湖北省武汉市2023_2024学年高二物理上学期12月质量检测试卷含解析

这是一份湖北省武汉市2023_2024学年高二物理上学期12月质量检测试卷含解析，共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1. 下列说法正确的是（ ）
A. 质子所带的电荷量是，所以质子是元电荷
B. 相互作用的两点电荷，即使它们的电荷量不相等，它们之间的库仑力大小也一定相等
C. 点电荷就是体积和电荷量都很小的带电体
D. 根据可知，当时，
【答案】B
【解析】
【详解】A．元电荷是最小的电荷量，质子的电荷量等于元电荷，质子是实实在在的粒子，不是元电荷，故A错误；
B．两个点电荷之间的相互作用力，是一对作用力和反作用力，二者大小相等方向相反，故B正确；
C．当带电体的形状对电场与它的相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，与体积大小和电荷量无直接关系，故C错误；
D．库仑定律只适用于真空中的点电荷，当时，带电体不能再看作是点电荷，故库仑定律不再适用，故D错误。
故选B。
2. 关于静电力、安培力与洛伦兹力，下列说法正确是（ ）
A. 电荷放入静电场中一定会受静电力，静电力的方向与该处电场强度的方向相同
B. 通电导线放入磁场中一定受安培力，安培力的方向与该处磁场方向垂直
C. 运动的电荷进入磁场中要受到洛伦兹力，速度的方向必须与该处磁场方向垂直
D. 当电荷的速度方向与磁场方向垂直时受到的洛伦兹力最大，方向与磁场方向垂直
【答案】D
【解析】
【详解】A．电荷放入静电场中一定会受静电力，正电荷受到的静电力的方向与该处电场强度的方向相同，负电荷受到的静电力的方向与该处电场强度的方向相反，故A错误；
B．通电导线放入磁场中不一定受安培力，例如电流方向与磁场方向平行时不受安培力，故B错误；
C．运动的电荷进入磁场中要受到洛伦兹力，速度的方向只要不和磁场平行有垂直分量即可，故C错误；
D．电荷的速度方向与磁场方向垂直时受到的洛伦兹力最大，方向与磁场方向垂直，故D正确。
故选D。
3. 如图所示，和是两根相同的金属棒，用两根等长的柔软导线、（重力不计）将它们连接，形成闭合回路。用两根绝缘细线、将整个回路悬于天花板上，使两棒保持水平并处于竖直向下的匀强磁场中，在回路中通以如图所示方向的电流，则稳定后（ ）
A. 和将保持竖直
B. 和将保持竖直
C. 和对的合力小于受到的重力
D. 和对的合力大于和的总重
【答案】B
【解析】
【详解】A．由左手定则可知受到垂直于纸面向外的安培力，和需提供水平分力与之平衡，和不能保持竖直，A错误；
B．闭合回路所受安培力合力为0，和不需要提供水平分力，将保持竖直，B正确；
C．由受力平衡可知和对的合力等于受到的重力和受到的安培力的合力，可知和对的合力大于受到的重力，C错误；
D．由受力平衡可知和对的合力等于和的总重，D错误。
故选B
4. 如图所示，在匀强电场中有一直角三角形ABC，，；AC边长1m。电场强度的方向与三角形ABC在同一平面内。一电子从A点移到B点克服电场力做功为10 eV，从A点移到C点克服电场力做功为5eV。则（ ）
A. B、C两点间的电势差UBC为-10 V
B. 电场强度的方向由A点指向B点
C. 电场强度的大小为10 V/m
D. 一电子从B点移到C点，电势能增加5eV
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据电势差的定义可得
因为
UBC=φB-φC=φB-φA+φA-φC=-5 V
故A错误；
BC．D为AB的中点，△CDB为等边三角形，所以
φC=φD
BE⊥CD则电场方向由E指向B，如图所示
根据几何关系可得
电场强度为
故B错误，C正确；
D．一电子从B点移到C点，电场力做功
WBC=UBC（-e)= 5eV
所以电势能降低5eV，故D错误。
故选C。
5. 如图，光滑半圆形轨道与光滑曲面轨道在B处平滑连接，前者置于水平向里的匀强磁场中，有一带正电小球从A由静止释放，能沿轨道前进并恰能通过半圆形轨道最高点C．现若撤去磁场，使球从静止释放仍能恰好通过半圆形轨道最高点，则释放高度H′与原释放高度H的关系是（）
A. H′>HB. H′＝H
C. H′【答案】C
【解析】
【详解】有磁场时，恰好通过最高点，有：mg+qvB=m，无磁场时，恰好通过最高点，有：mg=m，由两式可知，v26. 如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器最大阻值为R，G为灵敏电流计，开关闭合，两平行金属板M、N之间存在垂直纸面向里的匀强磁场，一带正电的粒子恰好以速度v匀速穿过两板，不计粒子重力。以下说法中正确的是（ ）
