2023-2024学年浙江省杭州市精诚联盟高二（上）月考物理试卷（12月）（含解析）

2023-2024学年浙江省杭州市精诚联盟高二（上）月考物理试卷（12月）一、单选题：本大题共10小题，共30分。1.下列陈述符合历史事实的是(    )A. 密立根发现了电子 B. 法拉第首先提出了场的概念C. 安培发现了电流的磁效应 D. 奥斯特提出了分子电流假说2.单位为N⋅sC⋅m的物理量是(    )A. 磁感应强度 B. 电场强度 C. 磁通量 D. 电功率3.楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现(    )A. 法拉第电磁感应定律 B. 库仑定律C. 能量守恒定律 D. 欧姆定律4.1930年，英国物理学家狄拉克预言了正电子的存在。1932年，美国物理学家安德森在宇宙线实验中发现了正电子。他利用放在强磁场中的云室来记录宇宙线粒子，并在云室中加入一块厚6mm的铅板，借以减慢粒子的速度。当宇宙线粒子通过云室内的强磁场时，拍下粒子径迹的照片，如图所示。则下列说法正确的是(    )A. 粒子穿过铅板后速度减小，因此在磁场中做圆周运动的半径增大B. 粒子穿过铅板后在磁场中做圆周运动的周期变大C. 图中的粒子是由下向上穿过铅板的D. 该强磁场的磁感应强度方向为垂直纸面向里5.某静电除尘装置由带正电的金属圆筒Q和带负电的线状电极P组成，其横截面上的电场线分布如图所示，A、B、M、N四点到P距离相等，则(    )A. M、N两点电场强度相同B. A点电势比B点电势高C. 带负电的粉尘从B点运动到C点，电势能增大D. 带电荷量均为−q的粉尘由P分别运动到A、B两点时，电场力所做的功WPAUBP则有A点电势高于B点电势，故B正确；C.带负电的粉尘从B点运动到C点，电场力做正功，电势能减小，故C错误；D.带电荷量均为 −q 的粉尘由P分别运动到A、B两点时，有WPA=−qUPA=qUAP>WPB=−qUPB=qUBP故D错误。故选B。6.【答案】B 【解析】A.电动机在额定电压下正常工作时消耗的电功率为P=UI=144W故A错误；B.根据能量守恒得，电动机的热功率P热=UI−P出=36×4W−120W=24W根据P热=I2r得电动机的内阻为r=1.5Ω故B正确；C.整体所受阻力f=0.02(mg+Mg)=20N当牵引力等于阻力大小时，速度最大vm=P出f=6m/s故C错误；D.电动机正常工作时的效率为η=P出P=83.3%故D错误。故选B。7.【答案】D 【解析】A.由题图可知，光照强度增大时，光敏电阻值减小，电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律I=ER总可知，电路中总电流增大，由U敏=E−Ir−IR滑可知光敏电阻两端电压减小，故A错误；B.同理，光照强度减弱时，光敏电阻值增大，电路中总电阻增大，总电流减小，由闭合电路欧姆定律可知，光敏电阻与小灯泡两端电压增大，所以小灯泡变亮，故B错误；CD.在光照条件不变时，滑动变阻器的滑片向左滑，则滑动变阻器与总电阻变大，所以总电流变小，所以小灯泡与光敏电阻两端电压变小，小灯泡变暗；电源的输出功率P=UI=E2R外R外+r2=E2R外−r2R外+4r因为电源的内外电阻的关系未知，无法确定在光照条件不变时，滑动变阻器的滑片向左滑，电源的输出功率的变化，故C错误，D正确。故选D。8.【答案】B 【解析】A.金属棒随轴转动，切割磁感线，棒产生的电动势为E=Br⋅ωr2=12Br2ω故A错误；B.电容器两极板间电压等于电源电动势E，带电微粒在两极板间处于静止状态，则qEd=mg微粒的电荷量与质量之比为qm=gdE=2gdBr2ω故B正确；C.由右手定则可知，金属棒中电流指向轴，所以电容器下极板为正极板，带电微粒在电容器极板间处于静止状态，则所受电场力向上，所以微粒带正电，故C错误；D.电容器所带电荷量Q=CE=CBr2ω2故D错误。故选B。9.【答案】A 【解析】以A球为研究对象，分析受力，如图1所示，  设B对A的库仑力F库与墙壁的夹角为θ，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为N1=mAgtanθ将小球B向左推动少许时，θ减小，则竖直墙面对小球A的弹力N1减小；库仑力F库=mAgcosθθ减小，cosθ增大，F库减小，根据库仑定律分析得知，两球之间的距离增大；再以AB整体为研究对象，分析受力如图2所示，由平衡条件得：  F=N1N2=(mA+mB)gN1减小，则F减小，地面对小球B的支持力一定不变，故A正确，BCD错误；故选A。