云南省昆明市第八中学2023-2024学年高二上学期12月月考物理试题（解析版）

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考试时间：75分钟 满分：100 分 命题/审题:高一备课组
一、单选题（本大题共6个小题，每小题4分，共24分，每小题只有一个选项符合题意）
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 根据可知，若q减半，则该处的场强变为原来的2倍
B. 根据可知，与点电荷距离相等的点，电场强度均相同
C. 根据可知，B与F成正比，与IL成反比
D. 根据可知，E与成正比
【答案】D
【解析】
【详解】A．公式
是电场强度的定义式，电场强度的大小与处在电场中的检验电荷的大小无关，故A错误；
B．公式
是点电荷的场强公式，对于点电荷所形成的电场，电场强度为矢量，与点电荷距离相等的点电场强度大小相等，方向不同，则电场强度不相同，故B错误；
C．公式
是磁场强度的定义式，磁场强度的大小与处在磁场中的通电导线无关，故C错误；
D．由法拉第电磁感应定律可知E与成正比，故D正确。
故选D。
2. 如图所示，平行虚线为匀强电场的等势线，曲线为正电荷在匀强电场中的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，粒子重力不计，下列说法正确的是（ ）更多课件 教案 视频 等优质滋源请 家 威杏 MXSJ663
A. 电荷在a点受到的电场力水平向左
B. a点的电势高于b点的电势
C. 电荷从a点运动到b点电场力做负功
D. 选择合适的零电势点，电荷在a、b两点的电势能可能相等
【答案】B
【解析】
【详解】A．电场线与等势线相互垂直，所以电场线沿竖直方向，由运动轨迹可以看出正电荷所受电场力方向竖直向上，所以A错误；
B．因为正电荷所受电场力方向竖直向上，所以电场线竖直向上，因为沿电场线电势降低，所以a点的电势高于b点的电势，故B正确；
C．从a到b电场力做正功，故C错误；
D．因为a、b在不同的等势面上，所以即使选择合适的零电势点，电荷在a、b两点的电势能也不可能相等，故D错误。
故选B。
3. 两个相同的灵敏电流表，一个串联的定值电阻后改装为如图甲所示的电压表，另一个并联的定值电阻后改装为如图乙所示的电流表。已知灵敏电流表的满偏电流为，内阻为，则下列说法正确的是（ ）
A. 改装后的电压表量程为B. 改装后的电压表量程为
C. 改装后的电流表量程为D. 改装后的电流表量程为
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】AB．改装后的电压表量程
改装后的电压表量程为，B错误A正确；
CD．改装后的电流表量程
改装后的电流表量程为，CD错误。
故选A。
4. 如图所示，圆形区域内存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，比荷相同的两个粒子沿直径AB方向从A点射入磁场中，分别从圆弧上的P、Q两点射出，不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A. 粒子在磁场中做匀速圆周运动周期之比为
B. 两粒子从A分别运动到P、Q经历时间之比为
C. 从P、Q两点射出的粒子在磁场中运动轨道半径之比为
D. 从P、Q两点射出的粒子在磁场中运动速率之比为
【答案】D
【解析】
【详解】AB．做出带电粒子运动轨迹如图所示
根据几何关系可知，到达Q点的粒子在磁场中转过的角度为，到达P点的粒子在磁场中转过的角度为，而粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
整理有
比荷相同且在同一磁场中做圆周运动，因此周期相同，即
则可得
可得
故AB错误；
CD．设圆形磁场的半径为R，根据几何关系可得
解得
而根据
可得
故C错误，D正确。
故选D。
5. 如图，两平行直导线cd和ef竖直放置，通以方向相反、大小相等的恒定电流，a、b、p三个相同的闭合金属圆环位于两导线所在的平面内，a在导线cd的左侧，b在导线ef的右侧，p在导线cd与ef之间，则（ ）
A. 穿过p的磁通量为零
B. a、b圆心处的磁场方向相反
C. cd、ef所受到的安培力方向相反
D. 线圈a向左平动时有收缩的趋势
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题意，根据安培定则，可判断知通电直导线cd和ef在p圆环处产生的磁场方向均垂直纸面向外，所以穿过p的磁通量不为零，故A错误；
B．由于距离通电导线越近，产生的磁场越强，距离导线越远，产生的磁场越弱，根据安培定则，结合对称性，可判断知通电直导线cd和ef在a、b圆心处产生磁场的合磁场方向相同，均垂直纸面向里，故B错误；
C．根据两通电直导线之间相互作用规律：“同向相吸，异向相斥”，可知cd所受到的安培力向左，ef所受到的安培力向右，故C正确；
D．由选项B分析可知，a处的磁场方向垂直纸面向里，若a圆环向左平动时，穿过a圆环垂直纸面向里的磁通量将减小，根据楞次定律的“增缩减扩”可知，a向左平动时有扩张趋势，故D错误。
故选C。
6. 空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图（a）中虚线所示，一硬质细导线的电阻率为、横截面积为，将该导线做成半径为的圆环固定在纸面内，圆心在上。时磁感应强度的方向如图（a）所示。磁感应强度随时间的变化关系如图（b）所示，则在到的时间间隔内（ ）

