安徽省六安第一中学2023-2024学年高三上学期12月月考物理试题（Word版附解析）

这是一份安徽省六安第一中学2023-2024学年高三上学期12月月考物理试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
时间：75分钟 分值：100分
一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1. 人类研究电现象和磁现象的历史与力学研究同样丰富多彩，下列说法正确的是（ ）
A. 库仑研究电荷间的作用力与距离、电荷量的关系应用了控制变量法
B. 奥斯特发现了电流的磁效应，并发现了电磁感应现象
C. “场”是物质存在的一种形式，由法拉第完善后形成的概念
D. 卡文迪什最早通过油滴实验比较准确地测出电子的电荷量
【答案】A
【解析】
【详解】A．库仑在研究电荷间的作用力与距离、电荷量的关系应用了控制变量法，改变电量的乘积或点电荷的距离来研究库仑力，故A正确；
B．奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，故B错误，
C．“场”是物质存在的一种形式，由法拉第最先提出，麦克斯韦建立电磁场后完善了场的概念，故C错误；
D．密立根最早通过油滴实验比较准确地测出电子的电荷量，故D错误。
故选A。
2. 锂离子电池以碳材料为负极，以含锂的化合物为正极。在充电的过程中，通过化学反应，电池的正极有锂离子生成，锂离子通过电解液运动到电池的负极。负极的碳材料有很多微孔，到达负极的锂离子就嵌在这些微孔中，嵌入的锂离子越多，电池中充入的电荷量也就越多。当汽车开动时，在负极的锂离子又会通过电解液返回正极，回到正极的锂离子越多，则放出的电荷量也就越大。电池放电时能输出的总电荷量叫作电池的容量。单体锂离子电池的容量极为有限，为了满足需要，常用由若干单体锂离子电池构成的电池组。下列说法中正确的是（ ）
A. “安时”（）或“毫安时”（）是电流的单位
B. “千瓦时”（）是电量的单位
C. 图中锂离子的移动情况表明电池处于放电状态
D. 图中锂离子是在电场力的作用下从负极返回正极的
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据q=It可知，“安时”（）或“毫安时”（）是电量的单位，选项A错误；
B．“千瓦时”（）是能量的单位，选项B错误；
CD．图中锂离子都是从负极运动到正极的，锂离子带正电荷，所以正电荷从低电势向高电势运动，是靠非静电力做功，是把化学能转化为电能的，所以是处于放电状态，故C正确、D错误。
故选C。
3. 如图所示，绝缘轻杆两端固定带电小球a和b，一点电荷放在轻杆的左侧。现将轻杆绕中点O转动，在位置MN和位置EF时两小球的电势能总量刚好相等。则（ ）

A. a、b两球带异种电荷
B. a球的带电量比b球少
C. a球由E转动到M，电场力对其一定做正功
D. b球在N点的电势能一定小于F点的电势能
【答案】BD
【解析】
【详解】A．根据题意，a、b两球电势能总量刚好相等，说明点电荷对a、b两球所做的总功为零，a、b两球电性一定相同，且与点电荷电性相反，故A错误；
B．若a球由E转动到M，则b球由F转到N，点电荷对两球做功相等，其中M，N两点电势相同，令点电荷带正电，则有
则电场力做功
因，则可得
可得
故B正确；
C．点电荷的电性与两球电性相反，则a球由E转动到M，电场力对其一定做负功，故C错误；
D．由于点电荷的电性与两球电性相反，则b球由N转动到F，电场力对其一定做负功，小球的电势能增大，所以b球在N点的电势能一定小于F点的电势能，故D正确。
故选BD。
4. 空间中有一电场，若取x轴正方向为正方向，其电场强度E随x变化的图像如图所示，大小相对于纵坐标轴对称，则（ ）
A. 点的场强最小，电势最低B. 处的电势和处的电势相等
C. 电子从处到处的过程中速度先减小后增大D. 电子从处到处的过程中电势能一直增大
【答案】D
【解析】
【详解】AB．从E-x图象可以看出，O点的场强最小；由于电场强度的方向全是沿x轴的正方向，沿着电场线电势降低，故在x轴正方向上，x越大，电势越低；故AB错误；
CD．由于电场强度是正方向，故电子受力沿着负方向，故电子电子从处到处的过程中电场力与速度一直反向，电场力做负功，电子的电势能增大，电子速度一直减小，故C错误，D正确。
故选D。
5. 如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管（正向通电时可以理解为短路，反向通电时可理解为断路）连接，电源正极接地。初始电容器不带电，闭合开关，电路稳定后，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A. 电路稳定后，二极管通有正向电流
B. 带电油滴在P点电势能为负值
C. 上极板下移，P点电势升高
D. 上极板上移，带电油滴向下运动
【答案】C
【解析】
【详解】A．电路稳定后，电容器充电结束，二极管没有电流通过，故A错误；
B．电容器正极板的电势为零，则P点电势为负值，带电油滴在P点电势能为
故带电油滴在P点电势能为正值，故B错误；
C．上极板下移，电容器两极板的距离减小，根据
可知电容器电容增大，电容器与电源相连，电容器两极板间的电势差不变，根据
可知电容器充电，电容器带电量增加，电容器两极板间电场强度为
可知电容器两极板间电场强度增大，下极板与P点距离不变，下极板电势不变，根据
可知上极板下移，P点电势升高，故C正确；
D．上极板上移，电容器两极板的距离增大，根据
可知电容器电容减小，电容器与电源相连，电容器两极板间的电势差不变，根据
可知电容器带电量要减小，由于二极管的单向导电性，电容器不能放电，电容器带电量不变，则两极板间电场强度为
可知电容器两极板间电场强度不变，带电油滴受到的电场力仍等于重力，带电油滴保持静止，故D错误。
故选C。
6. 如图所示， a、b两端电压恒定，电阻R1=1kΩ，用内阻2kΩ的电压表测电阻R1两端电压为2V，用此电压表测R2两端电压为4V，求a、b两端电压（ ）

