湖北省武汉市第十一中学2023-2024学年高二上学期12月月考物理试题（Word版附解析）

这是一份湖北省武汉市第十一中学2023-2024学年高二上学期12月月考物理试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

试卷满分：100分
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1. 下列说法中正确的是（ ）
A. 如图1号干电池比7号干电池体积大，电动势也大
B. 电路接通后，电子由电源出发，以接近光速的速度运动到用电器
C. 电路中导体内的电子总是从电势高的地方向电势低的地方定向移动
D. 电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功
【答案】D
【解析】
【详解】A．电动势的大小与体积无关，干电池的电动势都是1.5V，1号干电池比7号干电池的体积大，但电动势相同，故A错误；
B．电路接通后，瞬间产生电场，电荷在电场的作用下定向移动形成电流，不是电子由电源出发，以接近光速的速度运动到用电器，故B错误；
C．电路中导体内的电子总是从电势低的地方向电势高的地方定向移动，故C错误；
D．电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功，故D正确。
故选D。
2. 如图所示的平行板器件中．电场强度E和磁感应强度B相互垂直，具有不同水平速度的带电粒子从P孔射入后发生偏转的情况不同．利用这种装置能把具有某一特定速度的粒子选择出来，所以叫做速度选择器．若正离子(不计重力)以水平速度射入速度选择器，则
A. 正离子从P孔射入后，能沿着图示虚线路径通过速度选择器
B. 正离子从Q孔射入后，能沿着图示虚线路径通过速度选择器
C. 仅改变离子的电性，负离子从P孔射入后，不能沿图示虚线路径通过速度选择器
D. 仅改变离子电量，正离子从P孔射入后，不能沿图示虚线路径通过速度选择器
【答案】A
【解析】
【详解】正离子从P孔射入，电场力方向竖直向下，大小为qE，洛伦兹力方向竖直向上，大小F=qvB=qE，两个力平衡，粒子做匀速直线运动，故A正确；正离子从Q孔射入，电场力方向竖直向下，洛伦兹力方向竖直向下，两个力不能平衡，将向下偏转，故B错误；改变电荷的电性，从P孔射入，电场力和洛伦兹力都反向，仍然平衡，做匀速直线运动．故C错误；电场力与洛伦兹力平衡时，与电量无关，从P孔射入，只要速度满足条件，都能保持平衡，故D错误．所以A正确，BCD错误．
3. 现代质谱仪可用来分析比质子重很多的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为（ ）
A. 11B. 12C. 21D. 144
【答案】D
【解析】
【详解】直线加速过程根据动能定理得
可得
离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有
可得
联立可得
一价正离子电荷量与质子电荷量相等，同一加速电场U相同，同一出口离开磁场则R相同，所以，磁感应强度增加到原来的12倍，离子质量是质子质量的144倍。
故选D。
4. 图甲是回旋加速器的工作原理图。和是两个中空的半圆金属盒，两金属盒置于匀强磁场中（磁感应强度B大小恒定），并分别与高频交流电源相连。A处的粒子源产生的带电粒子，在两盒之间被电场加速。两半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，所以粒子在半圆盒中做匀速圆周运动。若带电粒子在磁场中运动的动能随时间t的变化规律如图乙所示，不计带电粒子在电场中的加速时间，不考虑由相对论效应带来的影响，下列判断正确的是（ ）

A. 高频交流电的变化周期应该等于
B. 在图中应有
C. D形盒的半径越大，粒子飞出时获得的最大动能越大
D. 粒子加速次数越多，粒子飞出时最大动能一定越大
【答案】C
【解析】
【详解】A．粒子每转动半周加速一次，则高频交流电的变化周期应该等于，A错误；
B．每次加速动能的增加量均为
故
B错误；
CD．根据
得
D形盒的半径越大，粒子飞出时获得的最大动能越大，且与加速度次数无关，C正确，D错误。
故选C。
5. 在如图所示电路中，电源电动势为10V，内阻为1Ω，指示灯R的阻值为16Ω，电动机M线圈电阻为2Ω，当开关S闭合时，电动机正常工作，指示灯的电功率为4W，电流表为理想电表，那么下列说法中正确的是（ ）

