77，安徽省滁州中学2023-2024学年高二上学期12月月考物理试卷

这是一份77，安徽省滁州中学2023-2024学年高二上学期12月月考物理试卷，共19页。试卷主要包含了二章，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
命题人： 审题人： 时长： 75 分钟 分值： 100分
考试范围： 必修三全册内容， 选择性必修二第一、二章
一、选择题（第1-8题为单选题， 每题4分； 第9-10题为多选题， 每题5分， 漏选得3分； 共计42分。）
1. 关于洛伦兹力的应用，下列说法正确的是（ ）
A. 图a速度选择器中筛选出的粒子沿着PQ做匀加速直线运动
B. 图b回旋加速器接入的工作电源是直流电
C. 图c是质谱仪的主要原理图，其中、、在磁场中偏转半径最大的是
D. 图d是磁流体发电机，将一束等离子体喷入磁场，A、B间会产生电压，且A板电势高
【答案】C
【解析】
【详解】A．图a速度选择器中粒子所受洛伦兹力和电场力等大反向时则会被筛选出来，筛选出的粒子沿着PQ做匀速直线运动，故A错误；
B．图b回旋加速器接入的工作电源是交流电，交流电的周期与粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，故B错误；
C．粒子在加速电场中有
在磁场中轨迹半径
解得
可知比荷（ ）越小，半径越大，所偏转半径最大的是，故C正确；
D．等离子体喷入磁场由左手定则可知正离子偏向B板，负离子偏向A板，A、B间会产生电压，且B板电势高，故D错误。
故选C。
2. 如图所示，水平桌面上放有一个闭合铝环，在铝环轴线上方有一个条形磁体。当条形磁体沿轴线竖直向下迅速移动时，下列判断正确的是（ ）
A. 铝环有收缩的趋势，对桌面的压力增大B. 铝环有收缩的趋势，对桌面的压力减小
C. 铝环有扩张的趋势，对桌面的压力减小D. 铝环有扩张的趋势，对桌面的压力增大
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】根据楞次定律可知：当条形磁体沿轴线竖直向下迅速移动时，闭合铝环内的磁通量增加，因此铝环有收缩的趋势，同时有远离磁体的趋势，从而阻碍磁通量的增加，故增加了和桌面的挤压程度，从而使铝环对桌面的压力增加，故选项A正确，BCD错误。
故选A。
3. 如图所示，电源内阻不可忽略且电源电动势和内阻保持不变，当滑动变阻器的滑动片向下移动时，关于电灯L的亮度及电容器C所带电荷量Q的变化判断正确的是（ ）
A. L变暗，Q增大B. L变暗，Q减小
C. L变亮，Q增大D. L变亮，Q减小
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】当滑动变阻器的滑动片向下移动时，滑动变阻器的有效电阻减小，电路的总电阻减小，干路电流变大，内电压变大，外电压变小。灯泡电压与外电压相等，所以灯泡变暗。因为灯泡变暗，所以流过灯泡电流减小，则流过滑动变阻器电流变大，所以电阻R1的电压变大，则滑动变阻器电压减小，根据电容公式可得电容器电量减小。
故选B。
4. 如图所示，边长为l，质量为m的等边三角形导线框abc用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通以恒定电流I，图中虚线过ab边、ac边中点，在虚线的下方有一垂直于导线框平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B，此时导线框处于静止状态；保持其他条件不变，只将虚线下方的磁场移至虚线上方，导线框仍处于静止状态。则移动磁场前后细线中的拉力差为（ ）
