云南省下关第一中学2023-2024学年高二上学期12月月考物理试题（Word版附解析）

这是一份云南省下关第一中学2023-2024学年高二上学期12月月考物理试题（Word版附解析），共15页。
第I卷（选择题，共48分）
注意事项：
1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。
2．每小题选出答案后，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。在试题卷上作答无效。
一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求；第9~12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
1．扫描隧道显微镜（STM）可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图1所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是（ ）
图1
A．B．
C．D．
2．如图2所示，在圆柱形区域内存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在此区域内，沿水平面固定一半径为r的圆环形光滑细玻璃管，环心O在区域中心。质量为m、电荷量为q的带正电的小球，在管内沿逆时针方向（从上向下看）做圆周运动。当磁感应强度均匀增大时，会产生涡旋电场，其电场线是在水平面内一系列沿逆时针方向的同心圆，同一条电场线上各点的场强大小相等。此小球的（ ）
图2
A．动能保持不变，是因为洛伦兹力和管道的弹力对小球始终不做功
B．动能减小，是因为洛伦兹力对小球做负功
C．动能减小，是因为电场力对小球做负功
D．动能增大，是因为电场力对小球做正功
3．安检门原理图如图3所示，左边门框中有一通电线圈，右边门框中有一接收线圈。若工作过程中某段时间内通电线圈中存在顺时针方向（从左向右看）均匀增大的电流，则下列说法正确的是（描述电流方向时均从左向右观察）（ ）
图3
A．无金属片通过时，接收线圈中感应电流的方向为逆时针方向
B．无金属片通过时，接收线圈中感应电流逐渐增大
C．有金属片通过时，接收线圈中感应电流的方向为顺时针方向
D．有金属片通过时，接收线圈中没有感应电流
4．如图4所示，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。ac、bc两金属棒分别串有电压表、电流表，当金属框绕ab边逆时针转动时，下列判断正确的是（ ）
图4
A．电流表没有读数，b、c电势相等B．电流表有读数，b、c电势不相等
C．电压表没有读数，a、c电势不相等D．电压表有读数，a、c电势不相等
5．在匀强磁场中，矩形金属导线框绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的电动势e随时间t变化的图像如图5所示，下列说法不正确的是（ ）
图5
A．线框产生的电动势最大值为220VB．线框产生的电动势有效值为220V
C．时，线框平面与中性面重合D．此交流电的频率为50Hz
6．如图6所示为某种周期性变化的交变电流的电流—时间关系图像，其中前半个周期电流按正弦规律变化，则一个周期内该电流的有效值为（ ）
图6
A．B．C．D．
7．如图7甲所示风力发电是一种绿色环保的清洁能源，统计显示，我国风力发电规模已经连续12年位居世界第一。根据电磁感应的基本原理，风力发电可建立如下模型，叶片长度为l的风轮机在风的驱动下，带动内部矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动产生交流电。假设空气密度为，风速为v，发电机将风的动能转化为电能的效率为，发电机正常工作时线圈中产生如图乙所示的正弦交流电，下列说法正确的是（ ）
图7
A．发电机的发电功率B．若风速加倍，则发电机的功率将变为8倍
C．发电机线圈输出电压的有效值为UD．时，发电机线圈中磁通量的变化率最大
8．如图8所示，竖直面内两根足够长的光滑金属导轨平行固定放置，底端通过导线与阻值为r的电阻连接，与导轨接触良好的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，导轨、导线和金属棒M的电阻均忽略不计，匀强磁场垂直导轨所在平面向外。现将金属棒M从弹簧原长位置由静止释放，则下列说法正确的是（ ）
图8
A．金属棒M释放瞬间受三个力作用
B．金属棒M受到弹簧的拉力和重力第一次大小相等时，电路中电流最大
C．金属棒M向下运动时，流过电阻的电流方向从Q到P
D．金属棒M运动的整个过程中，电阻上产生的总热量小于金属棒M重力势能的减少量
9．如图9所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨，圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场，金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧be接触良好，初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上，若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有（ ）
