四川省成都市成华区某校2023-2024学年高二物理上学期12月月考试题含解析

高二物理第Ⅰ卷（选择题共54分）一、单项选择题：（本大题共10个小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1.下列不符合物理学史实的是（）A.奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系B.卡文迪许通过扭称实验测定了静电力常量C.密立根利用油滴实验确定了电荷量的不连续性，并测定了元电荷的数值D.安培提出了著名的分子电流假说，揭示了磁现象的电本质【答案】B【解析】【详解】A．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系，故A正确，不符合题意；B．卡文迪许通过扭称实验测定了万有引力常量，静电力常量用麦克斯韦的相关理论计算出来的，故B错误，符合题意；C．密立根利用油滴实验确定了电荷量的不连续性，并测定了元电荷的数值，故C正确，不符合题意；D．安培提出了著名的分子电流假说，揭示了磁现象的电本质，故D正确，不符合题意。故选B。2.如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a，b，c电荷量相等，质量分别为ma，mb，mc，已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动，下列选项正确的是（）A.ma>mb>mc B.mb>ma>mcC.mc>ma>mb D.mc>mb>ma【答案】B【解析】【详解】由题意知mag=qEmbg=qE+Bqvmcg+Bqv=qE所以故选B。3.微信运动步数的测量是通过手机内电容式加速度传感器实现的。如图，M极板固定，当手机的加速度变化时，N极板只能按图中标识的“前后”方向运动。图中R为定值电阻。下列对传感器描述正确的是（）A.静止时，电流表示数零，电容器两极板不带电B.由静止突然向前加速时，电容器的电容增大C.由静止突然向前加速时，电流由b向a流过电流表D.保持向前匀减速运动时，电阻R以恒定功率发热【答案】C【解析】【分析】【详解】A．静止时，N板不动，电容器的电容不变，则电容器电量不变，则电流表示数为零，电容器两极板带电，选项A错误；BC．由静止突然向前加速时，N板向后运动，则板间距变大，根据可知，电容器的电容减小，电容器带电量减小，则电容器放电，则电流由b向a流过电流表，选项B错误，C正确；D．保持向前匀减速运动时，加速度恒定不变，则N板的位置在某位置不动，电容器电量不变，电路中无电流，则电阻R发热功率为零，选项D错误。故选C。4.静置于桌面上的水平螺线管中通有如图所示的恒定电流，螺线管正上方固定一通电直导线M，M中通有垂直纸面向里的恒定电流，导线恰与螺线管中轴线垂直，纸面内，螺线管正上方以直导线M为圆心的圆上有a、b、c、d四点。其中a、c连线恰为圆的竖直直径，b、d连线为圆的水平直径。已知a点的磁感应强度方向水平向左，忽略地磁场的影响，下列说法正确的是（）A.a点的磁感应强度大于c点的磁感应强度B.b、d两点的磁感应强度相同C.导线在图示位置时，通电螺线管所受的安培力竖直向下D.若将通电直导线M竖直向下移动到a点的过程中，螺线管所受安培力逐渐增大【答案】D【解析】【详解】A．设螺线管在a、c两点产生磁场的磁感应强度大小分别为Ba1和Bc1，通电直导线M在a、c两点产生磁场的磁感应强度大小分别为Ba2和Bc2，根据安培定则以及磁感应强度的叠加法则可知a、c两点的合磁感应强度大小分别为并且所以故A错误；B．根据对称性可知，b、d两点的磁感应强度大小相同，方向不同，故B错误；C．导线在图示位置时，通电螺线管在M处产生磁场的磁感应强度方向为水平向右，根据左手定则可知M所受安培力竖直向下，根据牛顿第三定律可知通电螺线管所受安培力竖直向上，故C错误；D．根据通电螺线管周围磁感线分布特点可知，将通电直导线M竖直向下移动到a点的过程中，导线M所在位置磁感应强度逐渐增大，则M所受安培力逐渐增大，根据牛顿第三定律可知螺线管所受安培力也逐渐增大，故D正确。