四川省 校2022-2023学年高二物理上学期12月月考试题（Word版带解析）

成都外国语学校2022-2023学年度上期12月月考高二物理试卷注意事项：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100分钟，满分100分；3、答题前，考生务必将自己的姓名、学号填写在答卷上，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（共44分）一、单项选择题（本题共8小题。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，每小题3分，共24分）1.如图所示，在虚线所包围的圆形区域内有方向垂直于圆面向里的匀强磁场，从磁场边缘的A点沿半径方向射入一束速率不等的质子，这些质子在磁场里运动的过程中（　　）A.运动时间均相等B.速率越大的质子运动时间越长C.半径越大的质子运动时间越短D.半径越大的质子向心加速度越小【答案】C【解析】【详解】ABC．设粒子转动的半径为R，磁场圆半径为r，由可得则v越大，则R越大，周期则周期与运动速度大小无关，运动时间 其中所以v越大，则R越大、α越小、t越小，故AB错误，C正确；D．向心加速度则粒子运动半径R越大v越大，所以向心加速度a也越大，故D错误。故选C。2.如图所示，M、N为两个等量同种正电荷Q，在其连线的中垂线上任意一点P自由释放一个负电荷q，不计重力影响，关于点电荷q的运动下列说法正确的是（　　）A.从P→O的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大B.从P→O的过程中，加速度越来越小，到O点速度达到最大值C.点电荷越过O点时加速度为零，速度达到最大值D.点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到速度零【答案】C【解析】【详解】如图所示根据电场叠加原理及等量同种点电荷中垂线上电场线的分布特点可知，O点场强为零，从O点沿中垂线向外，场强先变大后变小。AB．点电荷从P→O的过程中，电场力可能是先变大后变小，也可能是一直变小，由于P 点位置的不确定性，所以加速度可能先变大后变小，也可能一直变小，故AB错误；C．在到达O点之前，静电力一直表现为引力，速度一定是一直变大的，在O点时加速度是零，速度最大，故C正确；D．同理，该电场关于直线MN对称，电荷越过O点后，由于电场力的方向向上，速度一定越来越小，但其加速度的变化可能是一直增大，也可能是先增大后减小，故D错误。故选C。3.如图所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd，e是ad的中点，f是cd的中点，如果在a点沿对角线方向以速度v入一带负电的带电粒子，恰好从e点射出，不计粒子重力，则（　　）A.如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的二倍，将从d点射出B.如果粒子的速度增大为原来的四倍，将从f点射出C.只改变粒子的速度使其分别从e、d、f点射出时，从e点射出所用时间最短D.只改变粒子的速度使其分别从e、d、f点射出时，从f点射出所用时间最短【答案】D【解析】【详解】A．粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力得解得磁场的磁感应强度变为原来的二倍，其他的不变，则半径将为原来的，根据几何可知，粒子不能从d点射出。故A错误；B．设正方形的边长为2a，则粒子从e点射出时，轨迹半径为。如果粒子的速度变为原来的4倍，由半径公式可知，半径将变为原来的4倍，即变，轨 迹如图所示由几何关系得由于所以粒子从fd之间射出磁场。故B错误。CD．只改变粒子的速度使其分别从e、d、f三点射出时，轨迹如图轨迹的圆心角是从f点射出时最小，根据公式可知粒子从f点射出时运动时间最短故C错误，D正确。故选D。4.四个相同的小量程电流表（表头）分别改装成两个电流表A1、A2和两个电压表V1、 V2。已知电流表A1量程大于A2的量程，电压表V1的量程大于V2的量程，改装好后把它们按如图所示接入电路，则（）A.电流表A1的读数等于电流表A2的读数B.电流表A1的偏转角等于电流表A2的偏转角C.电压表V1的读数小于电压表V2的读数D.电压表V1的偏转角大于电压表V2的偏转角【答案】B【解析】【详解】AB．由于电流表是由小量程的电流表并联一个小电阻改装成的，并且并联的电阻越小，量程越大，由于A1量程大于A2的量程，因此A1的内阻小于A2的内阻，从而流过A1的电流大于A2的电流，而在改装的内部电路中，两个小量程电流表接入电路中也是并联的关系，流过小量程电流表表头的电流相同，因此两块电流表表针偏转角度相同，A错误、B正确；CD．