A. 12VB. 10VC. 8VD. 6V
【答案】C
【解析】
【详解】用内阻2kΩ的电压表测电阻R1两端电压为2V，则电路中总电流为
a、b两端电压为
电压表测R2两端电压为4V，则电路中总电流
a、b两端电压为
解得
代入，可得a、b两端电压
故选C。
7. 如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程中，动量大小的最小值为（ ）

A. 0B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】带电小球在电场中做类平抛运动，竖直方向受重力做匀减速运动，水平方向受电场力做匀加速运动，由运动学公式有
联立得
合成电场力和重力，设等效重力与竖直方向的夹角为，如图所示

故有
则有
当小球做类斜上抛运动到等效最高点时，速度最小，动量大小最小，有
故选C。
8. 一根长度为L、质量为m、粗细可忽略的导体棒A紧靠在一个足够长的绝缘半圆柱体底端静止，半圆柱体固定在水平面上，导体棒A与半圆柱体表面间的动摩擦因数为，其截面如图所示。空间中加有沿半圆柱体半径向内的辐向磁场，半圆柱体表面处磁感应强度大小相等且均为B，在导体棒A中通入方向垂直纸面向外的变化电流，使导体棒A沿半圆柱体从底端缓慢向上滑动，导体棒A与圆心的连线与水平方向的夹角为，在导体棒A从底端运动到顶端的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 时，导体棒A所受的摩擦力最大
B. 时，导体棒A所受的安培力最大
C. 导体棒A所受重力与支持力合力大小不变
D. 导体棒A所受重力和安培力的合力与安培力方向的夹角始终不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据左手定则确定安培力的方向，导体棒在上升至某位置时的受力分析如图所示：
根据平衡条件可知导体棒A所受支持力
导体棒A所受摩擦力
导体棒A沿粗糙的圆柱体从底端缓慢向上滑动，
在到达顶端前的过程中，增大，增大，f增大，故A错误；
B．导体棒A所受的安培力
其中
在0~90°范围内增大，可知安培力先增大后减小，当时，导体棒A所受的安培力最大，此时
解得
故B错误；
C．重力与支持力的合力大小为，随增大而减小，故C错误；
D．令支持力和滑动摩擦力的合力方向与摩擦力的方向夹角为，则有
可知支持力和摩擦力的合力方向与摩擦力的方向夹角始终不变，由于支持力、摩擦力、重力与安培力四个力的合力为零，则重力、安培力的合力与支持力、摩擦力的合力等大反向，摩擦力与安培力位于同一直线上，则重力和安培力的合力方向与安培力的方向的夹角始终不变，故D正确。
故选D。
二、多项选择题（本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）
9. 下列①、②、③、④四幅图分别是速度选择器、磁流体发电机、质谱仪、回旋加速器的结构示意图，下列说法中正确的是（ ）

