浙江省杭州市精诚联盟2023-2024学年高二上学期12月联考物理 Word版含解析.docx

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2023学年高二年级第一学期金华卓越联盟12月阶段性联考物理试题考生须知：1．本卷共8页满分100分，考试时间90分钟．2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字．3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效．4．考试结束后，只需上交答题纸．一、选择题Ⅰ（本题共10小题，每题3分，共30分．每小题列出的四个备选项中只有一个符合题目要求，不选、错选、多选均不得分）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【答案】B【解析】【详解】A．美国科学家密立根最先测出电子的电量，而英国科学家汤姆孙最先发现了电子，故A错误；B．法拉第首先提出了场的概念，并用电场线形象地描述电场，故B正确；C．奥斯特通过实验发现电流周围存在磁场，发现了电流的磁效应，故C错误；D．安培提出了分子电流假说，故D错误。故选B。2.单位为物理量是（）A.磁感应强度B.电场强度C.磁通量D.电功率【答案】A【解析】【详解】由动量定理，可将单位对应的表达式写为，又根据可知因此这一单位是磁感应强度的单位，A正确。 故选A。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【答案】C【解析】【详解】楞次定律指感应电流的磁场阻碍引起感应电流的原磁场的磁通量的变化，这种阻碍作用做功将其他形式的能转变为感应电流的电能，所以楞次定律的阻碍过程实质上就是能量转化的过程，楞次定律是能量守恒定律在电磁感应现象中的体现，故C正确，A、B、D错误；故选C。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【答案】D【解析】【详解】A．粒子穿过铅板后速度减小，根据解得可知在磁场中做圆周运动的半径减小。故A错误； B．根据可知粒子穿过铅板后在磁场中做圆周运动的周期不变。故B错误；C．根据A选项分析可知粒子的轨道半径减小，图中的粒子是由上向下穿过铅板的。故C错误；D．依题意，正电子带正电，由上向下穿过铅板，由左手定则可知，该强磁场的磁感应强度方向为垂直纸面向里。故D正确。故选D。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.带电荷量均为的粉尘由P分别运动到A、B两点时，电场力所做的功【答案】B【解析】【详解】A．根据对称性可知，M、N两点电场强度大小相等，但方向不同，故A错误；B．根据沿电场方向电势降低，可知A、B两点电势均大于P的电势；根据电场的疏密程度可知，AP间的电场强度大于BP间的电场强度，又A、B两点到P距离相等，可知则有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．带电荷量均为的粉尘由P分别运动到A、B两点时，有故D错误。故选B。 6.下表是一辆电动自行车的铭牌上给出的部分技术参数，其中额定转速是指电动车满载情况下在平直道路上以额定功率匀速行驶时的电机转速；现有一个质量为的人骑此自行车沿平直公路行驶，所受阻力为车和人总重的0.02，且只靠电动机提供动力，，下列说法正确的是（）规格后轮驱动直流电机车型26英寸额定输出功率整车质量额定转速最大载量额定电压续行里程大于额定电流A.电动机在额定电压下正常工作时消耗的电功率为B.电动机的内阻为C.此人骑车行驶的最大速度D.电动机正常工作时的效率为76.6%【答案】B【解析】【详解】A．电动机在额定电压下正常工作时消耗的电功率为故A错误；B．根据能量守恒得，电动机的热功率根据得电动机的内阻为故B正确；C．整体所受阻力 当牵引力等于阻力大小时，速度最大故C错误；D．电动机正常工作时的效率为故D错误。故选B。7.小明同学家里有一盏“智能”台灯，它能根据环境的光照强度自动调节亮度，也可以手动调节台灯的亮度，小明查阅资料后，猜想台灯内部的电路结构可能如图，已知光敏电阻在光照强度增大时，电阻会减小，则当闭合开关后，小明的分析正确的是（）A.光照强度增大时，光敏电阻两端的电压增大B.光照强度减弱时，小灯泡变暗C.在光照条件不变时，滑动变阻器的滑片向左滑，电源的输出功率一定增加D.在光照条件不变时，滑动变阻器滑片向左滑，小灯泡变暗【答案】D【解析】【详解】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可知，电路中总电流增大，由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.如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴上，随轴以角速度匀速转动，在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态，已知重力加速度为g，不计其它电阻和摩擦，下列说法正确的是（）A.棒产生的电动势为B.微粒的电荷量与质量之比为C.微粒带负电D.电容器所带的电荷量为【答案】B【解析】【详解】A．金属棒随轴转动，切割磁感线，棒产生的电动势为故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，则微粒的电荷量与质量之比为 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．电容器所带电荷量故D错误。故选B。9.竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，小球A、B带同种电荷，现用水平向左推力F作用于小球B,两球分别静止在竖直墙和水平地面上，如图所示，如果将小球B向左推动少许，当两球重新达到平衡时，与原来的平衡状态相比较（）A.地面对小球B的支持力不变B.推力F将不变C.两小球之间的距离变小D.