2023-2024学年安徽省宣城市宣城中学高二（上）月考物理试卷（12月）(含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省宣城市宣城中学高二（上）月考物理试卷（12月）(含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.在电磁学的发展中，许多科学家做出了不可磨灭的贡献。下列说法符合史实的是( )
A. 麦克斯韦率先提出“力线”这一概念，用来描述电磁场
B. 密立根通过实验准确测得了电子的带电量
C. 库仑通过扭秤实验得出了库仑定律，并测出了静电力常量k的值
D. 赫兹通过实验证实了电磁波的存在，建立了完整的电磁场理论
2.下列各图的线圈中能产生感应电流的是(空间的磁场足够大)( )
A. B.
C. D.
3.如图所示，在绝缘支架上的导体A和导体B按图中方式接触放置，原先AB都不带电，先让开关K1，K2均断开，现在将一个带正电小球C放置在A左侧，以下判断正确的是( )
A. 小球距离A较近，所以A左端电荷量大于Ｂ右端电荷量
B. 只闭合K1，则A左端不带电，B右端带负电
C. 只闭合K2，则B右端不带电，A左端带负电
D. 只闭合K2，接着移走带电小球，最后将AB分开，A带负电
4.如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，EP表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则下列说法正确的是
( )
A. 电容器的电容C减小B. 静电计指针的偏角θ减小
C. 点电荷在P点的电势能EP减小D. 两极板间的电场强度E减小
5.如图所示，直导线ab在磁场区域的长度为L，水平置于光滑竖直导轨上，磁感应强度大小为B的匀强磁场方向水平指向纸内，导线ab的电阻为R，电源内阻为r，导线ab质量为m，与导轨框接触良好，重力加速度大小为g，欲使直导线ab静止不动，则电源电动势为( )
A. mgR+rBLB. BLR+rmgC. mgR+rBLD. R+rmgBL
6.如图所示，矩形线框ABCD垂直磁场放置，部分处在匀强磁场中，CD边与磁场边界MN平行且到MN的距离为AD边长的四分之一，此时线框中的磁通量为Φ0，当线框绕AB边转过60∘时，线框中的磁通量为
( )
A. Φ0B. 34Φ0C. 23Φ0D. 12Φ0
7.如图所示，把两只完全相同的表头进行改装，已知表头内阻100Ω，乙图中双量程电流表的大量程是小量程的10倍，下列说法正确的是( )
A. 甲图中b量程为6VB. 乙图中C量程是1000mA
C. 乙图中R2=10ΩD. 乙图中R1=910Ω
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.如图甲所示，a、b位于两个等量异种电荷的中垂线上，且a、b到O点的距离相等；如图乙所示，两根相互平行的长直导线垂直纸面通过M、N两点，O′为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且c、d到O′点的距离相等，两导线中通有等大反向的恒定电流，下列说法正确的是( )
A. O点处的电场强度为零B. a、b处的电场强度相同
C. O′点处的磁感应强度为零D. c、d处的磁感应强度相同
9.如图所示，在滑动变阻器的滑片P向下端滑动过程中，理想电压表V1、V2的示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2，理想电流表A1、A2、A3示数变化量的绝对值分别为ΔI1、ΔI2、ΔI3，下列说法正确的是
( )
A. 电压表V1示数增大，电流表A1示数增大B. 电压表V2示数减小，电流表A3示数增大
C. ΔI1=ΔI3−ΔI2D. ΔU1ΔI1>ΔU2ΔI1
10.如图所示，a、b两带电量相等的小球，分别套在两根相互垂直的光滑绝缘杆OA、OB上，系统处于平衡状态，OA与水平方向呈60∘角。a、b两球连线与金属杆OB呈60∘角。已知重力加速度为g，则以下说法中正确的是( )