A. 2BIlB. BIlC. 0D.
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】现将虚线下方的磁场移至虚线上方
此时细线中拉力为F2，线框处于匀强磁场中，则各边受到的安培力大小相等为，依据左手定则，可知，安培力夹角均为120°，因此安培力合力为F安，即
则有
当在虚线的下方有一垂直于导线框向里的匀强磁场，此时导线框处于静止状态，细线中的拉力为F1；依据左手定则，则各边受到安培力如图所示
结合矢量的合成法则，及三角知识，则线框受到安培力的合力，方向竖直向上，大小为
根据平衡条件，则有
解得
故选B。
5. 海底通信电缆通电后会产生磁场，科学家为了检测某一海域中磁感应强度的大小，利用图中一块长为a、宽为c、厚为b，单位体积内自由电子数为n的金属霍尔元件，放在海底磁场中，当有如图所示的恒定电流I（电流方向和磁场方向垂直）通过元件时，会产生霍尔电势差，通过元件参数可以求得此时海底的磁感应强度B的大小（地磁场较弱，可以忽略）。下列说法正确的是（提示：电流I与自由电子定向移动速率v之间关系为，其中e为单个电子的电荷量）（ ）
A. 元件上表面的电势高于下表面的电势
B. 仅增大霍尔元件的宽度c，上、下表面的电势差不变
C. 仅增大霍尔元件的厚度b，上、下表面的电势差不变
D. 其他条件一定时，霍尔电压越小，则该处的磁感应强度越大
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．金属材料中定向移动的是自由电子，自由电子定向移动的方向与电流方向相反，由左手定则判断可知，电子聚集在上表面，上表面的电势低， 故A错误；
BC．当电子受到的电场力和洛伦兹力平衡时，霍尔电压也趋于稳定，可得
解得
将电流代入，可得
仅增大霍尔元件的宽度c，上、下表面的电势差变小；仅增大霍尔元件的厚度b，上、下表面的电势差不变，故B错误，C正确；
D．根据判断可知，其他条件一定时，霍尔电压越小，该处的磁感应强度越小，故D错误。
故选C。
6. 如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为的带电小球，以初速度从点竖直向上运动，通过点时，速度大小为，方向与电场方向相反，则小球从运动到的过程（ ）
A 动能增加B. 机械能增加
C 重力势能增加D. 电势能增加
【答案】B
【解析】
【详解】由动能的表达式可知带电小球在M点的动能为，在N点的动能为，所以动能的增量为，故A错误；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，可得，竖直方向的位移，水平方向的位移，因此有，对小球写动能定理有，联立上式可解得，，因此电场力做正功，机械能增加，故机械能增加，电势能减少，故B正确D错误，重力做负功重力势能增加量为，故C错误．
7. 如图所示，MN的右侧存在范围足够大、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，MN右侧到MN的距离为L的O处有一个粒子源，可沿纸面内各个方向射出质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力及粒子间的相互作用），速度均为，则粒子在磁场中运动的最短时间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由洛伦兹力提供向心力可得
v＝
所以粒子在磁场中运动的半径为
r＝＝L
粒子在磁场中运动时间最短，对应的弧长最短、弦长最短，由几何关系得，当弦长等于L时最短，此时弦切角为30°，圆心角为60°，如图所示，运动的最短时间是
tmin＝T＝×＝
ACD错误，故B正确。
故选B
8. 如图所示，边长为L的等边三角形区域ACD内、外的匀强磁场的磁感应强度大小均为B、方向分别垂直纸面向里、向外。三角形顶点A处有一质子源，能沿∠A的角平分线发射速度大小不等、方向相同的质子（质子重力不计、质子间的相互作用可忽略），所有质子均能通过D点，已知质子的比荷，则质子的速度不可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
质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，则有
联立解得
所以ABD正确，不符合题意；C错误，符合题意；
故选C。
9. 某同学将一直流电源的总功率PE、电源内部的发热功率Pr和输出功率 PR随电流I变化的图线画在了同一坐标系中，如图中的a、b、c所示。 以下判断正确的是（ ）
A. 电源的最大输出功率
B. 电源的电动势E=3V，内电阻r=1Ω
C. b、c图线的交点与a、b图线的交点的横坐标之比一定为1：2，纵坐标之比一定为1：4
D. 在a、b、c三条图线上分别取横坐标相同的A、B、C三点， 这三点的纵坐标一定满足关系
【答案】BCD
【解析】
【详解】D．在a、b、c三条图线上分别取横坐标相同的A、B、C三点，因为直流电源的总功率等于输出功率和电源内部的发热功率之和，所以这三点的纵坐标一定满足关系
故D正确；
B．由图像可知，当时，有
说明外电路短路，根据
可得电源的电动势为
内电阻为
故B正确；
A．电源的输出功率
当时电源输出功率最大，则有
故A错误；
C．当内电阻和外电阻相等时，电源输出的功率最大，此时即为b、c线的交点的电流，此时电流的大小为
电源输出的最大功率为
a、b线的交点表示电源的总功率和电源内部的发热功率随相等，此时只有电源的内电阻，所以此时的电流的大小为
功率的大小为
所以横坐标之比为1：2，纵坐标之比为1：4，故C正确。
故选BCD。
10. 如图，竖直平面内，光滑绝缘圆管倾斜固定，与水平面的夹角为30°，处于水平向左的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B中。一带电小球，以速度沿管轴方向斜向下方做匀速直线运动，并无碰撞地进入管内（管道内径略大于小球直径）。下列判断正确的是（ ）
A. 小球带正电荷
B.
