四川省成都市成都外国语学校2023-2024学年高二上学期12月月考物理题 Word版含解析.docx

《四川省成都市成都外国语学校2023-2024学年高二上学期12月月考物理题 Word版含解析.docx》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

成都外国语学校2023—2024学年度高二上学期12月月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。2、本堂考试75分钟，满分100分；3、答题前，考生务必先将自己的姓名、学号填写再答题卡上，并使用2B铅笔填涂。4、考试结束后，将答题卡交回。第Ⅰ卷：选择题部分一、选择题（本题包括8小题，每小题4分，共32分。每小题只有一个选项符合题意）1.下列有关机械振动和机械波说法正确的是（　　）A.弹簧振子做简谐振动的回复力与位移成反比B.惠更斯对单摆的周期进行了详细的研究，得出单摆做简谐运动时的周期与振幅有关C.波可以绕过障碍物继续传播叫波的干涉，发生干涉的波源应是相干波源D.迎面向你驶来的鸣笛动车，声音变得越来越高，这是机械波的多普勒效应【答案】D【解析】【详解】A．弹簧振子做简谐振动的回复力与位移成正比，故A错误；B．惠更斯对单摆的周期进行了详细的研究，得出单摆做简谐运动时的周期与振幅无关，故B错误；C．波可以绕过障碍物继续传播叫波的衍射，发生干涉的波源应是相干波源，故C错误；D．迎面向你驶来的鸣笛动车，声音变得越来越高，这是机械波的多普勒效应，故D正确。故选D。2.波速均为的甲、乙两列简谐横波都沿轴正方向传播，某时刻波的图象分别如图甲、乙所示，其中P、Q处的质点均处于波峰。关于这两列波，下列说法正确的是（　　）A.从图示的时刻开始经过1.0s，P质点沿轴正方向发生的位移为2mB.甲图中P处质点比M处质点先回到平衡位置 C.从图示时刻开始，P处质点比Q处质点后回到平衡位置D.如果这两列波相遇，可以发生干涉现象【答案】B【解析】【详解】A．从图示的时刻开始经过1.0s，P质点在平衡位置附近上下振动，不会随波迁移，故A错误；B．甲图中P处质点处于波峰，P处质点将向下振动，简谐横波沿轴正方向传播，根据上下坡法可知M处质点向上振动，故甲图中P处质点比M处质点先回到平衡位置，故B正确；C．甲波的周期为乙波的周期为从图示时刻开始，P处质点回到平衡位置的时间为Q处质点回到平衡位置的时间为故从图示时刻开始，P处质点比Q处质点先回到平衡位置，故C错误；D．两列波的周期不同，频率不同，不能发生稳定的干涉，故D错误。故选B。3.如图所示，虚线a、b、c代表电场中一簇等势线，相邻等势面之间的电势差相等，实线为一带电质点（重力不计）仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P，Q是这条轨迹上的两点，据此可知()A.a、b、c三个等势面中，a的电势最高B.电场中Q点处的电场强度大小比P点处大C.该带电质点在P点处动能比在Q点处大D.该带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大【答案】C【解析】 【详解】电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于不知道质点带正电还是带负电，因此无法确定电场的方向，无法判断电势的高低，故A错误．等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，故B错误．从P到Q过程中运动的方向与电场力的方向之间的夹角是钝角，所以电场力做负功，电势能增加，所以带电质点在P点处的动能比在Q点处大；而在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小，故C正确，D错误．故选C．4.两电荷量分别为和的点电荷放在轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势随变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，C点是ND段电势最高的点，则（　　）A.N点的电场强度大小可能为零B.小于C.NC间场强方向向轴正方向D.将负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功【答案】D【解析】【详解】A．根据φ-x图像的斜率表示场强E的大小和方向可知，N点斜率不是零，电场强度不为零，故A错误；B．