A. a、b带等量的同种电荷B. a、b带等量的异种电荷
C. a、b的质量比为1:1D. a、b的质量比为2:1
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学欲利用图甲所示电路测量金属丝的电阻率。实验室可提供如下器材∶

A.待测金属丝Rx∶阻值约为3Ω，额定电流约为1A；
B.电池组∶电动势为3V，内阻不计；
C.电压表∶量程为3V，内阻约为3kΩ∶
D.电压表∶量程为15V，内阻约为15kΩ；
E.电流表∶量程为0.6A，内阻约为0.2Ω；
F.电流表∶量程为3A，内阻约为0.05Ω∶
G.滑动变阻器∶调节范围为0∼10Ω∶
H.螺旋测微器，毫米刻度尺，开关S，导线若干。
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图乙所示，则螺旋测微器的示数为_____mm。
(2)在尽可能减小测量误差的情况下，电压表应选用_____(填“C”或“D”)，电流表应选用_____(填“E”或“F”)。
(3)若金属丝的直径为d，测得长为L的金属丝的两端电压为U，金属丝中通过的电流为I，则该金属丝的电阻率ρ=_____；从测量原理看，其测量值与真实值相比_____(填“偏大”“偏小”或“相等”)。
12.如图1所示为某兴趣小组测量电池组的电动势和内阻的实验原理图，已知电池组的电动势约3V，内阻约2Ω。现提供的器材如下：
A.电池组
B.电压表V(量程0∼3V，内阻约3kΩ)
C.电阻箱R(0∼999.9Ω)
D.定值电阻R1=2.0Ω
E.定值电阻R2=100Ω
F.开关和导线若干
(1)如图1所示，要尽可能精确测量电源的电动势和内阻，定值电阻R0应选择_________(选填“D”或“E”)。
(2)改变电阻箱的阻值R，记录对应电压表的读数U，作出的1U−1R图像如图2所示，图线与横、纵坐标轴的截距分别为−b、a，定值电阻的阻值用R0表示，则可得该电池组的电动势为_________，内阻为_________(用字母a、b、R0表示)。
(3)关于这个实验中存在的误差以及减小误差的各种方法，下列说法正确的是______(单选)
A.电压表的分流作用引起的误差属于偶然误差
B.同学读电压表读数引起的误差属于系统误差
C.本实验用图像法处理数据可以减小偶然误差
D.如果将电压表的内阻计算在内就可以减小偶然误差
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.图示固定于水平桌面上的金属框架cdef处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒ab搁在框架上，且可无摩擦滑动，此时abed恰好构成边长为L的正方形，t=0时磁感应强度为B0。求：
(1)t=0时穿过abed面的磁通量；
(2)若从t=0时起，磁感应强度B随时间t开始变化，同时棒ab从静止开始以加速度a沿导轨方向向右匀加速运动，使棒ab中不产生感应电流，请推导出B与t的关系式。
14.如图所示，电源电动势E=12V，内阻未知，小灯泡L标有“3V 6W”，电动机D的内阻rD=0.5Ω。当闭合电键S，将滑动变阻器R的滑片调到某一合适位置时，灯泡L正常发光，此时电动机的输出功率为10W，电流表的示数为1A。电表均为理想电表，求：
(1)滑动变阻器R接入电路的有效阻值；
(2)电源的内阻。
15.边长为2L的立方体空间内有竖直向下的匀强电场E。现有大量的同种粒子同时从立方体的中心O点射向空间各个方向，其中一个沿水平面内射出的粒子恰好击中C点，粒子均带正电，射出时速度的大小相等，粒子的比荷为k，不计粒子重力以及粒子间的相互作用，求：
(1)粒子射出时的初速度的大小v0;
(2)从O点竖直向上和竖直向下射出的两粒子飞离立方体的时间间隔Δt;