A. 流过电动机M的电流为2. 0A
B. 电动机机械功的功率为12W
C. 电动机的机械效率为62.5%
D. 电源的输出功率为20W
【答案】C
【解析】
【详解】A．指示灯的功率为
得
由得流过电流表的电流为
流过电动机电流为
故A错误；
BC．电动机的输入功率为
热功率
输出的机械功率
电动机效率
故B错误，C正确；
D．电源的输出功率为
故D错误。
故选C。
6. 金属导体棒ab置于倾角为θ的导轨上，金属导体棒ab与导轨间的动摩擦因数为，有电流时，金属导体棒ab能在导轨上保持静止。如图所示，它的四个图中标出了四种可能的匀强磁场方向。其中棒ab与导轨之间的摩擦力一定不等于零的图是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．导体棒所受重力和安培力方向如图所示
可知导体棒受到的支持力和摩擦力可能为零，故A不满足题意要求；
B．导体棒所受重力、支持力、安培力方向如图所示
由受力平衡可知，导体棒受到的摩擦力不可能为零，故B满足题意要求；
C．导体棒所受重力、支持力、安培力方向如图所示
由受力平衡可知，导体棒受到的摩擦力可能为零，故C不满足题意要求；
D．导体棒所受重力、支持力、安培力方向如图所示
由受力平衡可知，导体棒受到的摩擦力可能为零，故D不满足题意要求。
故选B。
7. 霍尔元件是一种重要的磁传感器，利用霍尔元件将电压表改装为磁强计的原理如图所示，导电物质为电子的长方体霍尔元件三边长度分别为、、，放在与它垂直的的匀强磁场中。当恒定电流I（由电流表显示）通过霍尔元件时，在它的前后两个侧面之间会产生霍尔电压（由伏特表显示），它的霍尔系数为k。通过电压表示数可以计算出匀强磁场磁感应强度B的大小，下列说法正确的是（ ）