10.【答案】D 【解析】设磁感应强度为 B ，线圈的速度为 v 、电阻为 R ；如果某时刻左边位于垂直纸面向里的磁场中、右边位于垂直纸面向外的磁场中，此时两边都切割磁感应线，产生的感应电动势为 E=2Blv  ，根据欧姆定律电流为 i=2BlvR ，根据右手定则可知电流流向顺时针，当左右两边都处于方向相同的磁场中时，感应电动势为0，感应电流为0；当左边位于垂直纸面向外的磁场中、右边位于垂直纸面向里的磁场中，此时两边都切割磁感应线，产生的感应电动势为E=2Blv  ，根据欧姆定律电流为 i=2BlvR ，根据右手定则可知电流流向逆时针，可能正确的是D项，D正确。故选D。11.【答案】ACD 【解析】A.黑体和质点、点电荷一样，是一个理想化的模型，A正确；B.归纳推理和演绎推理是研究问题的两种方法，楞次定律的得出运用了归纳推理，通过研究不同磁极插入和拔出线圈等的实验现象，逐步归纳推理得出反映感应电流方向的规律，B错误；C.电场强度是用比值定义法得出的，比值定义法就是用两个或两个以上的物理量的比值去定义另外一个新物理量的方法，此方法的本质是比较的思想，C正确；D.学习物理过程中，可以运用类比的学习方法。比如等势线类比等高线，电势能类比重力势能，电容器的电容类比水容器的横截面积，D正确。故选ACD。12.【答案】BD 【解析】A.第一次加速后有qU=12mv12第二次加速后有2qU=12mv22故带电粒子第一次和第二次经过加速后的速度比为v1:v2=1: 2根据qvB=mv2r可得r1:r2=1: 2故A错误；BC.带电粒子在磁场中运动的周期与电场变化的周期相等，为T=2πmqB与粒子的速度无关，所以带电粒子在加速器中第1次和第2次做圆周运动的时间之比为t1:t2=1:1故B正确，C错误；D.由qvB=mv2R和Ek=12mv2可得Ek=B2q2R22m故D正确。故选BD。13.【答案】BC 【解析】A.产生的感应电动势平均值为E=B⋅xdΔt感应电流的平均值I=ER+r通过电阻R的电荷量为q=I⋅Δt联立可得q=1.25C故A错误；B.电阻R产生的热量为Q=Q总R+rR可得Q总=4J根据功能关系有W克=Q总=4J故B正确；C.由动能定理−μmgx−W克=0−12mv02可得μ=0.2故C正确；D.由能量守恒可得导体棒与导轨间产生的摩擦热Q′=12mv02−Q总=1J故D错误。故选BC。14.【答案】BC 【解析】A.只有安培力对导体棒做功，根据动能定理可知，安培力做的功等于导体棒动能的增加量，故A错误；BC.开始的一段时间内，金属框加速度较大，当金属框在恒力F作用下向右加速时，bc边产生从c向b的感应电流I，线框的加速度为a1，对线框，由牛顿第二定律得F−BIL=Ma1导体棒中感应电流从M向N，在安培力作用下向右加速，加速度为a2，对导体棒，由牛顿第二定律得BIL=ma2因为感应电流从0开始增大，则a2从零开始增加，a1从 FM 开始减小，则加速度差值为a1−a2=FM−(1M+1m)BIL则加速度差值逐渐减小，当差值为零时，有a1=a2=a故有F=(M+m)a即两者加速度相等且恒定，由BIL=ma2=ma可知导体棒所受安培力的大小趋于恒定值，故BC正确；D.由动能定理可知WF=Q+Ek总所以F所做的功等于电阻R和r上产生的焦耳热和金属框与导体棒的总动能之和，故D错误。故选BC。15.【答案】3.5     2.203 ##2.204##2.205##2.206##2.207     R1           偏小     πD2U4IL 【解析】(1)[1]欧姆表的读数为R=3.5×1Ω=3.5Ω(2)[2]固定尺读数为2mm，可动尺读数为 20.5×0.01mm ，因此螺旋测微器读数为d=2mm+20.5×0.01mm=2.205mm(3)[3]为了减小测量误差及测量多组实验数据，滑动变阻器需要采用分压式接法，所以应选用最大阻值较小的 R1 。