(3)若粒子从O点正上方58L处的O′射出，立方体上表面有粒子到达的面积S．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】A.法拉第率先提出“力线”这一概念，用来描述电磁场，选项A错误；
B.密立根通过油滴实验准确测得了电子的带电量，选项B正确；
C.库仑利用扭秤装置提出了真空中静止的点电荷间的作用规律，得出了库仑定律，麦克斯韦通过理论计算得出静电力常量的数值，故C错误；
D.麦克斯韦首先建立了完整的电磁场理论，预言了电磁波，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，选项D错误。
故选B。
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了产生感应电流的条件。
产生感应电流的条件：1.回路要闭合，2.磁通量要改变。
【解答】A.线圈未闭合，不能产生感应电流，故A错误；
B.穿过闭合线圈的磁通量增大，能产生感应电流，故B正确；
C.线圈与磁场平行，穿过线圈的磁通量始终为零，无变化，不能产生感应电流，故C错误；
D.穿过线圈的磁通量无变化，不能产生感应电流，故D错误。
故选B。
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题是对静电感应现象的考查，根本的原因就是电荷之间的基本性质，即同种电荷互相排斥，异种电荷互相吸引。
带电小球C靠近金属导体A时，由于静电感应，会使金属导体AB(接触)带电，根据静电感应的现象来分析即可。
【解答】
A.当开关K1，K2均打开时，带正电小球C放置在A左侧，由于静电感应，导体左端带有负电荷，右端带有正电荷，在静电平衡时，正负电荷量相等，故A错误；
B.只闭合K1，则B右端带的正电荷与大地的负电荷中和，而不带电，由于静电感应，A左端带负电荷，故B错误；
C.只闭合K2，则B右端带的正电荷与大地的负电荷中和，而不带电，由于静电感应，则A左端带负电，故C正确；
D.只闭合K2，则B右端带的正电荷与大地的负电荷中和，而不带电，由于静电感应，则A左端带负电，接着移走带电小球C，A左端带的负电荷流向大地，将使A、B都不带电，故D错误。
故选C。
4.【答案】B
【解析】A.由题意，若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，则根据C=εS4πkd，可知电容C增大，A错误；
B.由于电容器所带电量不变，则根据C=QU，可得电容器极板间的电压减小，则静电计指针偏角θ减小，B正确；
CD.根据E=Ud，可得E=4πkQεS，可知电容器两极板间电场强度不变；由于电容器下极板接地，电势为零，且P点离下极板的距离保持不变，根据U=φ−0=Ed，可知P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，根据EP=qφ，知 EP 不变，CD错误。
故选B。
5.【答案】C
【解析】【分析】
以直导线ab为研究对象，受力分析，利用直导线ab静止不动列平衡方程，结合闭合电路的欧姆定律求解电源电动势．
明确动力学和电学的联系纽带安培力F=BIL，灵活应用平衡态和电路的知识求解，注意直导线ab的电阻为R．
【解答】
若直导线ab静止不动，对直导线ab进行受力分析可得：mg=BIL=BELR+r
解得：E=mgR+rBL
故选C。
6.【答案】C
【解析】设线框的面积为S，磁场的磁感应强度大小为B，则Φ0=34BS
当线框转过60∘时，线框中的磁通量Φ=BScs60∘=23Φ0
故选：C。
7.【答案】C
【解析】A.由甲图可知满偏电流为Ig=URg+R=3100+2900A=0.001A=1mA
其中b的量程为U=Ig(Rg+R+R′)=0.001×(100+2.9×103+6×103)V=9V
故A错误；
BCD.根据乙图可知接C为小量程，即量程为10mA，电流表时，并联电阻的分流电流为I′=I1−Ig=10mA−1mA=9mA=0.009A