A. 保持开关闭合，滑片P向下移动，粒子可能从M板边缘射出
B. 保持开关闭合，滑片P的位置不动，将N板向上移动，粒子可能从M板边缘射出
C. 将开关断开，粒子将继续沿直线匀速射出
D. 将开关断开，流过灵敏电流计G的电流将均匀变小
【答案】A
【解析】
【详解】A．由粒子在复合场中做匀速直线运动可知，粒子所受电场力与洛伦兹力大小相等，方向相反，当保持开关闭合，滑片P向下移动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电容器两极板间的电压减小，电容器两极板间电场强度减小，电场力减小，则粒子所受向上的洛伦兹力大于竖直向下的电场力，从而向上偏转，有可能从M板边缘射出，故A正确；
B．将N板向上移动使得两极板间距减小，电容器两极板间电场强度增大，则粒子所受竖直向下的电场力增大，粒子向下偏转，不可能从M板边缘射出，故B错误；
CD．将开关断开，平行板电容器放电，电容器两极板间的电压逐渐减小，流过灵敏电流计G的电流逐渐变小，减小得越来越慢，此后粒子将只受洛伦兹力做匀速圆周运动，故CD错误。
故选A。
7. 如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中。质量为m、带电荷量为的小滑块从斜面顶端由静止下滑。在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是（ ）
A. 滑块受到的摩擦力不变
B. 滑块到达地面时的动能与B的大小有关
C. 滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向上
D. B很大时，滑块可能静止于斜面上
【答案】B
【解析】
【详解】AC．根据左手定则可知，滑块受到垂直斜面向下的洛伦兹力，随着滑块速度的变化，洛伦兹力大小变化，它对斜面的压力大小发生变化，故滑块受到的摩擦力大小变化，故AC错误；
B．B的大小不同，滑块受到的洛伦兹力大小不同，导致滑块受到的滑动摩擦力大小不同，根据动能定理，摩擦力所做的功不同，则滑块到达地面时的动能不同，故B正确；
D．滑块之所以开始滑动，是因为重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，滑块一旦运动，就不会停止，B很大时，滑块最终做匀速直线运动（斜面足够长的情况下），故D错误。
故选B。
8. 空间有一垂直于纸面向内匀强磁场，一光滑绝缘管道内有一个质量m=1 kg的小球随管道一起向右运动，小球带电量为q=1×10-6 C。管道在外力F作用下向右匀速运动，以小球开始运动时的位置为坐标原点，管道运动方向为x轴正方向，建立平面直角坐标系，小球在y方向运动的速度−时间图像如图甲所示，它在x方向的位移−时间图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A. 小球动能的增量来自洛伦兹力对小球做功
B. 小球所受洛伦兹力沿y轴正方向
C. 小球在管道内做匀加速直线运动
D. 匀强磁场的磁感应强度大小为0.1 T
【答案】CD
【解析】
【详解】AB．依题意, 管内带正电的小球将随管一起向右运动而成为运动电荷, 它在磁场中受到洛伦兹力，由左手定则可知开始时洛伦兹力的方向与管平行且沿y轴正方向，随小球速度的增大，小球的实际速度应是沿管的向上速度与随管向右的速度的合速度，则有洛伦兹力应与合速度垂直，如图所示，由题图甲和乙可知，洛伦兹力F的两个分力对小球做的总功是零，小球动能的增量是由外力F做功由洛伦兹力传递给小球的，AB错误；
C．由题图甲速度−时间图像可知，小球在管道内做匀加速直线运动，C正确；
D．由图甲可知，小球的加速度是
则有洛伦兹力
F=ma=2×10−7N
由洛伦兹力公式
F=Bqv
解得
B=0.1T
D正确。
故选CD。
9. 如图所示的电路中，电源的电动势为E、内阻为r，C为电容器，和为定值电阻，为光敏电阻（阻值随光照强度的增大而减小），A为理想电流表，G为灵敏电流计，当开关S闭合且电路稳定后，在逐渐增大对的光照强度的过程中（ ）
A. 电源的输出功率可能先增大后减小B. A表的示数变大
C. 电源的效率变小D. G表中有从a至b的电流
【答案】BC
【解析】
【详解】A．当电源外电路电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大，电源外电路电阻越接近电源内阻，电源的输出功率越大，逐渐增大对的光照强度，阻值减小，电路总电阻减小，由于，电阻总电阻一直大于电源内阻，电源的输出功率一直增大，故A错误；