A. 圆环所受安培力的方向始终不变
B. 圆环中的感应电流始终沿逆时针方向
C. 圆环中的感应电流大小为
D. 圆环中感应电动势大小为
【答案】C
【解析】
【详解】AB．根据B-t图像，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向一直为顺时针；在t0时刻，磁场的方向发生变化，故安培力方向在t0时刻发生变化，t=0至t=t0时段，安培力向左；t=t0至t=t1时段，安培力向右，故AB错误；
CD．由闭合电路欧姆定律得
又根据法拉第电磁感应定律得
由电阻定律有
联立解得
故C正确，D错误。
故选C。
二、多选题（本大题共4个小题，每小题6分，共24分，每小题有多个选项符合题意）
7. 如图所示，水平放置的平行板电容器与电源连接。闭合开关待稳定后，有一带电油滴恰好能静止在电容器中的P点，则（ ）
A. 保持开关闭合，将上极板往下平移，板间电场强度减小
B. 保持开关闭合，将上极板向左移动少许，电路中极板所带电荷量减小
C. 断开开关，将上极板往上平移，P点电势减小
D. 断开开关，将上极板向左移动少许，油滴向上运动
【答案】BD
【解析】
【详解】A．保持开关闭合，电容器两极板间的电压U保持不变，将上极板往下平移，两极板间的距离d减小，根据
电容器内部电场强度增大，故A错误。
B．将上极板向左移动少许，两极板间正对面积S减小，根据
可知电容减小，又根据
由于电压保持不变，因此电容器的带电量减小，B正确；
C．断开开关，电容器的带电量Q保持不变，利用
可知电容器内部电场强度
可知，将上极板往上平移后，电容器内部的电场强度保持不变，P点电势不变，C错误；
D．断开开关，将上极板向左移动少许，根据
电容减小，又由于
带电量保持不变，两极板间的电压升高，根据
可知，板间电场强度增大，油滴向上运动，D正确。
故选BD。
8. 如图所示为回旋加速器的示意图，用回旋加速器加速某带电粒子时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电频率为f。设D形盒半径为R，不计粒子在两极板间运动的时间，则下列说法正确的是（ ）
A. 带电粒子在磁场中运动的周期为
B. 带电粒子的比荷为
C. 带电粒子被加速后的最大速度为
D. 不同的带电粒子在同一回旋加速器中运动的总时间可能不同
【答案】AC
【解析】
【详解】A．带电粒子在磁场中做圆周运动的周期应该和交变电流的周期保持一致，才能保证被加速，故
T=
A正确。
B．由
可知
故B错误。
C．由圆周运动知识有
可得
当时，v最大，此时
故C正确；
D．粒子在回旋加速器中被加速的过程，由动能定理有
又
粒子在回旋加速器中运动的时间为
整理得
与粒子的质量和带电量无关，因此不同的粒子在同一回旋加速器中运动的时间相同，故D错误。
故选AC。
9. 用电感L和电容C组成如图所示的电路，开关S断开，电容器上带有一定的电荷量。闭合开关S形成LC振荡电路，振荡周期为T，记开关S闭合瞬间为t=0时刻，则（ ）
A. 时，回路中电流为0
B. 时，线圈中产生的感应电动势最大
C. 时，电容器两极板间的电场强度最小
D. 若增大电容器两极板的间距，振荡周期增大
【答案】BC
【解析】
【详解】A．根据题意可知，开关S闭合瞬间为t=0时刻，电容器开始放电，电流增大，电流与时间呈现正弦式变化，当时，回路中放电电流达到最大值，故A错误；
B．时刻电容器处于反向充电状态，电流减小，由于电流与时间呈现正弦式变化，图像的斜率的绝对值表示感应电动势的大小，在时，电流为0，电流时间图像的斜率的绝对值达到最大值，可知时，线圈中产生的感应电动势最大，故B正确；
C．根据上述可知，时，充电结束，电容器又开始放电，电流反向增大，时，电容器放电结束，电流达到最大，电容器极板所带电荷量最小，电容器两极板间的电场强度最小，故C正确；
D．根据