分流电阻的阻值为R1+R2=IgRgI′=0.001×1000.009Ω=1009Ω
改装为I2=100mA=0.1A电流表时，R1=IgRg+R2I2−Ig=0.001×100+R20.1−0.001
联立解得R1=109Ω，R2=10Ω，故C正确，BD错误。
故选C。
8.【答案】BD
【解析】A.O点处的电场强度向右，不为零，故A错误；
B.a、b处的电场强度向右，方向相同，大小相等，故B正确；
C.根据安培定则可知，两导线在O′点处的磁感应强度等大同向，则O′点处的磁感应强度不为零，故 C错误；
D.根据安培定则可知，c、d处的磁感应强度相同，方向向下，故D正确。
故选BD。
9.【答案】BC
【解析】【分析】
本题主要考查闭合电路欧姆定律的动态分析问题，明确电路结构是解决问题的关键。滑片P向下滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻减小，总电阻变小，结合闭合欧姆定律和部分电路欧姆定律分析各电压表和电流表的示数变化；电流表A1的示数等于电流表A2的示数与电流表A3的示数之和，结合电流表示数的变化情况分析电流表示数变化量的绝对值之间的关系；根据闭合电路欧姆定律可知ΔU1ΔI1与ΔU2ΔI1的值，由此分析ΔU1ΔI1与ΔU2ΔI1的大小关系，即可正确求解。
【解答】
AB.滑片P向下滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻减小，电路中总电阻减小，干路电流增大，即电流表A1示数增大，电源内电压增大，路端电压减小，电压表V1示数减小，电阻R1分压增大，并联支路电压减小，即电压表V2示数减小，通过电阻R2的电流减小，即电流表A2示数减小，总电流等于通过电流表A2、A3的电流之和，所以电流表A3示数增大，故A错误，B正确；
C.由于电流表A1示数增大，A2示数减小，A3示数增大，则有ΔI1=ΔI3−ΔI2，故C正确；
D.由闭合电路欧姆定律可得ΔU1ΔI1=r，ΔU2ΔI1=r+R1，则有ΔU1ΔI1<ΔU2ΔI1，故D错误。
故选BC。
10.【答案】AC
【解析】【分析】
本题关键是对a、b两带电量相等的小球进行受力分析，再利用平衡方程联立求解，a、b两带电量相等的小球分别静止在OA和OB两根杆上，根据平衡方程求出a、b的质量比。
【解答】AB、由受力关系可知，要保证两球平衡，a、b带等量的同种电荷，A正确，B错误;
CD、如图所示，对小球a进行受力分析，库仑力大小为FC，OA杆对小球a的弹力大小为FNA，设FC与水平方向的夹角为θ1，FNA与水平方向的夹角为θ2，根据图中的几何关系有θ1=θ2=30∘
根据物体的平衡条件有FCcsθ1=FNAcsθ2，FCsinθ1+FNAsinθ2=m1g，求得FC=FNA=m1g，
受力分析小球b，根据如上分析，其所受库仑力FC的大小也为m1g，OB杆对小球b的弹力为FNB，设FNB与水平方向的夹角为θ3，FC与水平方向的夹角为θ4，根据图中的几何关系有θ3=60∘，θ4=30∘
根据物体的受力平衡条件有FNBcsθ3=FCcsθ4，FCsinθ4+m2g=FNBsinθ3，
求得FC=m2g，m1=m2，故C正确，D错误。
故选AC。
11.【答案】(1)0.823(0.822～0.824)；
(2)C；E；
(3)πUd24LI；偏小。

【解析】【分析】
本题考查电阻率的测量，目的是考查学生的实验能力。
(1)螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，注意需要估读。
(2)根据电源电动势选择电压表，根据滑动变阻器最大阻值选择电流表；
(3)应用欧姆定律求出金属丝的电阻表达式，然后应用电阻定律求出金属丝的电阻率，根据实验连接方式分析误差原因。
【解答】
(1)螺旋测微器的示数为0.5 mm+0.01 mm×32.3=0.823 mm。
(2)由于电池的电动势只有3 V，故电压表应选用量程为3 V的，故选C；由于滑动变阻器的最大阻值为10 Ω，为减小实验误差，电流表应选用量程为0.6 A的，故选E。