[4]待测电阻是小电阻，因此选择电流表外接法，滑动变压器选择分压接法，实物图连接如图[5]电路图采用了电流表外接法，考虑到电压表分流的影响，电流表读数偏大，根据欧姆定律 R=UI 可知待测电阻测量值小于其真实值。[6]根据电阻定律有R=ρLSR=UIS=πD22=πD24联立求得ρ=πD2U4IL16.【答案】    向右     AC##CA     BD##DB     D 【解析】(1)[1]如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向左偏了一下，说明当线圈中磁通量增加时，电流计的指针向左偏转；那么合上开关后，将A线圈迅速拔出B线圈中，会让线圈中的磁通量减小，所以电流计指针将向右偏转。(2)[2]闭合开关并将A线圈插入B线圈中后，若要使灵敏电流计的指针向左偏转，应使B线圈中磁通量增加，插入铁芯、变阻器的滑片向左滑动A线圈回路电流增大，都可以增加B线圈中磁通量，拔出A线圈、断开开关S瞬间会导致B线圈中磁通量减小。故选AC。(3)[3]根据题意可知，电流表主要部件是永久磁铁和带有指针的线圈，G1和G2用导线连接起来，当晃动G1时，相当于G1中的线圈做切割磁感线运动，电路中会产生感应电流；由于两个电表构成了闭合回路，则电流会通过G2表中的线圈，而该线圈处于磁场中，由于通电导线在磁场中受到安培力的作用，G2的指针也会偏转；则G1表相当于“发电机”，G2表相当于“电动机”。故选BD。(4)[4] AB.未接导线时，表针晃动过程中表内线圈切割磁感线，产生感应电动势，由于电路未闭合，所以线圈内没有感应电流，线圈不受安培力的作用，故AB错误。CD.接上导线后形成闭合回路，表针晃动过程中表内线圈要切割磁感线，会产生感应电动势，也会产生感应电流，线圈会受到安培力作用阻碍线圈的转动，表针晃动减弱，故C错误D正确。故选D。17.【答案】(1) 1.5A ，由b指向a；(2) 0.3N ，沿斜面向上；(3)0.06N，沿斜面向下 【解析】(1)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有I=ER+r=4.52.5+0.5A=1.5A方向由b指向a。(2)导体棒受到的安培力F安=BId=0.3N根据左手定则可判断方向沿斜面向上。(3)导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1=mgsin37∘=0.24N由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件有mgsin37∘+f=F安解得f=0.06N18.【答案】(1) mv02qL ；(2) 8mv05qL ；(3) mv0qL ； mv0qL 【解析】(1)带电粒子做类平抛运动，可得L=v0t ， L2=12at2又a=qEm联立，解得E=mv02qL(2)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图  由几何关系可得r2=(L2)2+L−r2又qv0B=mv02r联立，解得B=8mv05qL(3)带电粒子在合磁场中仍然做匀速圆周运动，轨迹如图  由几何关系可得r′= L2+L22又qv0B=mv02r′联立，解得B= 2mv0qL由粒子运动轨迹分析可知By=Bz,B= 2B解得By=Bz=mv0qL19.【答案】(1)感应电流的方向为a→d→c→b→a；安培力的方向是竖直向下；(2)14m/s2；(3)4400J 【解析】(1)根据右手定则知，线圈中产生的感应电流的方向为a→d→c→b→a；由左手定则知，ab边所受到的安培力的方向是竖直向下；(2)缓冲块刚停止运动时，ab边切割磁感线产生的感应电动势E=nBLv0线圈中的感应电流I=ER安培力F=nBIL对装置中除缓冲滑块(含线圈)外的部分由牛顿第二定律F−mg=ma联立解得a=14m/s2(3)根据电流的定义式、闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律得q=IΔt=ERΔt=nΔΦR=nBLhR解得h=0.2m 根据能量转化和守恒定律得Q=12mv12−v02+mgh=4400J规格后轮驱动直流电机车型26英寸额定输出功率120W整车质量30kg额定转速240r/min最大载量120kg额定电压36V续行里程大于40km额定电流4.0A