故选D。5.如图所示，用两个完全相同的轻弹簧吊着一根水平铜棒，每根轻弹簧连接有力传感器（图中未画出）可测出轻弹簧弹力大小，铜棒所在虚线范围内有垂直于纸面向里的匀强磁场，当棒静止时，每个力传感器的拉力读数均为F1；当棒中通以大小为I的自左向右的电流，当棒再次静止时，每个力传感器的拉力示数均为F2，则匀强磁场B的大小为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【详解】由题意可知当棒中通以大小为I的自左向右的电流时，受向上的安培力，则联立解得故选D。6.如图，边长为L的正方形abcd内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为的粒子从ab中点O处以垂直于ab的速度射入磁场，恰好从c点射出。不计粒子重力，粒子的速度大小为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示根据几何关系，有根据牛顿第二定律，有联立可得故选B。7.如图所示，电源电动势为，电源内阻为，电路中的电阻为，小型直流电动机的内阻为，闭合开关后，电动机转动，理想电流表的示数为，则以下判断中正确的是（）A.电动机的输出功率为 B.电动机两端的电压为C.电动机产生的热功率为 D.电动机的效率恰为【答案】B【解析】【详解】ABC．根据题意可知，流过电动机的电流等于电路中的电流为则电动机两端的电压为由公式可得，电动机的热功率为由公式可得，电动机的输入功率为则电动机的输出功率为故AC错误，B正确；D．由公式可得，电动机的效率为故D错误。故选B。8.如图甲是回旋加速器的原理示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中(磁感应强度大小恒定)，并分别与高频电源相连，加速时某带电粒子的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，已知带电粒子的质量为m，电荷量为q，磁感应强度为B，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是（）A.在Ek－t图像中B.在Ek－t图像中t4－t3＝t3－t2＝t2－t1C.高频电源的变化周期应该等于tn－tn－1D.根据图像粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能一定越大【答案】B【解析】【详解】A．在Ek－t图像中可知t1是半个周期，所以故A错误；B．带电粒子在匀强磁场中的运动周期与粒子速度无关，故B正确；C．回旋加速器所加高频电源的频率与带电粒子在磁场中运动的频率相同，在一个周期内，带电粒子两次通过匀强电场而加速，故高频电源的变化周期为tn－tn－2，故C错误；D．粒子加速到做圆周运动的半径等于加速器半径时，速度达到最大，即可得粒子获得的最大动能可见粒子获得的最大动能与加速次数无关，故D错误。故选B。9.如图所示，四根通有大小相等且为恒定电流的长直导线垂直穿过xoy平面，1、2、3、4直导线与xoy平面的交点成边长为2a的正方形且关于x轴和y轴对称，各导线中电流方向已标出，已知通电无限长直导线产生的磁感应强度大小与到直导线距离成反比，设1导线在O点产生的磁感应强度为B0，下列说法正确的是（）A.4根直导线在O点的磁感应强度大小为0B.直导线1、2之间相互作用力为吸引力C.直导线1、2在O点的合磁场的磁感应强度大小为2B0D.直导线2受到直导线1、3、4的作用力合力方向指向O点【答案】A【解析】【详解】AC．根据安培定则判断四根导线在O点产生的磁感应强度的方向分别为：1导线产生的磁感应强度方向为O4方向；3导线产生的磁感应强度方向为O2方向；同理，2导线产生的方向为O3方向，4导线产生的方向为O1方向；则根据平行四边形定则进行合成可知，四根导线同时存在时O点的磁感应强度大小为0，直导线1、2在O点的合磁场的磁感应强度大小为B0，故A正确，C错误。

