山西省三晋卓越联盟2024-2025学年高二上学期12月月考物理试卷（B卷）(含答案)

这是一份山西省三晋卓越联盟2024-2025学年高二上学期12月月考物理试卷（B卷）(含答案)，共21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。

一、单选题
1．下列关于图中对应的物理知识，说法正确的是( )
A.图1中电子围绕原子核的轨道和人造卫星一样，是任意的
B.图2中小磁针放在环形电流中间，静止时小磁针的N极向右
C.图3中两导体棒放在导轨上反向运动，若磁场也变化，可能没有感应电流
D.图4中的wifi信号是电磁波中的紫外线
2．如图所示，a、b、c、d四个点在一条直线上，a和b、b和c、c和d间的距离均为d，在a点处固定一电荷量为q的正点电荷，在c点处固定另一个电荷量未知的点电荷，已知d点处的场强为零，k为静电力常量，则b点处的场强大小为( )
A.0B.C.D.
3．在南极洲极点附近沿南北方向放置一根导线，若导线中通以由南向北的电流，则它所受地磁场的安培力的方向为( )
A.向上B.向下C.向东D.向西
4．如图所示，实线为电场线，虚线表示等势面，相邻两个等势面之间的电势差相等，有一仅受电场力作用的负电荷在等势面上某点的动能为10J，运动至等势面上的某一点时动能变为2J，若取为零电势面，则此电荷的电势能与动能之和为( )
A.4JB.6JC.8JD.12J
5．如图所示，一直流电动机与阻值的电阻、理想电流表串联接在电源上，电源的电动势，内阻，闭合开关S，电流表的示数为2A，电动机正常工作，已知电动机线圈的电阻下列说法正确的是( )
A.电动机正常工作时消耗的功率为24W
B.电动机正常工作时的电压为2V
C.电源的效率约为88.9%
D.电动机的输出功率为12W
6．如图所示，在一通有恒定电流的长直导线的右侧，有一带负电的粒子以初速度沿平行于导线的方向射出。粒子重力及空气阻力均忽略不计，现用虚线表示粒子的运动轨迹，则下列选项中可能正确的是( )
A.B.
C.D.
7．如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，为定值电阻且为滑动变阻器，四个电表均为理想电表，还有电容器和理想二极管。闭合开关S，将滑动变阻器的滑动触头P向右滑动的过程中，分别表示对应电压表和电流表的示数变化量绝对值。关于该过程下列说法正确的是( )
A.示数变大、示数变大、示数变小、A示数变小
B.电源的输出功率增大，电源的效率增大
C.的值不变，的值不变
D.电容器所带电荷量减小
二、多选题
8．如图所示为一带正电粒子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动时，其电势能随位移x变化的关系图像，已知电场方向沿x轴，段为对称曲线，段为直线，下列说法正确的是( )
A.处电场强度最大
B.段电场强度不变
C.之间，处的电势最高
D.与处的电势差大于与处的电势差
9．如图所示，光滑水平桌面上放置一根长直导线和一半圆形导线框（平放在水平桌面上），二者质量相同，当在长直导线和半圆形导线框中分别通有大小为I和2I的电流时（方向如图中所示），下列说法正确的是( )
A.半圆形导线框将向左运动
B.长直导线将向左运动
C.长直导线和半圆形导线框将相互靠近
D.长直导线的加速度大于半圆形导线框的加速度
10．磁流体发电技术是目前世界上正在研究的新兴技术，太阳风含有大量高速运动的质子和电子，可用于发电，如图所示，太阳风进入两平行极板之间的区域，速度为v，两金属板的板长（沿初速度方向）为L，板间距离为d，金属板的正对面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于太阳风初速度方向，并与极板平行，负载电阻为R，太阳风充满两板间的空间，当发电机稳定发电时，电流表的示数为I，则( )
