广西壮族自治区河池市八校联考2023-2024学年高二上学期12月月考物理（解析版）.docx

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2023年秋季学期高二年级八校第二次联考物理试卷注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分100分，考试时间75分钟。答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、准考证号填写在答题卡上。·2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。第Ⅰ卷（选择题共46分）一、单项选择题（共7小题，每小题4分，共28分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1.下列说法正确的是（　　）A.带电体所带的电量可以是任意值B.了形象地描述电场和磁场法拉第提出了用电场线和磁感线来描述电场和磁场C.由知，磁感应强度的大小与通电导线中的电流有关D.电流的方向总是由正极流向负极【答案】B【解析】【详解】A．带电体所带电量的最小值为元电荷，所以任何带电体的电量不是任意值，而是元电荷的整数倍，A错误；B．为了形象地描述电场和磁场法拉第引入了场线的概念，B正确；C．由可计算某点的磁感应强度，但磁感应强度的大小与通电导线中的电流无关，C错误；D．在外电路电流由正极流向负极，在内电路电流由负极流向正极，D错误。故选B。2.如图甲所示，用充电宝为一手机电池充电，其等效电路如图乙所示。手机的充电电压、充电电流可认为是恒定不变的，在充电开始后的一段时间内，设手机电池的内阻为，则下列说法正确的是（　　）第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司 2023年秋季学期高二年级八校第二次联考物理试卷注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分100分，考试时间75分钟。答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、准考证号填写在答题卡上。·2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。第Ⅰ卷（选择题共46分）一、单项选择题（共7小题，每小题4分，共28分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1.下列说法正确的是（　　）A.带电体所带的电量可以是任意值B.了形象地描述电场和磁场法拉第提出了用电场线和磁感线来描述电场和磁场C.由知，磁感应强度的大小与通电导线中的电流有关D.电流的方向总是由正极流向负极【答案】B【解析】【详解】A．带电体所带电量的最小值为元电荷，所以任何带电体的电量不是任意值，而是元电荷的整数倍，A错误；B．为了形象地描述电场和磁场法拉第引入了场线的概念，B正确；C．由可计算某点的磁感应强度，但磁感应强度的大小与通电导线中的电流无关，C错误；D．在外电路电流由正极流向负极，在内电路电流由负极流向正极，D错误。故选B。2.如图甲所示，用充电宝为一手机电池充电，其等效电路如图乙所示。手机的充电电压、充电电流可认为是恒定不变的，在充电开始后的一段时间内，设手机电池的内阻为，则下列说法正确的是（　　）第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司 A.充电宝的输出功率为B.充电宝的电动势为C.手机电池产生的焦耳热为D.手机电池储存的化学能为【答案】A【解析】【详解】A．充电宝的输出电压为、输出电流为，所以充电宝的输出功率为故A正确；B．充电宝的电动势为输出电压加充电宝的内电压，由于充电宝的内阻未知，所以无法求得充电宝的电动势，故B错误；C．手机电池产生的焦耳热为手机电池充电时不能看作纯电阻电路，不能用计算焦耳热，故C错误；D．根据能量守恒定律，手机电池储存的化学能为充电宝输出的电能减去手机电池产生的焦耳热，即故D错误。故选A。3.某一导体的伏安特性曲线如图中段（曲线）所示，关于导体的电阻，以下说法正确的是（　　）第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司 A.B点的电阻为B.B点的电阻比A点的电阻大C.A点的电功率为D.B点的电功率比A点的电功率大【答案】D【解析】【详解】AB．由图像可得，A点的电阻为B点的电阻为所以B点的电阻比A点的电阻大，故AB错误；CD．A点的功率为B点的电功率为所以B点的电功率比A点的电功率大，故C错误，D正确。故选D。4.