(3)金属丝的横截面积S=π(d2)2，金属丝的电阻Rx=UI，由电阻定律有Rx=ρLS，
解得ρ=πUd24LI；如甲图所示，因电压表有分流作用，导致测量的电流值比真实值大，其测量值与真实值相比偏小。
12.【答案】(1)D；(2)1a；1b−R0；(3)C
【解析】【分析】
(1)根据实验器材与实验目的确定实验原理，然后根据实验目的与实验所给实验器材分析答题；
(2)应用闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求电源电动势与内阻；
(3)根据实验误差来源分析实验误差。
本题考查测量电动势和内阻的实验，要注意明确实验原理，能根据图象法进行分析，同时利用函数规律进行分析求解即可。
【解答】
(1)该测量电路为串联电路，根据串联分压原理可知，若定值电阻选择过大，则在调节电阻箱的过程中电压表的示数变化不明显，因此为了在调节电阻箱时增强调节的灵敏性，使电压表示数的变化更明显，则应选择阻值小的定值电阻，故选 D。
(2)根据电路图，由闭合电路的欧姆定律可得E=UR(R+R0+r)
整理可得1U=1R⋅R0+rE+1E
结合图像可得1E=a，R0+rE=ab
解得E=1a，r=1b−R0
(3)A.电压表的分流作用引起的误差属于系统误差，A错误;
B.同学读电压表读数引起的误差属于偶然误差， B错误;
C.本实验用图像法处理数据可以减小偶然误差，C正确;
D.如果将电压表的内阻计算在内就可以减小系统误差，D错误。
故选C。
13.【答案】(1)根据题意，由公式 Φ=BS 可得， t=0 时穿过 abed 面的磁通量为Φ0=B0L2
(2)根据题意可知，运动过程中，棒 ab 中不产生感应电流，则穿过 abed 面的磁通量不变，设运动时间为t，则有B0L2=BL(L+12at2)
整理可得B=2B0Lat2+2L

【解析】解答本题时，要知道当回路中没有感应电流产生时，回路总的磁通量应保持不变。
14.【答案】(1)灯泡正常发光，根据P1=U1I1得：
流过灯泡L的额定电流I1=P1U1=2A
因此流过电动机的电流ID=I1=2A
电动机产生的热功率为P热=ID2rD=2W
电动机总功率为P总=P热+P机，其中P机=10W
P总=UDID
解得UD=6V
UR=U1+UD=IR，
联立解得R=9Ω；
(2)电流表的示数为1 A，干路中的总电流为：I总=3A
闭合电路欧姆定律：E=UR+I总r
解得：r=1Ω。
【解析】解决本题时，要知道电动机工作时，其电路是非纯电阻电路，
(1)灯泡L正常发光，根据P=UI求出通过流过灯泡L的额定电流，根据电动机总功率等于电动机产生的热功率和电动机的输出功率之和即可求解电动机D两端电压，从而可求出滑动变阻器R接入电路的有效阻值；
(2)根据干路电流，再根据闭合电路欧姆定律求出电源的内阻。
15.【答案】(1)粒子在立方体中的加速度a=qEm=kE，
水平面的粒子击中C点，L=12at2，
2L=v0t，
解得v0= kEL；
(2)竖直向上射出的粒子做减速运动的距离为y:
0−v02=−2ay，
解得y=L2向上粒子再次返回至O点后，以v0向下运动，
则两粒子从底面射出的时间差△t=2v0a
解得Δt=2 LkE；
(3)粒子从O点以v0射出做斜抛运动，恰好到达上表面时速度为vx;
由动能定理−qE⋅38L=12mvx2−12mv02
速度关系v02=vx2+vy2
沿电场方向t=vya
粒子到上表面的水平距离r=vxt= 34L
则粒子到达上表面的面积S=πr2=316πL2。
【解析】(1)一个沿水平面内射出的粒子恰好击中C点，该粒子做类平抛运动，根据牛顿第二定律结合运动的合成与分解规律列式求出v0;
(2)根据运动学公式可知竖直向上射出的粒子不能从上表面射出立方体，则向上运动的粒子从发射到再次回到O点的时间即为Δt。
(3)根据动能定理分析粒子到达上表面的速度，根据运动的合成与分解规律求出粒子到上表面的水平距离，再由几何关系求立方体上表面有粒子到达的面积S．