A. 图①中粒子沿直线运动的条件是
B. 图②中可以判断出通过电阻的电流方向为从下到上
C. 图③中在分析同位素时，运动轨迹半径最大的粒子对应质量最小
D. 图④中交流电源的电压越大，粒子获得的最大动能越大
【答案】AB
【解析】
【详解】A．图①中粒子沿直线运动时，粒子受到的洛伦兹力等于电场力，即
可得
故A正确；
B．图②中，根据左手定则可知正电荷向板运动，负电荷向板运动，故通过电阻的电流方向为从下到上，故B正确；
C．图③中在加速电场有
在磁场中洛伦兹力提供向心力，则
解得
在分析同位素时，运动轨迹半径最大的粒子对应质量最大，故C错误；
D．根据洛伦兹力提供向心力
粒子获得的最大动能
则图④中交流电源的电压越大，粒子获得的最大动能不变，故D错误。
故选AB。
10. 如图甲所示，在与竖直平面平行的匀强电场中，有一质量为m、带电量为的小球（可视为质点）在长为的绝缘轻绳带引下绕其悬点O在竖直面内沿逆时针方向做完整的圆周运动。直径竖直，直径水平。小球从A点开始电势能与转过的角度的关系如图乙所示，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. 该匀强电场的场强大小
B. 该匀强电场的场强方向与竖直方向夹角为60°
C. 轻绳在D、B两点拉力的差值为
D. 轻绳在D、B两点拉力的差值为
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．由图像可知和时的电势能相同，故电势相等，连线为等势线，电场线与等势线垂直，由此可以判断电场强度的方向如图所示：
电荷在电场中运动最大的电势差为
根据
可得
故A正确，B错误；
CD．如图所示：
小球在B点受力分析可知
小球在D点受力分析可知
小球从B点到D点的过程中，由动能定理
可得
故C错误，D正确。
故选AD。
三、实验题（每空2分，共20分）
11. 在“用多用表测电阻、电流和电压”实验中
（1）用多用电表的欧姆挡粗测电阻，选用“”倍率的电阻挡测量，发现多用电表指针偏转角度过大，因此需选择______（选填“×100”或“×10k”）倍率的电阻档，换挡后应重新调零。某次测量时多用表指针指在如图所示位置，若选择开关处于直流挡“”挡，其读数为：______；若选择开关处于欧姆挡“”挡，其读数为：______。
（2）用多用电表测电压、电阻时，下列说法中正确的是：______；
A．用同一挡位测电阻时，多用电表的指针偏角越大，被测电阻的阻值越小
B．被测电阻接在电路中，若要测该电阻的阻值时，电路中的电源不需断开
C．用多用电表测量直流电压U和测量电阻R时，电流都是从黑表笔流出多用电表
D．测电阻时，每次测量前必须进行欧姆调零
【答案】 ①. ②. 1.80 ③. 60 ④. AC##CA
【解析】
【详解】（1）[1]测量电阻时指针偏转过大，所选挡位太大，应换小挡位，故选择“”；
[2]选择开关处于直流挡“”挡，分度值为，此时读数为；
[3]选择开关处于欧姆挡“”挡，其读数为数字乘以倍率，故读数为
[2]A．根据
可知用同一挡位测电阻时，被测电阻的阻值越小，电流I越大，多用电表的指针偏角超大，故A正确；
B．被测电阻接在电路中，若要测该电阻的阻值时，应将待测电阻与电路断开，避免电路产生影响，为保证安全，应断开电路电源，故B错误；
C．用多用电表流量直流电压U和测量电阻R时，电流都是从黑表管流出、红表笔流进多用电表，故C正确；
D．用同一挡位测量阻值不同的电阻时不必重新调零，换挡后要重新进行欧姆调零，故D错误。
故选AC。
12. 一同学用伏安法测量一节干电池的电动势和内电阻，可供选择的器材有：
A.毫安表A1（量程10mA，内阻为100Ω）
B.毫安表A2（量程120mA，内阻为20Ω）
C.定值电阻R1=5Ω
D.定值电阻R2=0.1Ω
E.定值电阻R3=200Ω
F.定值电阻R4=1400Ω
G.滑动变阻器R
H.开关、导线若干