可知，若增大电容器两极板的间距，电容器的电容减小，则振荡周期减小，故D错误。
故选BC。
10. 一个理想自耦变压器左端接交变电流，电压随时间变化的关系为，右端接入如图所示电路，电压表和电流表均为理想表，灯泡L的额定电压为50V，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，不计导线电阻。当开关S断开时，灯泡正常工作。以下说法正确的是（ ）
A. 流过小灯泡的电流方向每秒变化50次
B. 此时变压器原、副线圈电流之比为5：22
C. 当自耦变压器的可动端Q向下移动时，R0消耗的功率减小
D. 闭合开关S后，向下移动滑片P，电流表A1和电流表A2的示数都要减小
【答案】CD
【解析】
【详解】A．交变电流完成一次周期性变化时，电流方向变化两次，则根据
知
f=50Hz
则电流方向每秒变化100次。故A错误。
B．根据
可知原线圈中电压的有效值
在副线圈回路中，开关S断开，灯泡正常发光，此时灯泡和电阻串联，副线圈两端的电压
故原副线圈的匝数之比为
电流之比
故B错误；
C．当自耦变压器的可动端Q向下移动时，减小，根据
可得，减小，由于副线圈回路中的电阻不变，根据闭合电路的欧姆定律可得副线圈电流减小，则消耗的功率减小，C正确；
D．闭合开关S后，向下移动滑片P，R的电阻增大，回路中总电阻R增大，根据
可得副线圈两端的电压不变，副线圈回路中的电流
将减小，则A1、A2示数减小，D正确。
故选CD。
三、实验题（共16分）
11. 小明利用如图甲所示实验装置探究加速度与力的关系，滑块放在长木板上，长木板置于水平桌面上，砂桶通过滑轮与细线拉滑块，在细线上接有一个微型力传感器，通过力传感器可以直接读出细线的拉力大小F。保持滑块质量不变，在砂桶中添加少量细砂来改变力传感器的示数F，利用打点计时器打出的纸带求出对应拉力F时的加速度a，从而得到如图乙所示的图像。
①关于该实验，下列说法正确的是___________。
A．需要略微垫起长木板左端来平衡摩擦力
B．砂桶和砂的总质量应远小于滑块的质量
C．需要让细线与长木板保持平行
②实验中打出的一条纸带如图丙所示，打点计时器打点的周期，在纸带上依次标上1、2、3、4、5、6，7等计数点，相邻两个计数点之间还有四个点没有画出来，测得、、、、、。利用以上数据可知，打该纸带时滑块的加速度大小___________。（结果保留三位有效数字）
③图乙中直线的延长线没有经过原点的原因是___________（任写一条即可），由图乙可知滑块的质量___________（结果保留两位有效数字）。
【答案】 ①. AC ②. 2.13 ③. 未平衡摩擦力或未完全平衡摩擦力 ④. 1.0
【解析】
【详解】①[1]该实验中需要略微垫起长木板左端来平衡摩擦力，需要让细线与长木板保持平行，以保证细线上的拉力就是滑块所受合力，因为通过力传感器可以直接读出细线的拉力大小F，所以不再需要砂桶和砂的总质量远小于滑块的质量，故AC正确，B错误。
故选AC。
②[2]由题意知相邻两计数点间的时间
打该纸带时滑块的加速度大小
③[3]图乙中直线的延长线没有经过原点，由图可知当时，a=0，说明未平衡摩擦力或未完全平衡摩擦力。
[4]设未完全平衡摩擦力为
斜率表示滑块的质量，可得滑块的质量
12. 为测量方槽中溶液电阻率，某同学选用了如图甲所示的实验器材。已知A、B分别为紧靠方槽两侧内壁金属铜板上的接线柱，铜板的电阻不计且宽度恰与方槽内壁等宽，方槽内溶液的长度为a，宽度为b，深度为c。其余器材及参数如下：
溶液电阻（连A、B接线柱时，约为1Ω）
电源（电动势，内阻不计）
滑动变阻器R（最大阻值为1Ω）
定值电阻（）
电压表V（量程为3V，）
电流表A（量程为0.6A，内阻约为0.1Ω）
开关1个及导线若干（电阻不计）
（1）为使测量结果尽量准确，请用笔画线代替导线，将图甲中的实验电路连接完整；___________