A. b是电压表V“+”接线柱
B. 电压表V示数与磁感应强度B的大小成反比
C. 为提高磁强计的灵敏度，可适当减小
D. 为提高磁强计的灵敏度，可将滑动变阻器R的触头P向右调节少许
【答案】C
【解析】
【详解】A．导电物质为电子，则根据左手定则判断可知，电子偏向后侧面，则b是电压表V“—”接线柱，故A错误；
B．设霍尔元件自由电荷浓度为n，定向移动的速率为v，则有
根据洛伦兹力等于电场力有
可得
可知电压表V示数U与磁感应强度B的大小成正比，故B错误；
C．根据可知，适当减小可以提高磁强计的灵敏度，故C正确；
D．将滑动变阻器R的触头P向右调节少许，则电流I减小，根据可知，磁强计的灵敏度降低，故D错误。
故选C。
8. 如图所示，长直导线a、b、c分别固定在等边三角形三个顶点上，a、c通有垂直纸面向里的电流，b通有垂直纸面向外的电流，电流大小相等。A、B、C为三角形三边中点，下列关于A、B、C三点磁场的说法正确的是（ ）
A. B点磁感应强度为零B. C点磁感应强度最小
C. A、B两点磁感应强度大小相等D. A点磁感应强度为零
【答案】BC
【解析】
【详解】根据右手定则判断可知，a、b、c三导线中电流在A、B、C点产生的感应磁场方向如下图所示
根据磁感应强度的矢量叠加可知，A点和B点磁感应强度都不为零，且A、B两点磁感应强度大小相等，C点磁感应强度最小。
故选BC。
9. 如图所示，在、的长方形区域中有一磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy平面向外。坐标原点O处有一个粒子源，在t=0时刻发射大量质量为m、电荷量为+q的带电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xy平面内，与y轴正方向的夹角在范围内均匀分布。已知粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，t1时刻最先从磁场上边界MN飞出的粒子经历的时间为，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间为。不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则（ ）
A. 粒子的射入磁场的速度大小
B. 长方形区域的边长满足关系
C. t1时刻仍在磁场中的粒子数与粒子源发射的总粒子数之比为
D. t1时刻仍在磁场中的所有粒子均处在以O点为圆心、a为半径的圆周上
【答案】AC
【解析】
【详解】A．最先从磁场上边界中飞出的粒子在磁场中的偏转角最小，对应的圆弧最短，可以判断出是沿y轴方向入射的粒子；其运动的轨迹如图所示
则由题意可知偏转角为
由几何关系可得
带电粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，可得
故粒子的射入磁场的速度大小为
故A正确；
B．当R设该粒子在磁场中运动时间为t，依题意有
则圆心角为
设最后离开磁场的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为α，由几何关系得
解得
则
由图可得
解得
故B错误；
C．竖直向上进入磁场的粒子用时离开磁场，而斜向上进入磁场的粒子从下边离开磁场时间也是，圆心为，如图所示
圆心角为，由几何关系可知速度方向与x轴的夹角，则t1时刻仍在磁场中的粒子数与粒子源发射的总粒子数之比为
故C正确；
D．t1时刻仍在磁场中所有粒子因圆周的时间相同，则弧长相同，故弦长相同，则所有粒子均处在以O点为圆心的圆弧上，圆弧过图中的M、N点，圆弧的半径为
而圆弧的圆心角为，而不是60°，也就非圆周，故D错误。
故选AC。
10. 如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r=R，两个定值电阻阻值为R，滑动变阻器最大阻值为2R，两个电表均为理想电表，滑动变阻器滑片P从a滑到b的过程中，下列说法正确的是（ ）

A. 电源的输出功率先增大后减小
B. 电压表读数U先减小后增大
C. 电压表读数U与电流表读数I的比值不变
D. 电压表读数的变化量与电流表读数的变化量的比值不变
【答案】AD
【解析】
【详解】A．P处于a端或b端时，外电阻为
P处于滑动变阻器中间值，外电阻为
则滑动变阻滑片P从a滑到b的过程中，P处于滑动变阻器中间时，电源输出功率最大，故电源的输出功率先增大后减小，A正确；
B．外电阻先增大后减小。电压表示数，即路端电压为
则电压表示数先增大后减小，B错误；
C．电压表读数U与电流表读数I的比值等于外电阻，先增大后减小，C错误；
D．电压表测量路端电压，电流表测量干路电流，根据
电压表读数的变化量与电流表读数的变化量的比值等于电源内阻，保持不变，D正确。
故选AD。
二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11. 某同学利用如图甲所示的电路，测量某电源的电动势和内阻，所用器材如图乙所示。请回答下列问题：

（1）按照图甲所示的电路图，将图乙中的实物连线补充完整______。
（2）将滑动变阻器滑片滑到最左端，单刀双掷开关与“1”连通，再闭合开关，调节滑动变阻器滑片，记录下多组电压表和电流表的数据（U1，I1），断开开关。作出U-I图像如图丙中的图线___________（填“I”或“II”）所示。

（3）将滑动变阻器滑片滑到最左端，与“2”连通，再闭合开关，调节滑动变阻器滑片，记录下多组电压表和电流表的数据（U2，I2），断开开关。作出U-I图像如图丙中的图线___________（填“I”或“II”）所示。
（4）只考虑电表内阻所引起的误差，根据上述实验计算可得：电源电动势的真实值为___________V，内阻的真实值为___________Ω，电流表的内阻为___________Ω。（结果均保留2位小数）
【答案】 ①. ②. I ③. II ④. 1.50 ⑤. 0.86 ⑥. 0.39
【解析】
【详解】（1）[1]根据电路图可连接实物如图所示