B．逐渐增大对的光照强度，阻值减小，电路总电阻减小，电路总电流增大，A表的示数变大，故B正确；
C．电源的效率为
电路总电流增大，电源的效率变小，故C正确；
D．电路总电流增大，电源内阻和两端的电压增大，两端的电压减小，即电容器两极板间的电压减小，电容器带电量减小，电容器放电，G表中有从b至a的电流，故D错误。
故选BC。
10. 如图，在竖直平面内有一匀强电场，一带电荷量为、质量为m的小球在力F（大小可以变化）的作用下沿图中虚线由A至B做竖直向上的匀速运动。已知力F和AB间夹角为，A、B间距离为d，重力加速度为g。则（ ）
A. 力F的最大值为
B. 电场强度E的最小值为
C. 小球从A运动到B电场力一定做正功
D. 若电场强度时，小球从A运动到B电势能变化量大小可能为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．分析小球受力情况：小球受到重力mg、拉力F与电场力qE，因为小球做匀速直线运动，合力为零，则F与qE的合力与mg大小相等、方向相反，作出F与qE的合力，如图所示
拉力F的取值随着电场强度方向的变化而变化，如果电场强度方向斜向右下方，则F的值将大于，故A错误；
B．由图可知，当电场力qE与F垂直时，电场力最小，此时场强也最小。则得
qE=mgsinθ
所以电场强度的最小值为
故B正确；
C．当电场力qE与AB方向垂直时，小球从A运动到B电场力不做功，故C错误；
D．若电场强度时，即
电场力qE可能与AB方向垂直，如图1位置，电场力不做功，电势能变化量为0；电场力的方向也可能电场力位于位置2方向，则电场力做功为
故D正确。
故选BD。
二、填空题（每空2分，共计18分）
11. 在“观察电容器的充、放电现象”实验中：
（1）用如图甲所示的电容器做实验，电容器外壳上面标着“，”，下列说法正确的是_______；
A．电容器的击穿电压为
B．电压低于，电容器不能工作
C．电容器电压为时，电容是
D．电容器电压为时，电容是
（2）把干电池E、电阻箱R、电容器C、电流表G、单刀双掷开关S按图乙电路图连成实验电路如图丙所示，将电阻箱R调到合适阻值。
①先使开关S接1，电源给电容器充电，观察到电流表指针偏转情况为_________；
A．逐渐偏转到某一刻度后保持不变 B．逐渐偏转到某一刻度后迅速回到0
C．迅速偏转到某一刻度后保持不变 D．迅速偏转到某一刻度后逐渐减小到0
②电容器充电完毕，断开开关；
③然后将开关S接2，电容器放电．在放电过程中，电流_______（填“向左”或“向右”）流过电阻箱R，若该电流大小为i，电容器所带电荷量为Q，电容器两极板电势差为U，电容器的电容为C。下面关于i、Q、U、C随时间t的变化的图像，正确的是_______。
A．B．C．D．
【答案】 ①. C ②. D ③. 向右 ④. B
【解析】
【详解】（1）[1]A．是电容器的额定电压，不是电容器的击穿电压，故A错误；
B．电压低于，电容器也可以工作，B错误；
CD．电容与电容器所加电压无关，只与自身构造有关，可知电容器电压为时，电容仍是，故C正确，D错误。
故选C。
（2）①[2]使开关S接1，电源给电容器充电，电路瞬间有了充电电流，随着电容器所带电荷量逐渐增大，电容器两极板间的电压逐渐增大，充电电流逐渐减小，所以此过程中观察到电流表指针迅速偏转到某一刻度后逐渐减小到0。
故选D。
③[3]在放电过程中，电容器上极板带正电，电流向右流过电阻箱R；
[4]ABC．放电过程中，电容器所带电荷量逐渐减小，根据电容定义式
可知电容器极板间电压逐渐减小，则放电电流逐渐减小，根据
可知图像的切线斜率绝对值逐渐减小，故B正确，AC错误；
D．放电过程中，电容与电容器所带电荷量和电容器极板间电压没有关系，可知电容器电容保持不变，故D错误。
故选B
12. 某校举行了一次物理实验操作技能比赛，甲、乙两组同学选用合适的电学元件，设计合理的电路，并能较准确地测出同一电池组的电动势及其内阻。提供的器材如下：
A．电流表G（满偏电流为10mA，内阻为10Ω）
B．电流表A（0~0.6A~3A，内阻未知）
C．电压表V（0~5V~10V，内阻未知）
D．滑动变阻器R（0~100Ω，1A）
E．电阻箱R0（0~9999.99Ω）
F．开关与导线若干
（1）甲组同学设计了图甲所示的实验电路图，想把电流表G改装成量程为10V的电压表，需要将电阻箱R0的阻值调到______Ω；
（2）甲组同学根据该实验电路测出的数据绘制的I1-I2图线如图乙所示（I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数），由图线可以得到被测电池组的电动势E=______V，内阻r=______Ω；（结果均保留2位有效数字）