B．直导线1、2电流方向相反，根据平行通电导线作用规律，直导线1、2之间的相互作用力为排斥力，故B错误；

D．无限长直导线产生的磁感应强度大小与到直导线距离成反比，即，1导线在O点产生的磁感应强度为B0，则1、3在2的磁感应强度为，方向分别沿着23和12方向；故1、3在2的磁感应强度合成为沿13方向；直导线4在2的磁感应强度为，方向沿31方向，直导线1、3、4在2处的合磁场为，方向沿13方向，则由左手定则，直导线2受到直导线1、3、4的作用力合力方向沿着42方向，不指向O点，故D错误；

故选A。10.如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场（未画出）。一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O。已知粒子穿越铝板时，其动能损失了，速度方向和电荷量不变。不计重力。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为（）A.2 B. C.1 D.【答案】C【解析】【详解】设带电粒子在P点时初速度为v1，从Q点穿过铝板后速度为v2，则由题意粒子穿越铝板时，其动能损失了，可知即则据图分析知洛伦兹力提供向心力得所以故C正确。故选C。二、多项选择题：本大题共4小题，每小题6分，共24分。在每小题给出的四个选项中，有一个以上的选项正确。全部选对得4分，选不全得2分，有选错或不答的得0分。11.如图甲所示，弹簧振子以点O为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动。取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法正确的是（）A.时，振子的速度方向向左B.时，振子在O点右侧处C.和时，振子的加速度完全相同D.到的时间内，振子的速度逐渐增大【答案】ABD【解析】【详解】A．t=0.8s时，振子经过O点向负方向运动，即向左运动，故A正确；B．由乙图可知振子振幅A=12cm，周期T=1.6s，则可知则振子振动方程当t=0.2s时，振子在O点右侧，且故B正确；C．t=0.4s和t=1.2s时，振子的位移等大反向，回复力和加速度也是等大反向，故C错误；D．t=0.4s到t=0.8s的时间内，振子从B点向左运动到平衡位置，其速度逐渐增加，故D正确。故选ABD。12.如图所示，空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，图中虚线为匀强电场的等势线，一不计重力的带电粒子在M点以某一初速度垂直等势线进入正交电磁场中，运动轨迹如图所示，已知粒子在N点的速度比在M点的速度大。则下列说法正确的是（）A.粒子带正电B.电场线方向一定垂直等势面向左C.粒子的运动轨迹一定是抛物线D.粒子从M点运动到N点的过程中电势能减小【答案】BD【解析】【详解】A．根据粒子在电、磁场中的运动轨迹和左手定则可知，粒子一定带负电，故A错误；B．由于空间只存在电场和磁场，粒子的速度增大，说明在此过程中电场力对带电粒子做正功，则电场线方向一定垂直等势面向左，故B正确；C．由于洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，故粒子受到的合力是变力，而物体只有在恒力作用下做曲线运动时，轨迹才是抛物线，故C错误；D．电场力做正功，电势能减小，故D正确。故选BD。13.一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，其边界如图中虚线所示，ab为半径为R的半圆，ac、bd与直径ab共线，a、c间的距离等于半圆的半径R。一束质量均为m、电量均为q的带负电的粒子，在纸面内从c点垂直于ac以不同速度射入磁场，不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（）A.可以经过半圆形边界的粒子的速率最小值为B.可以经过半圆形边界的粒子的速率最大值为C.在磁场中运动时间最短的粒子速率为D.在磁场中运动时间最短的粒子运动时间为【答案】BD【解析】【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得解得，粒子的轨道半径粒子速度v越大，半径R越大。A．粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，在能达到半圆形边界的粒子中，经过a点的粒子半径最小，速度小，其轨如图中1所示，由得故A错误；B．经过b点的粒子半径最大，速度最大，其轨迹如图中2所示，由解得故B正确；C．轨迹圆弧所对应的弦与ab半圆形边界相切时，圆心角最小，运动时间最短，其轨迹如图中所示，圆心恰好位于a点，由解得故C错误；D．粒子在磁场中转过的最小圆心角为，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期粒子在磁场中的最短运动时间为故D正确。故选BD。14.如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，理想电压表、示数分别为、，其变化量的绝对值分别为和；流过电源的电流为I，其变化量的绝对值为。在滑动变阻器的触片从右端滑到左端的过程中（灯泡、、电阻均不变）,则（）A.灯泡变暗，、变亮B.C.增大D.不变【答案】AD【解析】【详解】A．当滑动变阻器的触片P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，流过L2的电流增大，则L2变亮；内电压和L2的电压均增大，则并联部分的电压减小，L3变暗；总电流增大，而L3的电流减小，则L1的电流增大，则L1变亮，故A正确；