（1）要求使用已有器材改装一量程为0.6A的电流表，则需选择的器材为毫安表______、定值电阻______（填写器材前的字母）；
（2）要求改装一量程为3V的电压表，则需选择的器材为毫安表______、定值电阻______（填写器材前的字母）；
（3）利用改装后的电表设计电路如图甲，根据测量所得数据，描点作图，得到毫安表A1和A2的示数I1与I2关系曲线如图乙所示，则电池的电动势E=______V，内电阻r=______Ω。（结果均保留两位有效数字）
【答案】 ①. B ②. C ③. A ④. E ⑤. 1.5 ⑥. 1.0
【解析】
【详解】（1）[1]由于使用已有器材改装一量程为0.6A的电流表，则改装毫安表的量程要大、内阻要小，可知毫安表选择B；
[2]根据
可知，定值电阻选C。
（2）[3]改装一量程为3V的电压表，则改装毫安表的内阻必须是已知值，根据上述，可知毫安表必定选A；
[4]根据
故定值电阻选E。
（3）[5][6]根据图甲分析，结合上述有
其中
代入上述整理有
代入图像中的坐标与，解得
，
四、解答题：本题共3小题，共38分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。
13. 研究微型电动机的性能时，可采用如图所示的实验电路。当调节滑动变阻器 R，使电动机停止转动时，电压表和电流表的示数分别为U1=1.0V和 I1=0.5A；重新调节R，使电动机恢复正常运转，此时电动机拉着重物以a=1m/s2的 加速度匀加速上升，当重物的速度 v0=1m/s 时，电压表和电流表的示数分别为U2=15.0V 和 I2=2.0A，g 取 10m/s2。求此时：
(1)电动机的输出电功率 P 出；
(2)该重物的质量m 和电动机的效率η。
【答案】(1)22W；(2)2kg，
【解析】
【详解】(1)根据部分电路欧姆定律，可得
根据功率公式，可得
P入=U2I2 =30W
P热=I22RM =8W
P出=P入 - P热
联立可得
P出=22W
(2)根据输出功率公式，有
根据牛顿第二定律，有
F - mg=ma
联立可得
m=2kg
根据效率定义式，有
14. 如图所示，P点距坐标原点的距离为L，坐标平面内的第一象限内有方向垂直坐标平面向外的匀强磁场(图中未画出），磁感应强度大小为B。有一质量为m、电荷量为q的带电粒子从P点以与y轴正方向夹角为θ =的速度垂直磁场方向射入磁场区域，在磁场中运动，不计粒子重力。求：
（1）若粒子垂直于x轴离开磁场，则粒子进入磁场时的初速度大小；
（2）若粒子从y轴离开磁场，求粒子在磁场中运动的时间。
【答案】（1）；（2）或
【解析】
【详解】（1）若粒子垂直于x轴离开磁场，粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系可得
由洛伦兹力提供向心力得
联立方程，解得
（2）粒子在磁场中做圆周运动的周期为
若粒子从y轴离开磁场，如果粒子带正电，粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系可和，粒子在磁场中的偏转角为
所以运动时间为
联立解得
如果粒子带负电，粒子在磁场中运动的轨迹如图所示
根据几何关系可知，粒子在磁场中的偏转角为
α2=90°
所以粒子在磁场中运动的时间为
15. 如图所示，在水平面的上方，存在竖直平面内周期性变化的匀强电场，变化规律如图所示。把一质量为m、带电荷的小球在时从A点以大小为的初动能水平向右抛出，经过一段时间后，小球以的动能竖直向下经过点，随后小球第一次经过A点正下方，且经过A点正下方时电场刚好第一次反向。已知之间的高度差为，水平距离为点到水平面的竖直距离为，重力加速度为。求：
（1）两点间的电势差；
（2）匀强电场的场强的大小；
（3）小球到达水平面时与A点水平距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）AB的水平距离为h，AB的竖直距离为2h，从A到B的过程根据动能定理有
解得AB两点之间的电势差
（2）小球从A点以动能mgh水平向右抛出，经过一段时间后，到达B点动能竖直向下，为4mgh，说明水平方向上减速运动，水平方向有
解得
方向水平向左；竖直方向有
解得
方向竖直向下。所以匀强电场的场强
方向与水平方向成45°角斜向左下。
（3）根据题意建立如图所示的坐标系
已知小球第一次经过A点正下方D点时电场刚好相反，可知A到D的运动时间为T，小球在水平方向运动时间具有对称性，即A到B和B到D所用时间相同
小球从A到B，在y轴上有
解得
到达D点时小球沿y轴方向的分速度为
则A到D沿y轴方向的位移为
小球第一次经过y轴的D点后电场反向，沿与x轴方向成45°指向右上方，小球在y轴上受力平衡，以的速度做匀速直线运动。沿x轴方向先匀减速后匀加速，根据运动的对称性可知恰好在2T时刻第二次经过A点正下方的E点，此过程沿y轴的位移为
经过E点后，2T~3T时间内电场再次反向，小球沿y轴以的初速度做匀加速直线运动，3T时刻第三次经过y轴，此时沿y轴的分速度为
2T~3T时间沿y轴的位移为
以此类推，从0时刻开始，每经过一个时间间隔T，小球就经过一次y轴，沿y轴的运动均为匀加速直线运动与匀速直线运动交替运动。3T~4T时间沿y轴的位移为
4T~5T时间沿y轴的位移为
以此类推，可得小球第n次经过y轴的总位移为
令，解得
可知小球在第5次经过y轴后从到达水平面，当时
则小球在第5次经过y轴位置到水平面的距离为
小球在第5次经过y轴之前竖直方向经历了2次匀速直线运动和3次匀加速直线运动，第5次经过y轴时沿y轴分速度
小球在第5次经过y轴后沿y轴做匀速直线运动，从第5次经过y轴到水平面经历时间为
与对比可得
小球在第5次经过y轴后沿x轴负方向做匀减速直线运动，其位移为
由A到B的过程中，沿水平方向有
解得