如图所示，两段材料相同、长度相同但横截面积不同的导体串联在电路中，已知粗导体的横截面积是细导体横截面积的16倍，细导体两端的电压为，粗导体两端的电压，则下列说法正确的是（　　）第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司 A.细导体中的电流大于粗导体中的电流B.相同时间内通过两导体的电子个数一样多C.自由电子在两导体中定向移动的速率相同D.细导体两端的电压与粗导体两端的电压之比【答案】B【解析】【详解】A.两导体串联在电路中，串联电路的电流相等，故A错误；B.由得，相同时间内通过两导体的电荷量一样多，所以相同时间内通过两导体的电子个数一样多，故B正确；C.由电流的微观表达式得其中均相同，但不同，所以自由电子在两导体中定向移动的速率不同，故C错误；D.根据电阻定律两导体的电阻之比又所以故D错误。故选B。5.如图所示，将一只满偏电流为、内阻为的表头改装成的电流表。下列说法正确的是（　　）第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司 A.电阻的作用是用来分压B.改装后表头的满偏电流变为C.电阻的阻值为D.若减小电阻的阻值，改装后的电流表的量程变大【答案】D【解析】【详解】A．表头改装为电流表，需要并联一个电阻用来分流，故A错误；B．改装后表头的满偏电流不变，增加的电流通过了并联的电阻R，故B错误；C．并联的电阻故C错误；D．改装后的量程为若减小电阻的阻值，改装后的电流表的量程变大，故D正确。故选D。6.关于多用电表的使用和操作，下列说法正确的是（　　）A.用欧姆挡测量不同的电阻时，不改变欧姆挡的倍率时也需要重新欧姆调零B.用欧姆挡测量电阻时，可用双手捏住两表笔和电阻两端的接触处进行测量C.用欧姆档测量二极管的反向电阻时，红表笔接触二极管的正极D.欧姆调零后，用“”挡测量电阻的阻值，发现指针偏转角度太小，为了提高测量精度，应换用“”挡，重新欧姆调零后再进行测量【答案】C【解析】【详解】A．换挡时需要重新欧姆调零，不换挡则不需要重新欧姆调零，故A错误；第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司 B．人是导体，若双手捏住两表笔金属杆，待测电阻与人体并联，测量值将偏小，故B错误；C．使用多用电表的欧姆档时，黑表笔电势高，红表笔电势低，所以用欧姆档测量二极管的反向电阻时，应该用红表笔接触二极管的正极，故C正确；D．欧姆表欧姆调零后，用“”挡测量电阻的阻值，发现表针偏转角度过小，说明电阻读数较大，量程挡位选小了，为了把电阻测得更准一些，应换用“”挡，重新调零后再测量，故D错误。故选C。7.电容式触摸屏的技术广泛应用于一些手机触摸屏上。如图所示，在触摸屏幕时，由于人体是导体，手指与导体层之间被绝缘玻璃层隔开，形成一个电容，在四边电极与触点间会有电流流过，而电流强度与手指到电极的距离成比例，位于触摸屏幕后的控制器便会计算电流的比例及强弱，准确算出触摸点的位置。关于电容式触摸屏，下列说法正确的是（　　）A.电容式触摸屏工作原理是互感B.当手指接触屏幕时电容减小C.手指与屏的接触面积越大，电容越大，准确度越低D.如果手上带了棉线手套，用手指触摸手机屏时还能工作【答案】C【解析】【详解】AB．由题意可知，在触摸屏幕时，由于人体是导体，手指与导体层之间被绝缘玻璃层隔开，形成一个电容，所以用手指触摸屏幕时，相当于减小板间距，会使电容器的电容增大，这时电容器充电，电路中有充电电流，所以工作原理不是互感，故AB错误；C．如果手指与触摸屏的接触面积较大，电容变大，相当于增大了接触面积，则触摸点的位置就不容易确定，准确度降低，故C正确；D．如果手上带了棉线手套，因为手与导体层的距离较大，不能引起导体层电场的变化，所以就不能工作了，故D错误。故选C。二、多项选择题（共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。）8.轴上固定有两点电荷和，位置坐标分别为和之间沿轴的图像如图中曲线所示，第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司 点是之间的一点，位置坐标为，下列描述正确的是（　　）A.和都带正电，并且的电荷量大于的电荷量B.和两点电荷的电场方向沿轴的正方向C.试探电荷在点的电势能最低D.将一负点电荷由点的左侧移至右侧，电势能先增大后减小【答案】AD【解析】【详解】AB.点切线斜率为零，而图像的切线斜率表示电场强度的大小，则点的电场强度为零。两电荷在点的合场强为零，点距离较远，根据点电荷的场强公式知，的电荷量大于的电荷量，由图像可知从坐标到电势先减小后增大，因沿电场线方向电势逐渐降低，所以和一定是同种电荷，且都为正电荷，P点的左侧电场方向向右，P点的右侧电场方向向左，故A正确，B错误；D.点的左侧电场方向向右，点的右侧电场方向向左，知负电荷所受的电场力先向左后向右，电场力先做负功再做正功，电势能先增大后减小，故D正确；C.