C点是ND段电势最高的点，该点场强为零，所以解得大于，故B错误；C．根据沿电场方向电势逐渐降低，可以得出NC间电场强度方向指向x轴负方向，故C错误；D．将负点电荷从N点移到D点，根据可知，电势能先减小后增大，电场力先做正功后做负功，故D正确。故选D。5.如图所示，两根垂直纸面、平行且固定放置的直导线M和N，通有同向等值电流；沿纸面与直导线M、N等距放置另一根可自由移动的通电导线ab，则通电导线ab在安培力作用下运动的情况是(　　) A.沿纸面逆时针转动B.沿纸面顺时针转动C.a端转向纸外，b端转向纸里D.a端转向纸里，b端转向纸外【答案】D【解析】【分析】通过右手螺旋定则来确定平行且固定放置的直导线M和N，在导线a处的磁场分布，再由左手定则来确定安培力的方向，从而确定导线a如何运动。【详解】根据长直导线周围磁场的分布规律和矢量合成法则，可以判断两导线M、N连线的中垂线上方磁场方向水平向右，ab上半段所受安培力垂直于纸面向里，两导线M、N连线的中垂线下方磁场方向水平向左，ab下半段所受安培力垂直于纸面向外，所以a端转向纸里，b端转向纸外，选项D正确，ABC错误。6.如图所示，两圆弧中的电流大小相等，电流在圆心处产生的磁场的磁感应强度大小与其半径成反比，直线电流在其延长线上的磁感应强度为零，则关于图中两点（分别为各圆的圆心）的磁感应强度的大小关系和a处磁感应强度的方向，下列说法正确的是（　　）A.垂直纸面向外B.垂直纸面向外C.垂直纸面向里D.垂直纸面向里【答案】A【解析】【分析】【详解】圆弧中的电流在圆心处产生的磁场的磁感应强度大小与其半径成反比，可知其产生的磁感应强度大小，而直线电流在其延长线上的磁感应强度为零，所以a点的磁感应强度大小 通过右手定则可判断合磁感应强度方向垂直纸面向外；b处的磁感应强度大小通过右手螺旋定则可判断合磁感应强度方向垂直纸面向里，所以故选A。7.将一电源与一电阻箱连接成闭合回路，测得电阻箱所消耗功率P与电阻箱读数R变化的曲线如图所示，由此可知（　　）A.当电阻箱的电阻增大时，电源的输出功率一定增大B.电源内阻一定等于5ΩC.电源电动势为9VD.电阻箱所消耗功率P最大时，电源效率小于50%【答案】B【解析】【详解】A．将一电源与一电阻箱连接成闭合回路，测得电阻箱所消耗功率等于电源的输出功率，当电阻箱的电阻小于电源内阻，电阻箱的电阻增大时，电源的输出功率逐渐增大，当电阻箱的电阻大于电源内阻，电阻箱的电阻增大时，电源的输出功率逐渐减小，故A错误；B．当外电路电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大，即测得电阻箱所消耗功率最大，电源内阻为故B正确；C．电阻箱所消耗的最大功率为解得电流为根据闭合电路的欧姆定律，电源电动势为 故C错误；D．电阻箱所消耗功率P最大时，电源效率为故D错误。故选B。8.如图所示，用粗细均匀的电阻丝折成平面等边三角形abc框架，，长度为L的电阻丝电阻为r，框架与一电动势为E，内阻为r的电源相连接，垂直于框架平面有磁感应强度为B的匀强磁场，则框架受到的安培力的合力大小为（　　）A.0B.C.D.【答案】B【解析】【详解】根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，如图ab、bc段先串联再与ac段并联，根据闭合电路欧姆定律和串并联知识可知，经过ab、bc段电流经过ac段电流 ab、bc、ac段所受安培力大小为各段受到力中，和在左右方向的分量大小相等，方向相反，相互抵消，所以框架受到的安培力的合力大小为故选B。二、多选题（本题包括4小题，每小题5分，共20分。每小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）9.关于物理学史和物理思想、方法，下列说法正确的是（）A.库仑利用扭秤实验测定了元电荷的数值B.法拉第发现了电磁感应现象，并发明了人类历史上第一台感应发电机C.电场强度E＝、磁感应强度B＝都采用了比值定义法D.点电荷的建立采用了理想模型法，任何小带电体都可视为点电荷【答案】BC【解析】【详解】A．密立根利用油滴实验测定了元电荷的数值，库仑利用库伦扭秤实验测定了静电力常量，A错误；B．法拉第发现了电磁感应现象，并发明了人类历史上第一台感应发电机，B正确；C．电场强度、磁感应强度都采用了比值定义法，C正确；D．点电荷的建立采用了理想模型法，当带电体的形状、体积和电荷量对所研究的问题影响可以忽略时，带电体才可以看成点电荷，D错误。故选BC。10.在如图所示的电路中，定值电阻、、、，电容器的电容，电源的电动势，内阻不计。