（3）乙组同学设计了图丙所示的实验电路图，对电池组进行测量，记录了多组单刀双掷开关S2分别接1、2时对应电压表的示数U和电流表的示数I；根据实验记录的数据绘制出的U-I图线如图丁中所示的A、B两条直线（其中直线A是开关S2接1时的直线）；分析A、B两条直线可知，此电池组的电动势E=______，内阻r=______。（均用图中EA、EB、IA、IB表示）
【答案】 ①. 990 ②. 7.6 ③. 5.7 ④. ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1]电阻箱R0的阻值
（2）[2][3]电流表G和定值电阻串联，其可看成一个电压表，则有
整理可得
根据图像可知，图线与纵轴会相交于的位置，则有
可得
且有
可得
（3）[4][5]单刀双掷开关接1，则电流表相对于电源内接，则因电流表分压作用，会导致
，
单刀双掷开关接2，则电流表相对于电源外接，因电压表分流作用，会导致
，
结合所给图像，可以判断出
，
则内阻为
三、计算题（第13题12分，第14题14分，第15题16分，共计42分）
13. 如图所示，将长为50cm、质量为10g的均匀金属棒ab的两端用两只相同的弹簧悬挂成水平状态，位于垂直于纸面向里的匀强磁场中。当金属棒中通以0.4A的电流时，弹簧恰好不伸长。。
（1）求匀强磁场的磁感应强度的大小；
（2）当金属棒中通过大小为0.2A、方向由a到b电流时，弹簧伸长1cm；如果电流方向由b到a，而电流大小不变，则弹簧伸长又是多少？
【答案】（1）0.5T；（2）3cm
【解析】
【详解】（1）弹簧恰好不伸长时，ab棒受到向上的安培力和向下的重力mg，二者大小相等，即
解得，匀强磁场的磁感应强度的大小为
（2）当大小为的电流由a流向b时，ab棒受到两只弹簧向上的拉力及向上的安培力和向下的重力mg作用，处于平衡状态。根据平衡条件有
当电流反向后，ab棒在两只弹簧向上的拉力及向下的安培力和重力mg作用下处于平衡状态。根据平衡条件有
联立解得
14. 如图所示，水平放置的平行板电容器的极板长，两板间距离；在电容器两板不带电的情况下，有一束带电粒子，以相同的速率从两板中央沿平行极板方向水平射入两板之间，粒子流恰好落在下板的正中央；已知每个带电粒子的质量，电量。重力加速度。为使粒子流能从平行板电容器的右侧射出电场，求：
（1）入射速率及电容器的上板应与电源的正极还是负极相连？
（2）所加的电压U的大小。
【答案】（1），负极；（2）
【解析】
【详解】（1）粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，则有，水平方向有
竖直方向有
解得
由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小，所以电场力方向向上，又因为是正电荷，所以上极板与电源的负极相连。
（2）当所加电压为时，微粒恰好从下板的右边缘射出，则有
根据牛顿第二定律得
解得
当所加电压为时，微粒恰好从上板的右边缘射出，则有
根据牛顿第二定律得
解得
所以所加电压的范围为
15. 如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第Ⅳ象限的正方形abcd区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正方形边长为L且ad边与x轴重合，ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P（0，h）点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a（2h，0）点进入第Ⅳ象限的磁场区域，不计粒子所受的重力。求：
（1）电场强度E的大小；
（2）粒子到达a点时速度的大小和方向；
（3）磁感应强度B满足什么条件，粒子经过磁场后能到达y轴上，且速度与y轴负方向成45°角？
【答案】（1）；（2），方向与x轴正方向成45°角；（3）
【解析】
【详解】（1）粒子做类平抛运动，沿y轴方向有
h=t2
沿x轴方向有
2h=v0t
解得
E=
（2）到达a点时水平速度为v0，竖直速度为vy
水平方向有
2h=v0t
竖直方向有
解得
vy=v0
所以到达a点的速度为
va=v0
方向与x轴正方向成45°角。
（3）粒子到达y轴上，且速度与y轴负方向成45°角，必须要从ab边射出，从b点射出时对应的磁感应强度B最小，粒子在磁场中的轨迹是以O1为圆心的一段四分之一圆弧，设半径为r1，有
由
Bqva=m
解得
B=
所以磁感应强度须满足的条件为