图9
A．杆OP产生的感应电动势恒定B．杆OP受到的安培力不变
C．杆MN做匀加速直线运动D．杆MN中的电流逐渐减小
10．如图10甲所示为某小型水电站的电能输送示意图，其输入电压如图乙所示。输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数分别为、，降压变压器原、副线圈匝数分别为、（变压器均为理想变压器）。降压变压器右侧部分为一火灾报警系统（报警器未画出），和为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，下列说法正确的是（ ）
图10
A．
B．乙图中电压的瞬时值表达式为
C．R处出现火警时，输电线上的电流增大
D．R处出现火警时，电压表V的示数增大
11．在倾角为的斜面上固定两根足够长的平行金属导轨MN、EF，间距为L，导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨所在平面向下。有两根质量均为m、电阻均为R、长度均为的金属棒ab、cd垂直导轨放置且与导轨接触良好，光滑的ab棒用平行于导轨的不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮与质量为2m的重物P连接，如图11所示。初始时作用在ab棒上一个外力（图中未画出）使ab棒、重物P保持静止，cd棒也静止在导轨上且刚好不下滑。已知重力加速度大小为g，导轨电阻不计，cd棒的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现撤去外力，ab棒和重物P从静止开始运动，到cd棒刚好要向上滑动的过程中，下列说法正确的是（ ）
图11
A．重物P向下做加速度不断减小的加速运动
B．cd棒刚好要向上滑动时，ab棒中的电流大小为
C．cd棒刚好要向上滑动时，重物P的速度大小为
D．重物P减少的重力势能等于ab棒、重物P增加的动能与ab、cd棒产生的焦耳热之和
12．如图12所示，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场时加速度恰好为零。从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是（ ）
图12
A．B．C．D．
第II卷（非选择题，共52分）
注意事项：
第II卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效。
二、填空、实验题（本大题共2小题，共14分）
13．（4分）某实验小组在“练习使用多用电表”实验中：
（1）用多用电表测量某一电学元件，多用电表的选择开关旋至如图13甲所示。操作正确，表盘指针如图乙所示，则该电学元件阻值为________Ω。
图13
（2）该电学元件可能是________。
A．一个阻值未知的电阻
B．“220V 50W”的白炽灯
C．“220V 100W”的白炽灯
14．（10分）在“验证动量守恒定律”实验中，实验装置如图14甲所示，实验原理如图乙所示。
图14
（1）实验室有如下A、B、C三个小球条件已知，则实验时入射小球应该选取________填选项字母。
（2）小球释放后落在复写纸上会在白纸上留下印迹。多次实验，白纸上留下了9个印迹，如果用画圆法确定小球的落点P，如图丙所示画的三个圆最合理的是________（填选项前的字母）。
A．AB．BC．C
（3）关于本实验，下列说法正确的是________（填选项前的字母）。
A．小球每次都必须从斜槽上的同一位置静止释放
B．必须测量出斜槽末端到水平地面的高度
C．实验中需要用到重垂线
D．斜槽必须足够光滑且末端保持水平
（4）若两球发生弹性碰撞，用刻度尺测量M、P、N距O点的距离、、，通过验证等式：________（用题中所给字母表示）是否成立，从而验证动量守恒定律。
（5）若两球发生弹性碰撞，则下列式子成立的是________（填选项前的字母）。
A．B．C．
三、计算题（本大题共4小题，共38分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不能得分。有数据计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
15．（8分）如图15甲所示为手机无线充电工作原理示意图，它由送电线圈和受电线圈组成。已知受电线圈的匝数为40匝，电阻，在它的c、d两端接一阻值的电阻。设在受电线圈内存在与线圈平面垂直的磁场，其磁通量随时间变化规律如图乙所示，可在受电线圈中产生正弦式交变电流。求：
图15
（1）交流电压表的示数为多少？
（2）从到时间内，通过电阻R的电荷量。
16．（8分）如图16所示，一光滑水平轨道上静止一质量为2m的小球B。另一大小相同的质量为m的小球A以速度向右运动并与球发生弹性正碰，求：
图16
（1）碰撞结束时A球的速度的大小及方向；
（2）碰撞过程B球对A球的冲量大小及方向。