电压表是由小量程的电流表串联一个大电阻改装成的，而且串联的电阻越大，电压表的量程越大，由于V1的内阻大于V2的内阻，当两块电压表串联时，V1分得的电压高，读数大，而在两块电压表内部，两个表头也是串联的关系，流过表头的电流相同，从而两块表头的偏转角度相同，CD错误。故选B。5.如图甲是某型号酒精测试仪，其工作原理如图乙所示，R为气敏电阻，其阻值随酒精气体浓度的增大而减小，电源的电动势为E、内阻为r，电路中的电表均为理想电表，R0为定值电阻，且。如果酒后对着测试仪吹气，与未饮酒时相比（　　）A.电流表的示数变小，电压表的示数变小B.电压表示数变化量与电流表示数变化量的绝对值之比变小C.电源的输出功率减小 D.电源的效率减小【答案】D【解析】【详解】A．酒后对着测试仪吹气，酒精气体的浓度增大，气敏电阻R阻值减小，则总电阻减小，故总电流增大，则内阻与R0两端的电压增大，故R两端的电压减，可知电流表的示数变大，电压表的示数减小，A错误；B．根据解得即电压表示数变化量与电流表示数变化量的绝对值之比不变，B错误；C．电源的输出功率与外电路总电阻的关系图如图所示根据题意有酒后对着测试仪吹气，酒精气体的浓度增大，气敏电阻R阻值减小，根据图像可知，电源输出功率增大，C错误；D．电源的斜率可知，酒后对着测试仪吹气，酒精气体的浓度增大，气敏电阻R阻值减小，电源的效率减小，D正确。故选D。6.如图所示，在倾角为的光滑绝缘斜面上固定一个挡板，在挡板上连接一根劲度系数为的绝缘轻质弹簧，弹簧另一端与球连接。、两小球的质量均为，球的电荷量，、两小球的间距为，系统处于静止状态。已知静电力常量为，、两小球均可视为点电荷，则（　　） A.弹簧伸长量为B.球的电荷量C.球受到的库仑力大小为D.若增大球电荷量，系统再次平衡后，弹簧伸长量会增加【答案】B【解析】【详解】A．以、两小球为整体，由平衡条件可得解得A错误；BC．对B小球，由库仑定律公式和平衡条件可得因A小球带正电，A、B两小球之间的库仑力为引力，因此解得由牛顿第三定律可知，A小球受到B小球库仑力大小为B正确，C错误；D．若增大球的电荷量，会增大A、B两球的库仑力，A、B两球组成的系统再次平衡后，弹簧的弹力只与两球的质量有关，两球的质量不变，弹簧伸长量不变，弹簧伸长量不会增加，D错误。故选B。7.已知通电长直导线在周围空间某位置产生的磁感应强度大小与电流强度成正比，与该位 置到长直导线的距离成反比。如图所示，现有通有电流大小相同的两根长直导线分别固定在正方体的两条边和上，彼此绝缘，电流方向分别由流向、由流向，则顶点和两处的磁感应强度大小之比为（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】【详解】设正方体边长为L，其中一根长直导线的电流在c点产生的磁感应强度为B0，则c点的磁感应强度大小为处于hg边的长直导线到a点的距离为，在a点产生的磁感应强度大小为；处于dh边的长直导线到a点的距离为L，在a点产生的磁感应强度大小为B0，所以a点的磁感应强度大小为因此故A正确。故选A。8.如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力将小球向下压至某位置静止。现撤去，小球沿竖直方向运动，在小球由释放到刚离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为和，小球离开弹簧时的速度为，不计空气阻力，则上述过程中下列说法正确的是（　　） A.小球的重力势能增加B.小球的电势能增加C.小球与弹簧组成的系统的机械能增加D.撤去F前弹簧的弹性势能为【答案】ACD【解析】【详解】A．根据重力做功与重力势能变化关系，可得小球上升过程重力做负功，小球的重力势能增加了，故A正确；B．根据电场力做功与电势能变化关系，可得带正电小球上升过程电场力做正功，小球的电势能减少了，故B错误；C．小球与弹簧组成的系统，在小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，由于电场力对小球做正功，大小为，小球与弹簧组成的系统机械能增加了，故C正确；D．在小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，根据能量守恒可知，减少的弹性势能与减少的电势能之和等于增加的重力势能与增加的动能之和，则有解得撤去前弹簧的弹性势能为故D正确。故选ACD。二、多项选择题（本题共5小题。每小题有多个正确选项，全部选对得4分，选对但不全得2分，不选或错选不得分，共20分）9.回旋加速器工作原理示意图如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，两盒间 的狭缝很小，粒子穿过的时间可忽略，它们接在电压为U、频率为f的交流电源上，若A处粒子源产生的质子在加速器中被加速，下列说法正确的是（　　）A.若只增大交流电压U，则质子获得的最大动能增大B.若只增大交流电压U，则质子在回旋加速器中运行时间会变短C.若磁感应强度B增大，交流电频率f必须适当减小才能正常工作D.