闭合开关、，电路稳定后，则（　　） A.a、b两点的电势差B.电容器所带电荷量为C.断开开关，稳定后流过电阻的电流与断开前相比将不发生变化D.断开开关，稳定后电容器上极板所带电荷量与断开前相比的变化量为【答案】CD【解析】【详解】A．设电源负极的电势为零，则a点的电势为b点的电势为a、b两点的电势差故A错误；B．电容器所带电荷量为故B错误；C．断开开关，稳定后流过电阻的电流与断开前相比将不发生变化，故C正确；D．断开开关，稳定后a点的电势为b点的电势为 a、b两点的电势差为此时电容器上极板带正电，上极板所带电荷量与断开前相比的变化量为故D正确。故选CD。11.如图，一水平放置的平行板电容器充电后，一带电粒子以初速度水平飞入电场，落在下极板的P点。在下列情况下，此带电粒子仍以从原处飞入，（不计重力）下列说法正确的是（　　）A.若在断开电源后将上极板下移一些以减小两板间距离（下极板不动），带电粒子仍落在P点B.若在断开电源后将上极板下移一些以减小两板间距离（下极板不动），带电粒子落在P点右侧C.若极板仍与电源相连，将上极板下移一些以减小两板间距离（下极板不动），带电粒子落在P点左侧D.若极板仍与电源相连，将上极板下移一些以减小两板间距离（下极板不动），带电粒子落在P点【答案】AC【解析】【详解】AB．在断开电源后将上极板下移一些以减小两板间距离（下极板不动），电容器两极板间的电场强度为可知电容器两极板间的电场强度不变，带电粒子受到的电场力不变，带电粒子运动轨迹不变，带电粒子仍落在P点，故A正确，B错误；CD．极板仍与电源相连，将上极板下移一些以减小两板间距离（下极板不动），电容器两极板间的电场强度为 可知电容器两极板间的电场强度变大，带电粒子受到的电场力变大，加速度增大，根据可知带电粒子在电容器中运动时间变短，带电粒子落在P点左侧，故C正确，D错误。故选AC。12.如图所示，在动摩擦因数为的粗糙水平面上，垂直平面放置一根长为L、质量为m的直导体棒，当通以图示方向电流I时，欲使导体棒在水平面上做匀速运动（不考虑电磁感应现象），可加一平行于纸面的匀强磁场B，下列说法中正确的是（　　）A.导线一定向右匀速运动B.当磁场方向竖直向上时，磁感应强度大小为C.当磁场方向从竖直向上缓慢变化到水平向左的过程中，磁感应强度一直减小D.当磁场方向从竖直向上缓慢变化到水平向左过程中，磁感应强度B的最小值【答案】BD【解析】【详解】A．由于磁场方向未知，因此导线运动方向不能确定，若磁场竖直向上，根据左手定则可知，导线向右运动，若磁场竖直向下，则导线向左运动，故A错误；B．当磁场方向竖直向上时，根据平衡条件可得解得故B正确；CD．当磁场方向从竖直向上缓慢变化到水平向左的过程中，设磁场方向与水平方向的夹角为，根据平衡条件有可得 根据数学知识可得式中则可知，当磁场方向从竖直向上缓慢变化到水平向左的过程中，磁感应强度并非一直减小，而其最小值为故C错误，D正确。故选BD。第Ⅱ卷（非选择题：共48分）注意事项：1.答题前，考生先在答题卡上用直径0.5毫米的黑色墨水签字笔将自己的姓名，准考证号填写清楚。2.请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试卷上作答无效。三、实验题（本题共2小题，总共14分。）13.某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如下图所示，则该金属丝的直径d=_______mm．另一位学生用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得的结果如下图所示，则该工件的长度L=_____cm．【答案】①.3.205（3.203-3.207）②.5.015【解析】【详解】[1]由图所示螺旋测微器可知，螺旋测微器的固定刻度示数是3mm，可动刻度示数是，螺旋测微器的示数是：[2]由图所示游标卡尺可知，主尺示数是5cm，游标尺示数是3×0.05mm=0.15mm=0.015cm ，则游标卡尺的示数是：14.实验室只备有下列器材：蓄电池（电动势约6V），电压表一个（量程0-3V，内阻几千欧），电阻箱一个（0-9999Ω），滑动变阻器一个（0-10Ω），开关一个，导线若干。(1)甲组同学设计了一个测量电压表内阻的电路，如图所示。测量时，在开关S闭合前先将滑动变阻器R1的触头滑至最左端，电阻箱R2的旋钮调至零位，闭合开关S后只调节滑动变阻器R1的触头使电压表指针恰好满偏；保持触头位置不动、再调节电阻箱R2，若电阻箱的读数为R0时，电压表指针恰好是满偏的三分之二，则测得电压表的内阻等于______。