A.发电机稳定发电时，带电粒子受到洛伦兹力和电场力作用
B.发电机稳定发电时，正电荷受洛伦兹力向下，负电荷受洛伦兹力向上
C.发电机稳定发电时，下极板带负电，上极板带正电
D.发电机稳定发电时，板间气体的电阻率为
三、实验题
11．物理兴趣小组成员根据学校实验室的实验器材设计了如图所示的简易欧姆表电路，通过闭合或断开开关S，可使欧姆表具有“×1Ω”和“×10Ω”两种倍率，可用器材如下：
A.干电池组（电动势，内阻不计）
B.电流计G（满偏电流，内阻）
C.定值电阻（阻值未知）
D.滑动变阻器R（最大阻值为200Ω）
E.开关S、红、黑表笔各一支、导线若干
(1)图中A表笔为__________（选填“红”或“黑”）表笔；选用“×1Ω”挡位时开关S应_________（选填“闭合”或“断开”）。
(2)若使欧姆表中间刻度为15Ω，则定值电阻_________Ω。
(3)将开关S闭合，红、黑表笔短接，调节滑动变阻器R，使电流计达到满偏电流。在红、黑表笔间接入待测电阻，发现电流计指针指向15mA的位置，则待测电阻_________Ω。
12．物理小组用如图1所示的电路测量某电源的电动势和内阻，实验室提供的器材有：
A.待测电源（电动势E约3V，内阻r约1Ω）
B.电压表（量程0~3V，内阻约8000Ω）
C.电压表（量程0~15V，内阻约20000Ω）
D.电阻箱R（0~99.9Ω）
E.定值电阻
F.开关S一个、导线若干。
回答下列问题。
(1)电路中电压表应选择_________（选填“B”或“C”）；用笔划线将图2中的实物图连接完整_________。
(2)调节电阻箱R的阻值，得到多组电压表示数U，记录对应数据，将对应数据标在坐标图中，为使得到的图线呈直线，若以；为纵坐标，则横坐标应为_________（选填“R”或“”）。
(3)若所作图像的纵截距为b，斜率为k，则所测得电源电动势为_________；内阻为_________（均用题中字母表示）。若考虑到电压表为非理想电表，则所测得的电动势_________（选填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
四、计算题
13．如图所示，两平行金属导轨由水平和倾斜两部分组成，两导轨间距，水平部分接有电动势的恒定电源（内阻），R为滑动变阻器（最大阻值为50Ω），倾斜导轨与水平面间的夹角，一根质量、长度也为L、阻值的导体棒垂直放置于倾斜导轨上。倾斜导轨所处空间存在方向竖直向上、磁感应强度大小的匀强磁场，导体棒与倾斜导轨间的动摩擦因数，导轨电阻不计，闭合开关S，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取，求：
(1)为使导体棒静止不动，变阻器R的调节范围为多少；
(2)当变阻器的阻值时，导体棒在1min内产生的焦耳热。
14．如图所示，竖直面内有一半径为r的光滑圆形轨道，圆形轨道的最低点B处有一入口与水平地面连接。空间存在方向水平向左的匀强电场。一带电荷量为、质量为m的小物块从水平地面上的A点由静止释放。已知电场强度大小，小物块与水平地面间的动摩擦因数，重力加速度为g，。
(1)为使小物块进入轨道后始终不脱离轨道，求释放点A到B的距离s满足的条件；
(2)若取B点电势为零，，求物块电势能的最小值。