C. 若进入管道时撤去电场，小球在管道内的加速度将保持不变
D. 若进入管道时撤去磁场，小球在管道内的速率将增大
【答案】AC
【解析】
【详解】A．经分析，洛伦兹力不做功，重力做正功，而小球动能不变，电场力一定做负功，则小球带正电，故A正确；
B．由题意得，小球受重力、电场力、洛伦兹力三力平衡，则
即
故B错误；
C．撤去电场时，小球受管的弹力、洛伦兹力、小球的重力的合力沿圆管向下，由牛顿第二定律得
即
所以小球在管道内的加速度将保持不变，故C正确；
D．因为电场力、重力、洛伦兹力三力平衡时，电场力和重力的合力与洛伦兹力方向相反，说明重力和电场力的合力和速度方向垂直，所以撤去磁场后，重力和电场力合力不做功，又因为圆管对小球的支持力也不做功，则小球在管道内仍做匀速直线运动，速率将保持不变，故D错误。
故选AC。
二、实验题（每空2分， 共计18分）
11. 一根细长均匀、内芯为绝缘材料的金属管线样品，横截面外缘为正方形，如图甲所示。 此金属管线样品长约30cm、电阻约，已知这种金属的电阻率为ρ，因管内芯绝缘材料截面形状不规则，无法直接测量其横截面积。请你设计一个测量管内芯截面积S的电学实验方案，现有如下器材可选：
A． 毫米刻度尺
B． 螺旋测微器
C． 电流表A1（量程0~600mA，内阻约为）
D． 电流表A2（量程0~3A，内阻约）
E． 电压表V（量程0~6V，内阻约为）
F．滑动变阻器R1（，允许通过的最大电流0.5A）
G． 滑动变阻器R2（，允许通过的最大电流2A）
H．蓄电池E（电动势为6V，内阻约为）
Ⅰ． 开关一个、带夹子的导线若干
（1）上述器材中， 应该选用的电流表是________， 滑动变阻器是________（填写选项前字母代号）。
（2）若某次用螺旋测微器测得样品截面外缘正方形边长如图乙所示，则其值为________ mm。
（3）要求尽可能测出多组数据，你认为在图丙、丁、戊、己中选择的电路图是________（填“丙、丁、戊、己”）。
（4）若样品截面外缘正方形边长为a、样品长为L、电流表示数为I、电压表示数为 U，则计算内芯截面积的表达式为__________。
【答案】 ①. C ②. G ③. 0.730 ④. 丙 ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1]由题意可知，电源电动势为6V，而由于待测电阻约为，则电路中电流最大为
故不能选用最大量程为3A的电流表，故电流表只能选用，即电流表应该选C；
[2]而由题意可知，电路应采用分压接法，故滑动变阻器应选用较小的电阻，故滑动变阻器选用，即滑动变阻器选选项G；
（2）[3]由图乙所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5mm，螺旋测微器的示数为
（3）[4]由电压表内阻远大于金属管线的电阻，电流表应采用外接法，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，故选择丙电路图；
（4）[5]根据欧姆定律，有
根据电阻定律，有
故横截面积为
故金属管线内部空间截面积的表达式为
12. 某同学要测量“水果电池”的电动势和内阻，提供下列仪器：
A.待测“水果电池”（电动势E约4V，内阻r约为200Ω）
B.表A（量程5mA，内阻为）
C.电压表V（量程，内阻约5kΩ）
D.电阻箱（）
E.滑动变阻器R（）
F.开关、导线若干。
（1）由于毫安表的量程太小，该同学用电阻箱与毫安表A并联，可使其量程扩大，取，则改装后的电流表量程为毫安表满偏电流的______倍；
（2）用改装后的电流表完成实验，应该选择的实验电路是图中的______（选填“甲”或“乙”）；
（3）根据实验数据画出图线，如图所示。由图线可得，“水果电池”的电动势___V，内电阻___。（保留三位有效数字）
【答案】 ①. 5 ②. 乙 ③. ④. 175