（2）若该同学利用游标卡尺测量溶液的深度，他应使用图乙中的___________（选填“位置1”“位置2”或“位置3”）进行测量；正确测量得到的游标尺位置如图丙所示，则溶液的深度c为___________cm；

（3）若电压表和电流表的示数分别用U和I表示，则该溶液电阻率的表达式___________（用题中所给物理量的符号表示）。
【答案】 ①. ②. 位置3 ③. 5.015 ④. （或者）
【解析】
【详解】（1）[1]若滑动变阻器采用限流式接法，电流表示数变化范围过小，所以采用分压式接法，若电压表直接并联在A、B两接线柱上，电压表示数过小，故需并联在A、B和定值电阻两端，由于电流表内阻未知，为减小系统误差需采用电流表外接法，如图所示：

（2）[2]因测量溶液深度，故需使用游标卡尺的深度尺，选位置3进行测量；
[3]由图丙可知，卡尺的精确度为0.05mm，根据卡尺的读数规则，其读数为
故溶液深度为5.015cm；
（3）[4]设溶液的电阻为R，溶液与定值电阻的总电阻为，由欧姆定律可知
又由电阻定律可知
联立解得
若忽略电压表内阻影响，则
四、解答题（共36分）
13. 如图是弹簧枪发射钢珠前，测量弹簧的弹性势能的装置，M为半径R＝1.6m、固定于竖直平面内的光滑半圆弧轨道，A、B分别是轨道的最低点和最高点;N为钢珠接收罩，它是一个与轨道的最低点A相平的水平很大的接收罩．在A放置水平向左的弹簧枪（枪的水平长度远小于M的半径），可向M轨道发射速度不同的质量均为m＝0.01kg的小钢珠，弹簧枪可将弹性势能完全转化为小钢珠的动能．取g＝10m/s2．
（1）某次发射的小钢珠沿轨道恰好能经过B点，水平飞出后落到N的某一点上；求该次发射该钢珠前，弹簧的弹性势能；
（2）另一次发射的小钢珠沿轨道从B点水平飞出后落到N上的位置与A点水平距离为s＝4.8m，求该次发射该钢珠前，弹簧的弹性势能．
【答案】（1） （2）
【解析】
【详解】（1）在B处对小钢珠进行受力分析，由牛顿第二定律
得:
从发射钢珠到上升至B点过程，由机械能守恒定律:

得:
（2）钢珠做平拋运动，有
联立解得
由机械能守恒定律
得
14. 如图，xOy坐标系位于竖直面（纸面）内，第一象限和第三象限存在场强大小相等、方向分别沿x轴负方向和y轴正方向的匀强电场，第三象限内还存在方向垂直于纸面、磁感强度大小为B的匀强磁场（未画出）。现将质量为m、电荷量为q的微粒从P（L，L）点由静止释放，该微粒从O进入第三象限后做匀速圆周运动，最后从x轴上的Q点（未标出）进入第二象限，重力加速度为g。求：
（1）该微粒的电性及通过O点时的速度大小；
（2）该微粒在PQ间运动的总时间及Q点的坐标。
【答案】（1）正电；；（2）；（－，0）
【解析】
【详解】（1）微粒运动轨迹如答图1，其在第一象限沿PO连线做匀加速直线运动到达O点，故微粒带正电；
二力的合力方向由P指向O，有：
由动能定理有
解得
（2）由左手定则知，该磁场的方向垂直于纸面向外；
在第一象限内，由运动学规律有
得
在第三象限内，由牛顿第二定律有：
由几何关系，微粒做圆周运动对应的圆心角为θ=90°
故
解得微粒从P到Q运动的时间为
由几何关系，Q点的横坐标为：
xQ=-=－
则Q点坐标为（－，0）
15. 如图甲所示，一电阻不计且足够长固定光滑平行金属导轨MN、PQ间距L＝0.8m，其下端接有阻值R＝2Ω的电阻，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°。整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。一质量m＝0.2kg、阻值r＝1Ω的金属棒垂直导轨放置并用绝缘细线通过光滑的定滑轮与质量M＝0.8kg的重物相连，左端细线连接金属棒中点且沿NM方向。棒由静止释放后，沿NM方向位移x与时间t之间的关系如图乙所示，其中ab为直线．已知棒在0～0.3s内通过的电荷量是0.3～0.4s内通过电荷量的2倍，取g＝10m/s2，求：
（1）刚释放时导体棒的加速度a；
（2）0～0.3s内棒通过的位移x1的大小；
（3）磁感应强度的大小B和整个回路在0～0.4s内产生的热量Q。

【答案】（1）；（2）0.6m；（3）；1.8J
【解析】
【详解】（1）对M和m组成的系统，根据牛顿第二定律有
解得
（2）棒在0～0.3s内通过的电荷量
平均感应电流
回路中平均感应电动势
得
同理，棒在0.3～0.4s内通过的电荷量
由题图乙读出0.4s时刻位移大小
x2＝0.9m
又
q1＝2q2
联立解得
x1＝0.6m
（3）由题图乙知棒在0.3～0.4s内做匀速直线运动，棒的速度大小
0.3s后棒受力平衡
，
根据闭合电路欧姆定律得
解得
0～0.4s内，对整个系统，根据能量守恒定律得
代入数据解得
Q＝1.8J