15．如图甲所示，真空室中电极K连续发出的电子（初速不计）经过电势差为的加速电场加速后，沿两水平金属板C、D间的中心线射入两板间的偏转电场，最后打在荧光屏上。C、D两板间的电势差随时间变化如图乙所示，设C、D间的电场可看作是匀强电场，且两板外无电场。已知电子的质量为m、电荷量为e（重力不计），C、D两板间距离为d，偏转电压为，所有电子都能通过偏转电场且通过偏转电场的时间为，电子从离开偏转电场到达荧光屏所需时间为。求：
(1)偏转电场金属板的长度L；
(2)若的周期，荧光屏上电子能够到达的区域的长度；
(3)若的周期，哪些时刻进入偏转电场的电子刚好能到达荧光屏上的O点？
参考答案
1．答案：C
解析：A.根据量子理论，电子围绕原子核的轨道是特定的，故A错误；
B.根据安培定则，判断知环形电流在环内产生的磁场方向垂直纸面向外，可知小磁针静止时N极垂直纸面向外，故B错误；
C.只有当闭合回路的磁通量变化时才会产生感应电流，所以两导体棒放在导轨上反向运动，若磁场也变化，图3中磁通量可能不变，可能没有感应电流，故C正确；
D.wifi信号是电磁波中的无线电波，故D错误。
故选C。
2．答案：B
解析：因为d点场强为零，而a点处固定一电荷量为q的正点电荷，根据电场叠加可知，c处的点电荷为负电荷，令该负点电荷的电荷量大小为，则有
解得
则b点的场强大小为
结合上述解得
故选B。
3．答案：C
解析：根据地磁场的分布特征可知，南极洲极点附近的地磁场方向竖直向上，由左手定则可知，导线所受安培力方向向东。
故选C。
4．答案：B
解析：负电荷仅受电场力作用，根据动能定理有
由于相邻等势面间的电势差相等，即有
又由于
则可以解得电荷通过相邻等势面电场力做的功为，根据动能定理有
解得
电荷运动过程中的电势能与动能之和守恒，由于处电势能为零，则电荷的电势能与动能之和为6J。
故选B。
5．答案：A
解析：B.令电路中电流为I，则定值电阻和电源内阻的电压之和为
解得
则电动机两端电压为
解得
故B错误；
A.结合上述可知，电动机消耗的总功率
解得
故A正确；
C.外电路消耗的功率
则电源的效率约为
解得
故C错误；
D.电动机的发热功率为
结合上述可知，电动机的输出功率
解得
故D错误。
故选A。
6．答案：D
解析：根据右手螺旋定则可知，在导线右侧磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则，判断粒子受力的方向向右，因此粒子向右侧偏转，由于是非匀强磁场，故不是圆周运动。
故选B。
7．答案：C
解析：A.变阻器滑片向右滑动，变阻器接入阻值变大，根据“串反并同”可知，与变阻器等效串联的电流表A和电压表的示数都变小；与变阻器等效并联的电压表和电压表的示数都变大，故A错误；
B.当电源外电阻等于电源内阻时电源输出功率最大，因为，外电阻一定大于r，故电源输出功率随着外电阻的增大而减小；电源的效率为
其中U为路端电压，E为电源电动势，因为电压表的示数变大，即路端电压U变大，所以电源的效率增大，故B错误；
C.由闭合电路欧姆定律可知
所以
将电阻看成电源的内阻，则
其中
所以
所以，均不变，故C正确；
D.电容器的电压等于，变小，根据，电荷量减小，但由于二极管的存在，电容器不能放电，故电容器所带电荷量不变，故D错误。
故选C。
8．答案：BC
解析：A.根据电场力做功与电势能的关系有
可知，图像的绝对值表示粒子所受电场力的大小，由图像可知，处斜率为零，即粒子所受电场力为零，则电场场强为零，故A错误；
B.结合上述可知，与间图像斜率一定，则粒子所受电场力一定，即电场强度不变，故B正确；
C.间，电势能增大，电场力做负功，粒子带正电，电场线向左，间，电势能减小，电场力做正功，粒子带正电，电场线向右，由于沿电场线方向电势降低，可知，处电势最高，故C正确；
D.根据
由图像可知
则有
故D错误。
故选BC。
9．答案：AC