甲组同学用以上方法测得的电压表内阻与实际值相比______（填“偏大”或“偏小”）；(2)乙组同学为测定蓄电池的电动势和内阻，设计出另一种电路，不用滑动变阻器，只把电阻箱调至最大值后与电压表（内阻RV）、电源、开关共同组成一个串联电路，通过调节电阻箱的阻值R2，获得多组与之对应的电压表读数U，并绘出-R2图象。若得到的图象是一条直线，且直线的斜率为k，在轴上的截距为b，则该蓄电池的电动势E=______，内阻r=_______。（用k、b和RV表示）【答案】①.②.偏大③.④.【解析】【详解】(1)[1]由于滑动变阻器电阻远小于电压表内阻，所以可以认为电压表支路电压不变，有解得[2] 增大电压表支路电阻时，电压表支路电压增大，所以当电压表指针恰好是满偏的三分之二时，电阻箱分担电压大于三分之一，所以测量结果偏大。(2)[3][4]由闭合电路的欧姆定律得变形后得则有，解得，四、计算题：本题共3个小题，共34分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位。15.如图所示，已知电源电动势E=16V，内阻r=1Ω，定值电阻R=4Ω，小灯泡上标有“3V，4.5W”字样，小型直流电动机的线圈电阻r′=1Ω，开关闭合时，小灯泡和电动机均恰好正常工作。求：（1）电路中的电流强度；（2）电动机两端的电压；（3）电动机的输出功率。【答案】（1）1.5A；（2）5.5V；（3）6W【解析】【详解】（1）小灯泡正常工作，电路中电流强度为=1.5A（2）由闭合电路欧姆定律可得，电动机两端的电压为=5.5V （3）电动机的总功率为电动机线圈热功率为电动机的输出功率为16.如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.2m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，金属导轨的一端接有电动势E=6V、内阻r=1Ω的直流电源．现把一个质量的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，它们之间的动摩擦因数为μ=0.5．为使导体棒能静止在导轨上，在导轨所在平面内，加一个竖直向上的匀强磁场．导轨电阻不计，导体棒接入电路的电阻R0=2Ω．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2．求：（1）当磁感应强度B1多大时，导体棒与导轨间的摩擦力为零；（2）当磁感应强度B2=12.5T时，导体棒与导轨间摩擦力的大小和方向；（3）使导体棒能静止在导轨上所加磁场的磁感应强度B的最小值．【答案】（1）6.25T（2）（3）【解析】【详解】（1）根据闭合电路的欧姆定律，则有由平衡条件得：，得 （2）导体棒受力情况如图所示(图中摩擦力f未画出)当磁感应强度时，摩擦力f沿斜面向下，由平衡条件得：代入数据得：（3）当磁感应强度B最小时，导体棒恰好不下滑，这时摩擦力f沿斜面向上，则有：而：又：联立得：17.如图所示，一足够长的固定斜面，倾角θ=30°。质量为M=0.2kg的绝缘长板A以初速度v0=3m/s，沿斜面匀速下滑。空间有一沿斜面向下的匀强电场，电场强度E=2.5×102N/C。质量为m=0.1kg，电量为q=+4×10-4C的光滑小物块B，轻放在A板表面上（整个过程未从上端滑出），此后经时间t=0.1s，撤去电场，当物块速度为v=8m/s时恰好离开板A，g取10m/s2。求：(1)撤电场时物块B的动能EKB和ls内的电势能变化量△Ep；(2)撤电场时，板A的速度vA；(3)物块B在板A上运动的全过程，系统发热Q。 【答案】(1)0.018J，；(2)；(3)【解析】【分析】(1)先利用牛顿第二定律求出开始时B的加速度，再根据匀变速直线运动的规律求出B在电场方向的位移，最后通过功能关系得到B的电势能变化；(2)先根据A匀速下滑得到动摩擦因素，再根据牛顿第二定律和根据匀变速直线运动的规律求出板A的速度；(3)先利用动量守恒解得当A静止是B的速度，再根据根据匀变速直线运动的规律求出位移，最后求出系统的热量。【详解】(1)开始时，B在板上加速撤去电场时，B的速度B的动能此时B在电场方向上的位移B的电势能变化量(2)A匀速下滑有B轻放上A，对A有撤去电场时，A的速度(3)如果B还在A上运动时：因为最大静摩擦力，当A速度减为0后，A 将静止在斜面上；从撤去电场到A静止的过程中，A、B整体动量守恒当A速度为0时，可得B的速度因此A静止后，B继续A上加速运动直到离开A的总位移系统发热