37.5J
【解析】（1）小球Q恰好达到C点，在C点，由牛顿第二定律得
解得
小球Q由B到C的过程，由动能定理得
解得
剪断细线后，对小球Q，由动量定理得
解得
（2）剪断细线后，P、Q两球被弹开的过程中，P、Q组成的系统动量守恒
小球P被弹开后的速度
小球P冲上斜面的过程，由动能定理得
解得
（3）由能量守恒，弹簧的弹性势能转化为P、Q两小球的动能