B．由上分析可知，电压表V1的示数减小，电压表V2的示数增大，由于路端电压减小，即两电压表示数之和减小，所以ΔU1＞ΔU2，故B错误；

C．由U1=E-I（RL2+r）得=RL2+r不变，故C错误；

D．根据欧姆定律得=RL2不变，故D正确

故选AD。15.霍尔效应这一现象是美国物理学家霍尔于1879年发现的。当电流垂直于外磁场通过导体时，载流子发生偏转，垂直于电流和磁场的方向会产生一附加电场，从而在导体的两端产生电势差，这一现象就是霍尔效应，这个电势差被称为霍尔电势差。现有一金属导体霍尔元件连在如图所示电路中，电源内阻不计，电动势恒定，霍尔电势差稳定后，下列说法正确的是（）A.a端电势低于b端电势B.若元件的厚度增加，a、b两端电势差不变C.霍尔电势差的大小只由霍尔元件本身决定D.若要测量赤道附近的地磁场，应将工作面调整为与待测平面垂直【答案】BD【解析】【详解】A．由题图知电流方向从右向左，则霍尔元件中电子从左向右定向移动，根据左手定则判断可知在洛伦兹力的作用下电子向b端偏转，故b端电势较低，故A错误；BC．稳定后，定向移动的电子受到的电场力与洛伦兹力大小相等，即可得可见U与磁感应强度B、元件的前后距离d等因素有关，与题中定义的厚度无关，故B正确，C错误；D．由于赤道附近的地磁场平行于地面，若要测量赤道附近地磁场，工作面应该处于垂直状态，故D正确。故选BD。16.如图所示，左右边界分别为PP′、QQ′的匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。一个质量为m、电荷量为q的粒子，沿图示方向以速度v0垂直射入磁场。欲使粒子不能从边界QQ′射出，粒子入射速度v0的最大值可能是（）A. B. C. D.【答案】BC【解析】【分析】【详解】粒子射入磁场后做匀速圆周运动，由R=知，粒子的入射速度v0越大，R越大，当粒子的径迹和边界QQ′相切时，粒子刚好不从QQ′射出，此时其入射速度v0应为最大。若粒子带正电，其运动轨迹如图a所示（此时圆心为O点），根据几何关系有R1cos45°＋d=R1且R1=联立解得v0=若粒子带负电，其运动轨迹如图b所示（此时圆心为O′点），根据几何关系有R2＋R2cos45°=d且R2=联立解得v0=故选BC。第Ⅱ卷（非选择题共46分）三、实验题：本大题共2小题，共16分。请将正确答案直接答在答题卡相应的位置上。17.在学习安培力后，某学习小组利用安培力与磁感应强度的关系测定磁极间的磁感应强度，实验装置如图所示，步骤如下：①在弹簧测力计下端挂一n匝矩形线圈，将矩形线圈的短边完全置于U形磁铁N、S极之间的磁场中，则应使矩形线圈所在的平面与N、S极的连线_____________；②在电路未接通时，记录线圈静止时弹簧测力计的读数；③接通电路开关，调节滑动变阻器使电流表读数为I，记录线圈静止时弹簧测力计的读数，则线圈所受安培力为______________。④用刻度尺测出矩形线圈短边的长度L；利用上述数据可得待测磁场的磁感应强度_____________。【答案】①.垂直②.③.【解析】【详解】①[1]使矩形线圈所在的平面与N、S极的连线垂直，这样能使短边受到的安培力沿竖直方向，弹簧测力计保持竖直，方便测出拉力；③[2]对线框受力分析知：受重力、安培力、弹簧的拉力，三力平衡，F2+F安=mg，又：F1=mg，所以线圈所受安培力；④[3]由安培力公式得：F安=nBIL，解得：；18.一兴趣小组要测一节干电池的电动势（约1.5V）和内阻（小于1Ω），借助以下实验器材进行实验。A．毫安表mA（量程0~600mA，内阻约0.1Ω）；B．微安表G（量程0~400μA，内阻为100Ω）；C．滑动变阻器（0~20Ω）；D．滑动变阻器（0~1kΩ）；E．电阻箱R（0~9999.9Ω）；F．定值电阻（阻值为2.50Ω）；G．定值电阻（阻值为10.00Ω）；H．开关、导线若干。（1）将微安表G改装为量程2V的电压表，该小组应将电阻箱调到的阻值为______Ω。（2）该小组设计电路原理图如图1所示，则应该选择的滑动变阻器为______（填“C”或“D”），定值电阻为______。（填“F”或“G”）。（3）该小组根据记录的数据，作出微安表G的示数随毫安表mA的示数变化的图像如图2所示，则该节干电池的电动势______V，内阻______Ω。（保留2位小数）【答案】①.4900②.C③.F④.1.44⑤.0.50【解析】【详解】（1）[1]将微安表G改装为量程2V的电压表，当微安表满偏时，微安表和电阻箱两端电压之和应为2V，有解得（2）[2][3]为了操作方便，滑动变阻器选择阻值范围较小的，即选C；由于电源内阻较小，为了测量绘图方便，故可把定值电阻R01与r等效看成电源的内阻，从而便于精确测量，故选，即选F。（3）[4[5]根据闭合电路欧姆定律有整理得结合图像可知解得E=1.44V，四、计算题：本大题共2小题，共30分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。19.如图所示，两平行金属导轨间的距离m，金属导轨所在的平面与水平面