17．（10分）如图17所示足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度，一端连接的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度。导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好，电阻。导轨的电阻忽略不计。在平行于导轨的拉力作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度。求：
图17
（1）导体棒的感应电动势E，回路中的感应电流I，导体棒两端的电压U；
（2）拉力F的大小，在0.1s时间内，拉力F的冲量的大小；
（3）在0.1s时间内，拉力F做的功。
18．（12分）如图18所示，两间距为d的平行光滑导轨由固定在同一水平面上的导轨和竖直平面内半径为r的圆弧导轨组成，水平导轨与圆弧导轨相切，左端接一阻值为R的电阻，不计导轨电阻；水平导轨处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，其他地方无磁场。导体棒甲静止于处，导体棒乙从处由静止释放，沿圆弧导轨运动，与导体棒甲相碰后粘合在一起，并在到达水平导轨左端前停下。已知两棒的质量均为m，电阻均为R，始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度大小为g，求：
图18
（1）两棒粘合前瞬间导体棒乙对每个圆弧导轨底端的压力大小N；
（2）两棒在磁场中运动的过程中，电路中产生的焦耳热Q；
（3）两棒粘合后受到的最大安培力。
下关一中教育集团2023~2024学年高二年级上学期段考（二）
物理参考答案
第I卷（选择题，共48分）
一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求；第9~12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
【解析】
1．图中紫铜薄板无论上下振动还是左右振动都会出现磁通量的变化，从而会产生电磁感应现象，故A正确。图中紫铜薄板上下振动时没有磁通量的变化，不会产生电磁感应现象，故B错误。图中紫铜薄板无论上下振动还是左右振动均不会产生电磁感应现象，故C错误。图中紫铜薄板上下振动时不会产生电磁感应现象，故D错误。
2．按照麦克斯韦电磁场磁理论，变化的磁场能产生电场，在垂直于磁场的平面内产生电场，由于磁感应强度增大，根据楞次定律，电场的方向是逆时针方向的，则带正电小球受到的电场力方向与小球的运动方向相同，电场力对小球做正功，动能将增大，洛伦兹力始终不做功，故D正确。
3．当左侧线圈中通有不断增大的顺时针方向的电流时，知穿过右侧线圈的磁通量向右，且增大，根据楞次定律，右侧线圈中产生逆时针方向的电流，故A正确。通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则通电线圈中的磁通量均匀增大，所以穿过右侧线圈中的磁通量均匀增大，则磁通量的变化率是定值，由法拉第电磁感应定律可知，接收线圈中的感应电流不变，故B错误。有金属片通过时，则穿过金属片中的磁通量发生变化时，金属片中也会产生感应电流，感应电流的方向与接收线圈中的感应电流的方向相同，接收线圈中的感应电流方向不变，仍然为逆时针方向，但金属片中的感应电流会将该空间中的磁场的变化削弱一些，引起接收线圈中的感应电流大小发生变化，故C、D错误。
4．导体棒bc、ac做切割磁感线运动，产生感应电动势，根据右手定则可知c点的电势高于b点；但运动的过程中穿过线圈的磁通量一直为零，保持不变，故金属框中无电流，电流表没有读数；由于电压表中没有电流通过，则电压表也没有读数，根据右手定则可知c点的电势高于a点，故A、B、D错误，C正确。
5．由图像可得电动势最大值为，故A错误。由图像知这是正弦式交流电，所以电动势有效值为，故B正确。时，产生的感应电动势为零，此时线框平面与中性面重合，故C正确。由图像可知周期，频率，故D正确。
6．设电流的有效值为I，根据有效值的定义可得，解得，故B正确。
7．单位时间吹到叶片上的风的质量为，根据能量守恒可得发电机的发电功率，若风速加倍，则发电机的功率变为8倍，故A错误，B正确。发电机的输出电压有效值为，故C错误。时，电动势的瞬时值为零，此时发电机线图中磁通量的变化率为零，故D错误。
8．金属棒M释放瞬间，速度为零，电路中的感应电流为零，金属棒M不受安培力作用，由于弹簧处于原长状态，因此金属棒M只受重力作用，故A错误。当弹簧的拉力和安培力之和与金属棒M的重力第一次大小相等时，金属棒M的加速度为零，速度最大，电路中产生的感应电流最大，故B错误。根据右手定则可知，金属棒M向下运动时，流过电阻的电流方向从P到Q，故C错误。最终金属棒M静止，此时弹簧处于伸长状态，由能量守恒定律知，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和焦耳热，所以电阻上产生的总热量小于金属棒M重力势能的减少量，故D正确。
9．OP转动切割磁感线产生的感应电动势为，因为OP匀速转动，所以杆OP产生的感应电动势恒定，故A正确。杆OP匀速转动产生的感应电动势产生的感应电流由M到N通过MN棒，由左手定则可知，MN棒会向左运动，MN棒运动会切割磁感线，产生电动势与原来电流方向相反，让回路电流减小，MN棒所受合力为安培力，电流减小，安培力会减小，加速度减小，故D正确，B、C错误。
10．根据，，，可知，，故A错误。乙图中电压最大值，，所以；乙图中的电压瞬时值表达式