竖直墙面对小球A的弹力变大【答案】A【解析】【详解】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θ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.如图所示，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下，一边长为的正方形金属线框在导轨上向右匀速运动．线框中感应电流i随时间t变化的正确图像可能是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】设磁感应强度为，线圈的速度为、电阻为；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 ，根据欧姆定律电流为，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，根据欧姆定律电流为，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。二、选择题Ⅱ（本题共4小题，每小题4分，共16分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）11.下列说法正确的是（　　）A.黑体和质点、点电荷一样，是一个理想化的模型B.归纳推理和演绎推理是研究问题的两种方法，楞次定律就是运用了演绎推理C.电场强度是用比值定义法得出的，比值定义法包含“比较”的思想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【答案】ACD【解析】【详解】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。12.1930年，物理学家劳伦斯发明了世界上第一台回旋加速器，因此获得1939年诺贝尔物理学奖，回旋加速器的基本结构如图所示，置于真空中的两D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，A处粒子源产生的质量为m、电荷量为的粒子（不计初速度）在加速器中被加速，其加速电压恒为U，且加速过程中忽略相对论效应和重力的影响，下列说法正确的是（） A.带电粒子第1次和第2次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比B.带电粒子在加速器中第1次和第2次做圆周运动时间分别为和，则C.两D形盒狭缝间的交变电场的周期D.带电粒子离开回旋加速器时获得的动能为【答案】BD【解析】【详解】A．第一次加速后有第二次加速后有故带电粒子第一次和第二次经过加速后的速度比为根据可得故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 故B正确，C错误；D．由和可得故D正确。故选BD。13.如图，一平行导轨静置于水平桌面上，空间中有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为，粗糙平行导轨间距为，导轨和阻值的定值电阻相连，质量为的导体棒和导轨垂直且接触良好，导体棒的电阻，导体棒以初速度向右运动，运动距离后停止，此过程中电阻R产生的热量为，导轨电阻不计，则（）A.通过电阻R的电荷量为B.导体棒克服安培力做的功为C.导体棒与导轨间的动摩擦因数为0.2D.导体棒与导轨间产生的摩擦热为【答案】BC【解析】【详解】A．产生的感应电动势平均值为感应电流的平均值通过电阻R的电荷量为 联立可得故A错误；B．电阻R产生的热量为可得根据功能关系有故B正确；C．由动能定理可得故C正确；D．由能量守恒可得导体棒与导轨间产生的摩擦热故D错误。故选BC。14.如图，U形光滑金属框置于水平绝缘平台上，和边平行且足够长，和边垂直，整个金属框段电阻为和的电阻不计，一根电阻为r的导体棒置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，与金属框保持良好接触，且与边保持平行。经过一段时间后（） A.安培力对导体棒做了多少功就有多少其他形式的能转化为电能B.金属框的加速度和导体棒的加速度最终相同C.导体棒所受安培力的大小趋于恒定值D.F所做的功等于电阻R和r上产生的焦耳热【答案】BC【解析】【详解】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，由牛顿第二定律得因为感应电流从0开始增大，则a2从零开始增加，a1从开始减小，则加速度差值为则加速度差值逐渐减小，当差值为零时，有故有即两者加速度相等且恒定，由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 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。三、非选择题（本题共5小题，共54分）15.在“测定金属丝的电阻率”的实验中，某同学实验过程如下：（1）为了合理选用器材设计测量电路，他先用多用表的欧姆挡“”按正确的操作步骤粗测其电阻，指针如图甲所示，则读数应记为____________．（2）用图乙螺旋测微器测量该镍铬丝的直径为____________;（3）为了减小实验误差，需进一步测量其电阻，除待测金属丝、开关S、导线若干外，实验室还备有的实验器材如下：A．电压表V（量程,内阻约为;量程,内阻约为）B．电流表A（量程,内阻约为；量程,内阻约为）C．滑动变阻器D．滑动变阻器E．的干电池两节，内阻不计①为了减小测量误差及尽可能测量多组实验数据，滑动变阻器应选用____________（填“”或“”）．②在①的基础上，请完成图丙中的实物连线____． ③用该电路图测出的电阻阻值比真实值____________（选填“偏大”或“偏小”或“不变”）④测得的金属丝长度L（单位：m）、直径D（单位：m）、电压表读数U（单位：V）和电流表读数I（单位：A）,可根据电阻率的表达式____________算出所测金属丝的电阻率（用题中已知量表示）．【答案】①.3.5②.##2.204##2.205##2.206##2.207③.④.⑤.偏小⑥.