（2）[2]单刀双掷开关与“1”连通，采用的是电流表的内接法，此法的误差为电流表分压导致电动势测量值准确，而内阻的测量值偏大，对应的图像较陡，故为图像I；
（3）[3] 与“2”连通时，采用的是电流表的外接法，因电压表的分流导致电动势和内阻的测量值均偏小，对应的图像较缓，故为图像II；
（4）[4] 只考虑电表内阻所引起的误差，则由图像I的纵截距可得电动势的真实值为1.50V；
[5][6]图像I的斜率为
图像II的表达式为
当电压等于零时，其电流为真实的短路电流，有
可得电源的真实内阻为
故电流表的内阻为
12. 某同学欲将内阻为、量程为100μA的电流表改装成欧姆表并进行刻度和校准，要求改装后欧姆表的15kΩ刻度正好对应电流表表盘的50μA刻度。可选用的器材还有：定值电阻（阻值14kΩ），滑动变阻器R（最大阻值1500Ω），电阻箱（0~99999. 9Ω），干电池（E=1. 5V，r=1. 5Ω），红、黑表笔和导线若干。

（1）欧姆表设计
将实物按图（a）连线组成欧姆表。欧姆表改装好后，滑动变阻器R接入电路的电阻应为___________Ω。
（2）刻度欧姆表表盘
通过计算，对整个表盘进行电阻刻度，如图（b）所示。表盘上a、b处的电流刻度分别为25和75，则a、b处的电阻刻度分别为___________kΩ、___________kΩ。

（3）校准
红、黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指向___________kΩ处；将红、黑表笔与电阻箱连接，记录多组电阻箱接入电路的电阻值及欧姆表上对应的测量值，完成校准数据测量。若校准某刻度时，电阻箱旋钮位置如图（c）所示，则电阻箱接入的阻值为___________Ω。
（4）误差分析：在使用此欧姆表测量电阻时，下列说法正确的是___________。
A．测量前，若没有红、黑表笔短接调零，可能对测量结果造成影响
B．双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大
C．欧姆表内的电池使用时间太长，若电池电动势变小、内阻变大，虽能完成调零，但测量值将略偏大
D．欧姆表内的电池使用一段时间以后，若认为电池电动势变化可忽略、内阻变大，能完成调零，测量值将略偏小
【答案】 ①. 900 ②. 45 ③. 5 ④. 0 ⑤. 35000. 0 ⑥. AC##CA
【解析】
【详解】（1）[1]由题意可知，改装后的欧姆表内阻为15kΩ，则滑动电阻器的阻值为
（2）[2][3]根据闭合电路欧姆定律
，
（3）[4][5]红、黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指向电流满偏值，即0kΩ处。如图（c）所示，电阻箱接入的阻值为35000. 0Ω。
（4）[6]A．测量前，需要进行欧姆调零，否则影响测量结果，A正确；
B．双手捏住两表笔金属杆，导致被测电阻与身体并联，测量值偏小，B错误；
C．电池使用时间太长，电池电动势减小，则测量时电流偏小，电阻测量值偏大，C正确；
D．电池电动势变化可忽略，经调零后，测量值不受影响，D错误。
故选AC。
13. 如图，等边三角形线框abc由三根相同的导体棒ab、bc、ca连接而成。ab长为L=10cm，用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B=0.2T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与导体棒绝缘。a、b端通过开关与一电动势为E=12V的电池相连，电池的内阻r=2Ω，每根导体棒的电阻均为R=3Ω。已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0. 5cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0. 3cm，重力加速度大小取。求：
（1）开关闭合后导体棒ab受安培力；
（2）三角形线框abc的质量。