解析：A.根据安培定则和左手定则，半圆形线框左侧边受安培力向左，右侧圆弧边受安培力向右，半圆形线框右侧的有效长度与左侧边相同，但半圆形线框右侧所处位置的磁场较弱，安培力的方向由半圆形线框左侧边安培力决定，则所受安培力的合力向左，即半圆形线框向左运动，故A正确；
BC.结合上述，半圆形线框右侧所处位置的磁场较弱，安培力的方向由半圆形线框左侧边安培力决定，半圆形线框左侧边受安培力向左，根据牛顿第三定律可知，直导线所受安培力方向向右，直导线和半圆形线框相互吸引靠近，直导线向右运动，故B错误，C正确；
D.结合上述可知，长直导线和半圆形导线框所受安培力大小相等，方向相反，根据牛顿第二定律有
可知，两者加速度大小相等，方向相反，故D错误。
故选AC。
10．答案：AB
解析：A.太阳风进入两极板之间的匀强磁场中，稳定后，带电粒子受到洛伦兹力和电场力作用，故A正确；
B.根据左手定则，正电荷受洛伦兹力向下，负电荷受洛伦兹力向上，故B正确；
C.下极板带正电，上极板带负电，故C错误；
D.当发电机稳定时，质子和电子做匀速直线运动，所以
即
由
得
故D错误。
故选AB。
11．答案：(1)红;闭合
(2)11
(3)5
解析：（1）根据“红进黑出”规律，A表笔为红表笔；
欧姆表的内阻等于欧姆刻线中央刻线示数与倍率的乘积，选用挡位时，欧姆表的内阻小一些，故开关S应处于闭合状态。
（2）结合上述可知，选用挡位时，开关S处于闭合状态，欧姆表中间刻度为，此时挡位欧姆表内阻为，则红黑表笔短接时，干路电流为
由于电流计满偏电流为20mA，则中电流为180mA，则有
（3）结合上述可知，开关S闭合进行欧姆调零后，欧姆表内部总电阻为，根据闭合电路欧姆定律有
其中
解得
12．答案：(1)B;
(2)R
(3);;小于
解析：（1）电源电动势约为3V，故电压表选，即电压表应选择B。
实物连线如图
（2）由闭合电路欧姆定律得
得
记录对应数据，将对应数据标在坐标图中，为使得到的图线呈直线，若以为纵坐标，则横坐标应为R。
（3）由数学关系
知
得
若考虑电压表的分流作用，则有
得
可得
故小于。
13．答案：(1)
(2)
解析：（1）由左手定则可知导体棒受安培力的方向水平向右，由力的平衡关系可得当摩擦力方向沿斜面向上时有
联立解得
当摩擦力沿斜面向下时有
联立解得
由，得
由
联立解得
（2）当时，导体棒静止不动，电流
可得导体棒在1min内产生焦耳热
14．答案：(1)或
(2)
解析：（1）小物块不脱离轨道有两种情况：如图所示
①物块沿轨道滑行，则滑至圆弧轨道等效最高点I（等效重力场中圆心等高处）时，此时的速度最小，设此时等效重力与竖直方向夹角为θ，则
可得
即小物块恰好到达圆心左上方与水平线夹角37°处，由动能定理
解得
②另一种是恰好通过H点（等效最高点），有
联立解得
故
或
（2）由（1）可知物块能到达C点，物块到达圆轨道最左侧C点时电势能最小
可得
15．答案：(1)
(2)
(3)（，1，2，3…）
解析：（1）电子在电场加速过程，根据动能定理有
电子在偏转电场中运动，水平方向做匀速直线运动
由联立两式得
（2）当时，所有电子在偏转电场中运动过程，竖直方向加速半个周期，减速半个周期，最终水平飞出。在竖直方向由速度—时间图像可知，时刻进入的电子向上侧移距离最大，则有
同理得向下侧移距离最大值
所以电子达到的区域长
（3）当时，电子要到达O点必须在竖直方向有先加速后减速再反向加速过程，并且加速度大小相等，整个过程向上的位移和向下的位移大小相等，电子运动过程如图所示
设向上加速时间为，加速度大小为a，则在竖直方向上有
要使电子到达O点，则有
联立上式解得
故当电子进入偏转电场的时刻为
（，1，2，3…）
电子刚好到达O点。