【解析】【详解】（1）[1]欧姆表的读数为（2）[2]固定尺读数为2mm，可动尺读数为，因此螺旋测微器读数为（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。[4]待测电阻小电阻，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，根据欧姆定律可知待测电阻测量值小于其真实值。[6]根据电阻定律有联立求得16.如图甲所示是某同学“研究电磁感应现象”的实验装置：（1）在闭合开关瞬间发现灵敏电流计的指针向左偏了一下，那么合上开关后，将A线圈迅速从B线圈中拔出，电流计指针将____________（选填“向左”“向右”或“不”）偏转；（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，可采取的操作是____________（多选）；A．插入铁芯B．拔出A线圈C．变阻器的滑片向左滑动D．断开开关S瞬间 （3）两个相同的电流表和如图乙所示连接，晃动表，当指针向左偏时，该同学发现静止的表的指针也向左偏，原因是____________．A．两表都是“发电机”B．表是“发电机”，表是“电动机”C．表和表之间存在互感现象D．表产生的电流流入表，产生的安培力使表指针偏转（4）该同学搬运如图丙所示的磁电式电流表时，发现表针晃动剧烈且不易停止。按照老师建议，该同学在两接线柱间接一根导线后再次搬运，发现表针晃动明显减弱且能很快停止。下列说法正确的是（）A．未接导线时，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势B．未接导线时，表针晃动剧烈是因为表内线圈受到安培力的作用C．接上导线后，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势D．接上导线后，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用【答案】①.向右②.AC##CA③.BD##DB④.D【解析】【详解】（1）[1]如果在闭合开关时发现灵敏电流计指针向左偏了一下，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.如图所示，两平行金属导轨间的距离,金属导轨所在的平面与水平面夹角，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度,方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势、内阻的直流电源．现把一个质量,长为的导体棒放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻,金属导轨电阻不计，g取，已知，求：（1）通过导体棒的电流大小和方向；（2）导体棒受到的安培力；（3）导体棒受到的摩擦力。【答案】（1），由b指向a；（2），沿斜面向上；（3）0.06N，沿斜面向下【解析】【详解】（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 方向由b指向a。（2）导体棒受到的安培力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解得f=0.06N18.在芯片制造过程中，离子的注入是其中一道重要的工序．如图所示，正方体边长为L，分别沿为轴，建立图示坐标系。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以大小为的初速度沿x轴正方向从O点入射，粒子重力不计，忽略场的边缘效应和粒子的相对论效应。（1）若空间区域内只存在沿y轴正方向的匀强电场，粒子运动中恰好能经过的中点，求匀强电场的场强大小E；（2）若空间区域内只存在沿y轴负方向的匀强磁场，粒子运动中恰好能经过的中点，求匀强磁场的磁感应强度大小B；（3）若空间区域内同时存在沿着y轴负方向和z轴正方向的匀强磁场，粒子运动中恰好通过H点，求沿y轴负方向磁场的磁感应强度和沿z轴正方向磁场的磁感应强度的大小。【答案】（1）；（2）；（3）；【解析】【详解】（1）带电粒子做类平抛运动，可得， 又联立，解得（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又联立，解得（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又联立，解得 由粒子运动轨迹分析可知解得19.航天员回收舱实现软着陆是非常困难的，回收舱接触地面前经过喷火反冲减速，瞬间速度减少至向下,大于要求的软着陆速度设计速度；为此科学家设计了一种电磁阻尼缓冲装置，其原理如图所示，主要部件为缓冲滑块K和绝缘光滑的缓冲轨道和；回收舱主体中还有超导线圈（图中未画出），能在两轨道间产生垂直于导轨平面的匀强磁场，导轨内的缓冲滑块由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有匝矩形线圈，线圈的总电阻为，ab边长为，当回收舱接触地面时，滑块K立即停止运动，此后线圈与轨道间的磁场发生作用，使回收舱主体做减速运动，从而实现缓冲；已知装置中除缓冲滑块（含线圈）外的质量为，重力加速度为,不考虑运动磁场产生的电场；（1）当缓冲滑块刚停止运动时，判断线圈中感应电流的方向和线圈边受到的安培力的方向；（2）达到回收舱软着陆要求的速度时回收舱主体的加速度a的大小（3）回收舱主体可以实现软着陆，若从减速到的过程中，通过线圈横截面的电荷量为,求该过程中线圈中产生的焦耳热Q．【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】【详解】（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线圈中的感应电流安培力对装置中除缓冲滑块（含线圈）外的部分由牛顿第二定律联立解得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解得h=0.2m 根据能量转化和守恒定律得