由于试探电荷的电性未知，所以在点电势能高低无法判断，故C错误。故选AD。9.如图所示，固定的水平长直导线中通有向右的恒定电流，闭合的矩形线框在通长电直导线的正下方，且与导线平行，线框由静止释放，在下落过程中（线框不会发生翻转），不计空气阻力，下列判断正确的是（　　）A.线框做自由落体运动B.穿过线框的磁通量逐渐减小C.线框的机械能不变第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司 D.当线框垂直于纸面运动时，线框中有感应电流产生【答案】ACD【解析】【详解】ABC．线框下落时，穿过线框的磁通量始终为零，线框中没有感应电流，线框不受磁场力作用，所以线框做自由落体运动，机械能不变，选项AC正确，B错误；D．当线框垂直于纸面运动时，穿过线框的磁通量发生变化，闭合线框中有感应电产生，所以选项D正确。故选ACD。10.如图所示，当滑动变阻器的触片从右端滑到左端时，电压表的示数分别为，电源内电阻不能忽略。下列判断正确的是（　　）A.减小，增大B.都减小C.小灯泡变亮，变暗D.小灯泡变暗，变亮【答案】AC【解析】【详解】AB．当滑动变阻器的触片从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，则变大，根据闭合电路欧姆定律可得路端电压减小，而增大，所以电压表测得的减小，故正确，错误；CD．因为电路中的总电流I变大，所以变亮，因为减小，所以的电流第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司 减小，变暗，根据并联分流的特点可知，的电流I1增大，所以变亮，故C正确，D错误。故选AC第Ⅱ卷（非选择题共54分）三、非选择题（共5小题，共54分）11.（1）某同学练习使用多用电表时，测某电阻约为电阻丝的电阻值，实验过程如下：①对多用电表进行机械调零。②将多用电表的选择开关旋至________倍率的电阻档（填“”，“”，“”或“”）。③将黑、红表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指电阻档零刻度线。④将黑、红表接接在待测电阻丝两端，多用电表的示数如图所示。该电阻丝的电阻值为________。⑤测量完成之后，将表笔从插孔拔出，并将选择开关旋到“OFF”位置。（2）某同学想测定该电阻丝的电阻率，进行了以下实验过程：①用螺旋测微器测得其直径为_________（如图甲所示）；②用20分度的游标卡尺测其长度为_________（如图乙所示）；③用图丙所示的电路测得的电阻率将比真实值_______（填“偏大”或“偏小”）。【答案】①.×1②.16③.3.203##3.204##3.205④.50.15⑤.偏小【解析】第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司 【详解】（1）[1]使用多用电表欧姆挡测电阻时，为了减小误差，应尽可能使指针偏转至刻度盘中央附近，由于该电阻丝的阻值在，而表盘中央刻度在左右，所以应选择倍率的电阻挡；[2]之间的分度值为1，所以该电阻丝的电阻值为（2）[3]螺旋测微器的固定尺读数为3mm，可动尺读数为因此直径读数为考虑读数的估读情况，读数范围是[4]20分度的游标卡尺的精度是，主尺读数为，游标第三刻线与主尺刻线对齐，长度为[5]由于电压表分流，导致电流表测量结果偏大，根据欧姆定律得电阻测量结果偏小，根据电阻定律可得电阻率偏小。12.有一个小灯泡上标有“、”字样，现要测量该灯泡的伏安特性曲线，并研究小灯泡实际功率。有下列器材可供选用：A.电压表（，内阻约）B.电压表（，内阻约）C.电流表（，内阻约）D.电流表（，内阻约）E.滑动变阻器（）F.滑动变阻器（）G.直流电源（，内阻不计），另有开关一个、导线若干。（1）实验中电压表和电流表应选______、______，滑动变阻器应选______。（只填器材字母代号）（2）为了完成实验且尽可能减小实验误差，以下电路图中，最合适的是______。A.B.C.D.（3）将图中的实验仪器连成完整的实验电路。______第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司 （4）开关S闭合之前，如图中滑动变阻器的滑片应该置于______（填“端”或“端”）。（5）若闭合开关，移动滑动变阻器，实验中测得有关数据如下表，根据表中的实验数据，得到小灯泡的特性曲线（横轴为电压，纵轴为电流），如图，则灯泡灯丝的电阻随着电庍的升高而______；当灯泡两端为额定电压时，此时小灯泡的电阻值为______，灯泡功率______W（结果均保留两位有效数字）。0.400.801.201.602.002.402.800.100.160.200.230.250.260.27【答案】①.A②.C③.E④.A⑤.