【解析】
【详解】（1）[1]设电流表内阻为，由并联电路的规律可得
解得
因此改装后的电流表量程为毫安表满偏电流的5倍；
（2）[2]由于电流表内阻已知，因此采用电流表外接，电流表分压的误差就可以避免了；故选乙电路。
（3）[4][5]改装后电流表的内阻为
则由闭合电路欧姆定律可得
转化可得
由图像可得
解得
，
三、计算题（第13题 10分， 第 14 题 14 分， 第 15题16分， 共计40分。）
13. 某品牌的小汽车电动机和车灯的实际电路可以简化为如图所示的电路， 电源电动势，内阻r=0.5Ω，电动机的线圈电阻RM=0.2Ω，只闭合S1时，电流表示数I1=5A，再闭合S2，电动机正常工作，电流表示数I2=10A（电流表内阻不计）， 不考虑灯丝电阻的变化。求在S1、S2均闭合时：
（1）车灯两端的电压UL和通过电动机的电流IM；
（2）电动机输出功率。
【答案】（1），；（2）
【解析】
【详解】（1）只闭合S1时，根据闭合电路欧姆定律可得
代入数据解得车灯的电阻为
在S1、S2均闭合时，根据闭合电路欧姆定律可得
解得车灯两端的电压为
通过车灯的电流为
通过电动机的电流为
（2）电动机输出功率为
14. 如图，在平面直角坐标系xOy中，直角三角形区域ABC内存在垂直纸面向里的匀强磁场B1，线段CO=OB=L，θ=30°；第三象限内存在垂直纸面的匀强磁场B2（图中未画出），过C点放置着一面与y轴平行的足够大荧光屏CD；第四象限正方形区域OBFE内存在沿x轴正方向的匀强电场。一电子以速度v0从x轴上P点沿y轴正方向射入磁场，恰以O点为圆心做圆周运动且刚好不从AC边射出磁场；此后电子经第四象限从E点进入第三象限，最后到达荧光屏时速度方向恰好与荧光屏平行。已知电子的质量为m、电荷量为e，不计电子的重力， 求：
（1）P 点距O点的距离d；
（2）电子到达E点时的速度；
（3）第三象限内的磁感应强度B2的大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）电子在区域ABC内以O点为圆心做匀速圆周运动，在G点与AC相切，其运动轨迹如图，在△COG中，根据几何知识有
d=R＝Lsin30°＝
（2）电子从H点进入电场做类平抛运动，设电子从OE边离开且在电场中运动的时间为t,根据运动学规律
沿x方向
沿y方向
L=v0t
由速度合成图
θ=45°
所以
（3）设其做匀速圆周运动的轨道半径为r1，圆心在O1，根据左手定则知，磁场方向垂直于纸面向里；根据几何知识有
r1+r1sinθ=L
洛伦兹力提供向心力

解得
15. 如图所示，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场， 电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动。重力加速度为g。求
（1）求小滑块运动到C点时的速度大小；
（2）若从A点运动到C点的过程中克服摩擦力做的功已知，求A、C两点间的距离h；
（3）若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点。已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时动能Ek以及DP间的距离s。
【答案】（1）；（2）；（3），
【解析】
【详解】（1）小滑块在C点刚离开时弹力为零，则
解得
（2）从A点运动到C点的过程中，根据动能定理有
解得A、C两点间的距离为
（3）如图所示，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直。
撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为，则
小滑块运动到P点时动能
DP间的距离为