【答案】（1）0.04N，方向向下；（2）0.01kg
【解析】
【详解】（1）电路总电阻为
总电流为
流过导体棒ab的电流
导体棒ab受安培力
方向向下。
（2）开关断开时，由胡克定律和力的平衡条件得
式中。开关闭合后，三角形线框abc所受安培力的大小为
所受安培力合力为
又
解得
，
得
由胡克定律和力的平衡条件得
式中，联立得
14. 设在地面上方的真空室内，存在匀强电场和匀强磁场，已知电场强度和磁感应强度的方向是相同的，电场强度的大小为E=4. 0V/m，磁感应强度的大小B=0.15T，磁感应强度B竖直分量向下、水平分量向北。此区域内有一带电的小球以v=20m/s的速度在水平面内沿东西方向做直线运动，重力加速度为，求：
（1）此带电小球的电性（正电或负电）和运动方向（自西向东或自东向西）；
（2）此带电小球的电量与质量之比；
（3）磁感应强度B的方向与竖直方向夹角θ的正切值。

【答案】（1）小球带负电，运动方向为自东向西；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据带电小球做匀速直线运动的条件，得知此带电小球所受的重力、电场力和洛伦兹力的合力必定为零。由此推知此三个力在同一竖直平面内，如图所示

可知小球带负电，质点的速度为自西向东（垂直纸面向外）。
（2）由合力为零的条件可得
可得带电质点的电量与质量之比
（3）设磁场方向与重力方向之间夹角为，则有
可得
15. 如图所示。直线MN上方垂直纸面向里的、磁感应强度为B的匀强磁场，质量为m、带电量为﹣q（q＞0）的粒子1在纸面内以速度v1＝v0从O点射入磁场，其射入方向与MN的夹角α＝30°；质量为m、带电量为+q（q＞0）的粒子2在纸面内以速度v2＝v0也从O点射入磁场，其射入方向与MN的夹角β＝60°。已知粒子1和2同时分别到达磁场边界的A、B两点（图中未画出），不计粒子的重力及它们间的相互作用。
(1)求两个粒子在磁场边界上的穿出点A、B之间的距离。
(2)求两个粒子进入磁场的时间间隔∆t。
(3)若MN下方有平行于纸面的匀强电场，且两粒子在电场中相遇，其中粒子1做直线运动。求该电场的电场强度。
【答案】(1)；(2)；(3)B v0，方向为与MN成30°角向上偏右
【解析】
【详解】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿运动定律得
Bqv＝m
解得
r1＝
r2＝
由几何关系可知：
粒子1圆周运动的圆弧所对的圆心角为
θ1＝π
所以射入点O与离开磁场的位置A间的距离
OA＝2r1sin
粒子2圆周运动的圆弧所对的圆心角为
θ1＝π
所以射入点O与离开磁场的位置B间的距离
OB＝2r2sin
故穿出点A、B之间的距离
d＝OA+OB＝
(2)粒子圆周运动的周期
T＝
粒子1在磁场中运动的时间
t1＝T
粒子2在磁场中运动的时间
t2＝T
进入磁场的时间间隔
∆t＝t1﹣t2＝
(3)由题意电场强度的方向应与粒子1穿出磁场的方向平行。
a、若场强的方向与MN成30°角向上偏右，则粒子1做匀加速直线运动，粒子2做类平抛运动，对粒子1、2 由运动定律得
Eq＝ma
在粒子1的运动所在直线上，对粒子1和2由位移公式得
ABcs30°＝v1t+at2+at2
在与粒子1的运动垂直的方向上，对粒子2由位移公式得
ABsin30°＝v2t
解得
E＝Bv0
b、若场强的方向与MN成30°角向下偏左，则粒子1做匀减速直线运动，粒子2做类平抛运动
对粒子1、2 由运动定律得
Eq＝ma
在粒子1的运动所在直线上，对粒子1和2由位移公式得
AB cs30°＝v1t﹣at2﹣at2
在与粒子1的运动垂直的方向上，对粒子2由位移公式得
AB sin30°＝v2t
解得
E＝﹣Bv0
假设不成立。
综上所述：场强的大小为B v0，方向为与MN成30°角向上偏右。