，故B正确。当R处出现火警时，其阻值减小，负载总电阻减小，则增大，则增大，故C正确。又增大，输入电压不变，和不变，所以不变，由于，所以减小，和不变，则变小，即电压表V的示数减小，故D错误。
11．将P和ab棒看作一个系统，P的重力不变，ab棒的重力沿斜面向下的分力不变，而速度在增大，ab棒所受的沿斜面向下的安培力随之增大，故系统所受的合外力变小，加速度变小，故A正确。刚开始cd棒恰好静止，有；cd棒刚要上滑时，有，联立解得，故B正确。cd棒刚要上滑时，，又有，故，故C正确。由能量守恒定律得重物P减少的重力势能等于ab棒、重物P增加的动能及ab棒增加的重力势能与ab、cd棒产生的焦耳热之和，故D错误。
12．两导体棒从同一位置由静止释放，进入磁场的速度大小相同，设为v，PQ刚进入磁场时刚好做匀速运动，则，，，则，从PQ进磁场到MN出磁场的过程中，可能的情况有两种：第一种情况是PQ在磁场中运动时，MN还没有进入磁场，等PQ出了磁场后，MN再进入磁场，这种情况PQ和MN分别都是在磁场中做匀速直线运动，产生的感应电流大小相等，但是回路中电流的方向相反，故A正确，B错误。第二种情况是PQ出磁场之前，MN已经进入磁场，MN刚进磁场时，由于两根导体棒速度大小相同，回路磁通量变化率为零，即感应电动势为零，电流为零，两棒均以的加速度做加速运动，当PQ出磁场后，MN在磁场中切割磁感线，产生感应电流，此时切割磁感线的速度大于刚进入磁场时的速度，产生的电流大于PQ刚进磁场时的电流，MN受到的合外力沿导轨向上，，，MN做加速度减小的减速运动，PQ中的感应电流大小逐渐减小，方向与之前相反，图像的斜率逐渐减小，故C错误，D正确。
第II卷（非选择题，共52分）
二、填空、实验题（本大题共2小题，共14分）
13．（每空2分，共4分）
（1）3000
（2）A
【解析】（1）欧姆表读数为：
（2）根据，可知B、C错误。该电学元件可能是一个阻值未知的电阻，故A正确。
14．（每空2分，共10分）
（1）B
（2）C
（3）AC
（4）
（5）A
【解析】（1）为了保证入射小球碰撞后不反弹，入射球的质量要大于被碰球的质量，为了使两球发生对心碰撞，则要求两球的半径相同，故入射球选择直径为、质量为的小球，被碰球选择直径为、质量为的小球，故B正确。
（2）如果采用画圆法确定小球的落点，应该让所画的圆尽可能把大多数落点包进去，且圆的半径最小，这样所画圆的圆心即为小球落点的平均位置，故C正确。
（3）为了让小球每次平抛的速度相等，实验中需要让小球每次都必须从斜槽上的同一位置静止释放，故A正确。两个小球下落时间相同，可以用位移代替初速度，故不需要求出时间，所以不需要测量高度，故B错误。与重力方向一致的线叫重垂线，用重垂线保证桌腿与地面垂直，即桌面与地面水平，从而保证小球能做严格的平抛运动，故C正确。小球每次从斜槽的同一位置滚下，不需要斜面光滑，且为使小球做平抛运动，斜槽的末端需调成水平，故D错误。
（4）入射球碰撞前的速度为，碰撞后入射球和被碰球的速度分别为，，碰前的动量为，碰后的动量为。若等式成立，则验证了动量守恒定律。将、、的表达式代入上式并化简得。
（5）根据机械能守恒定律，有，因，再结合上问，整理可得，再根据上问动量守恒可得，由以上两式解得，故A正确。
三、解答题（本大题共4小题，共38分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不能得分，有数据计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
15．（8分）
解：（1）线圈中产生正弦式交变电流，由乙图可知①
感应电动势的最大值为②
感应电动势的有效值③
电压表的示数④
（2）从到时间内平均电动势为⑤
从到时间内平均电流为⑥
通过电荷R的电荷量为⑦
评分标准：本题共8分。正确得出⑦式给2分，其余各式各给1分。
16．（8分）
解：（1）以向右为正，碰撞过程中由动量守恒和能量守恒
可得：①
②
联立解得：③
方向水平向左④
（2）对A球由动量定理有：⑤
解得：⑥
方向水平向左⑦
评分标准：本题共8分。正确得出②式各给2分，其余各式各给1分。
17．（10分）
解：（1）感应电动势：①
故感应电流：②
导体两端电压：③
（2）金属棒在匀速运动过程中，所受的安培力大小为：④
导体棒做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得：拉力⑤
所以拉力的冲量⑥
（3）0.1s内导体棒的位移：⑦
拉力做功：⑧
评分标准：本题共10分。正确得出①、④式各给2分，其余各式各给1分。
18．（12分）
解：（1）设两棒粘合前瞬间导体棒乙的速度大小为，对导体棒乙沿圆弧导轨运动的过程，根据机械能守恒定律有
①
解得
两棒粘合前瞬间，导体棒乙受到导轨的支持力与重力mg的合力提供向心力有
②
解得
根据牛顿第三定律可知
③
（2）设两棒相碰并粘合在一起后瞬间的速度大小为，根据动量守恒定律有
④
解得
根据能量守恒定律有
⑤
解得⑥
（3）经分析可知，两棒相碰并粘合在一起后切割磁感线的最大速度即为，故电路中产生的最大感应电动势⑦
根据闭合电路的欧姆定律可知，电路中通过的最大电流
⑧
其中⑨
又⑩
解得⑪
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
选项
A
D
A
C
A
B
B
D
AD
BC
ABC
AD