见解析⑥.端⑦.增大⑧.11⑨.0.84【解析】【详解】（1）[1][2]由于小灯泡的额定电压为，即电压不能够超过，可知电压表选择量程，即电压表选择A；由于小灯泡的额定功率为，则额定电流为即电流不能够超过，可知电流表选择量程，即电流表选择C；[3]因为描绘小电珠的伏安特性曲线实验中，电表示数需要从零开始变化，即滑动变阻器应该采用分压式接法，为了确保测量数据的连续性，滑动变阻器选择小阻值，即滑动变阻器选择E。（2）[4]根据上述，控制电路中滑动变阻器采用分压式接法，根据小灯泡的铭牌，小灯泡正常工作时的电阻为第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司 该电阻远小于电压表内阻，可知电流表的分压影响较大，为了排除电流表分压影响，测量电路应该选用电流表外接法，即电路图为滑动变阻器分压式、电流表外接的连接方式。故选A。（3）[5]根据上述，完整的实验电路如图所示（4）[6]开关闭合前，要使小灯泡两端电压为零，滑动变阻器的滑片应置于端；（5）[7]图像中，图像上某点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，根据图像可知，随电压的增大，斜率逐渐减小，可知小灯泡灯丝的电阻随着电压的升高而增大；[8]由图可知当灯泡两端为额定电压3V时，小灯泡中的电流约为此时小灯泡的电阻值为[9]小灯泡的实际功率为13.如图所示，有一垂直纸面向里的匀强磁场，。矩形线框面积，匝数，框架平面与磁感应强度为的匀强磁场方向垂直，求：（1）若线框从图示位置绕转过角，穿过线框的磁通量大小；（2）若线框从图示位置绕转过角，穿过线框的磁通量大小及此过程的磁通量的变化量大小；（3）若线框从图示位置绕转过角，穿过线框的磁通量的变化量大小。第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司 【答案】（1）；（2）0，；（3）【解析】【详解】（1）转过后穿过线框平面的磁通量为（2）线框绕转过角后，线框与磁场平行，穿过线框的磁通量为则此过程的磁通量的变化量为磁通量变化大小为。（3）线框绕转过角后，穿过线框的磁通量为则此过程穿过线框的磁通量的变化量为所以磁通量的变化量大小为。14.一质量、带电荷量的小球，以初速度大小竖直向上从点射入一水平向右的匀强电场，当微粒运动到比点高的点时，速度大小为，方向水平向右，其运动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上两点在同一水平线上。为轨迹的最高点。取，求：（1）小球的初速度大小；（2）两点间的电势差；（3）小球水平位移与的比值；（4）小球在点的速度大小及方向。【答案】（1）；（2）；（3）；（4），与电场线方向夹角，斜向右下方【解析】第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司 【详解】（1）由题意可知，小球在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，在竖直方向做匀减速直线运动。竖直方向有代入数据得（2）小球从点运动到点的过程，由动能定理得代入数据得（3）由于从点至点和从点至点的时间相等。小球在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为，则有所以（4）由题意可知小球在点时，水平方向竖直方向所以速度与电场线方向夹角方向斜向右下方15.如图所示为直流电动机提升重物装置，电动机的内阻一定，闭合开关K，当把它接入电压为第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司 的电路时，电动机不转，测得此时流过电动机的电流是；当把电动机接入电压为的电路中，电动机正常工作且电动机匀速提升质量为的重物，流过电动机的电流为，求：（1）电动机线圈的电阻；（2）当时，电动机正常工作时的输出功率及电动机的效率；（3）如果电动机提升重物时输出功率不变，由静止开始经重物的速度达到最大值，在此过程中重物上升的高度为多少？（g取，结果保留到小数点后一位数）【答案】（1）；（2），；（3）【解析】【详解】（1）电动机不转时，此时电动机为纯电阻元件，则电动机线圈的电阻为（2）电动机正常工作时消耗的功率为电动机正常工作时线圈电阻损耗的功率为电动机正常工作时输出功率为则电动机正常工作时效率为（3）匀速提升时，拉力大小等于重力由电动机的输出功率，可得提升重物的速度为第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司 由动能定理可得解得，在内重物上升的高度为第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司