需要改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器才能用于加速α粒子【答案】BD【解析】【详解】A．设回旋加速器D形盒的半径为R，质子获得的最大速度为vm，根据牛顿第二定律有①解得②质子的最大动能为③由③式可知Ekm与交流电压U无关，只增大交流电压U，质子获得的最大动能不变，故A错误；B．设质子在回旋加速器中加速的次数为n，根据动能定理有④解得⑤质子在回旋加速器中运行时间为⑥由⑥式可知若只增大交流电压U，则质子在回旋加速器中运行时间会变短，故B正确； CD．质子每个运动周期内被加速两次，交流电源每个周期方向改变两次，所以交流电源的周期等于质子的运动周期，即⑦所以⑧由⑧式可知若磁感应强度B增大，交流电频率f必须适当增大才能正常工作，且由于α粒子和质子的比荷不同，所以需要改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器才能用于加速α粒子，故C错误、D正确。故选BD。10.如图所示，两根间距为d的平行光滑金属导轨间接有电源E，导轨平面与水平面间的夹角θ=30°，金属杆ab垂直导轨放置，导轨与金属杆接触良好。整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中。当磁场方向垂直导轨平面向上时，金属杆ab刚好处于静止状态，要使金属杆能沿导轨向下运动，可以采取的措施是（　　）A.减小磁感应强度BB.调节滑动变阻器滑片向下滑动C.减小导轨平面与水平面间的夹角θD.将电源正负极对调使金属杆中的电流方向改变【答案】AD【解析】【详解】A．根据左手定则，安培力的方向沿导轨向上，根据平衡条件得减小磁感应强度B，安培力减小，，金属杆将沿导轨向下运动，A正确；B．调节滑动变阻器滑片向下滑动，滑动变阻器的阻值减小，回路电流增大，，金属杆将沿导轨向上运动，B错误；C．减小导轨平面与水平面间的夹角θ，，金属杆将沿导轨向上运动，C错误；D．将电源正负极对调使金属杆中的电流方向改变，安培力的方向变为沿导轨向下，金属 杆将沿导轨向下运动，D正确。故选AD。11.如图所示为某款手机充电器对手机充电的原理图，用输出电压为5.0V的充电器对内阻的手机锂电池充电，若充电过程充电器输出功率为5.0W，则关于充电过程说法正确的是（　　）A.充电器输出电流为1.0AB.充电器输出电流为50AC.手机锂电池的发热功率为0.1WD.电能转化为化学能的功率为5.0W【答案】AC【解析】【详解】AB．输出电流为故A正确，B错误；C．手机锂电池的发热功率为P热=I2r=（1.0）2×0.1W=0.1W故C正确；D．电能转化为化学能的功率为故D错误。故选AC。12.空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图所示，A、B、C、D是x轴上的四点，电场强度在x方向上的分量大小分别是EA、EB、EC、ED，则（　　） A.EA>EBB.EC>EDC.A、C两点在x方向上的场强方向相反D.同一负点电荷在A点时的电势能大于在B点时的电势能【答案】AC【解析】【详解】ABC．φ-x图像的斜率代表场强的大小，A点的斜率大于B点，所以EA>EB同理EC<EDA、C两点斜率符号相反，所以场强方向相反，则AC正确，B错误；D．根据EP=φq可知，负电荷在电势低的地方电势能大，所以B点电势低，在B点电势能大，则D错误。故选AC。13.如图，在平面直角坐标系的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电量为q的相同粒子从y轴上的点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场，设入射速度方向与y轴正方向的夹角为。当时，粒子垂直x轴离开磁场。不计粒子的重力。则（　　）A.粒子一定带正电B.当时，粒子也垂直x轴离开磁场C.粒子入射速率D.粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为【答案】ACD【解析】【分析】【详解】A．根据题意可知粒子垂直轴离开磁场，根据左手定则可知粒子带正电，A正 确；BC．当时，粒子垂直轴离开磁场，运动轨迹如图粒子运动的半径为洛伦兹力提供向心力解得粒子入射速率若，粒子运动轨迹如图根据几何关系可知粒子离开磁场时与轴不垂直，B错误，C正确；D．粒子离开磁场距离点距离最远时，粒子在磁场中的轨迹为半圆，如图根据几何关系可知 解得D正确。故选ACD。第Ⅱ卷非选择题部分（共56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个小题，满分16分）14.某物理兴趣小组测量一段某材料制成的电阻丝的电阻率。（1）先用螺旋测微器测量电阻丝的直径，示数如图甲所示，其直径______mm；再用刻度尺测出电阻丝的长度为L；（2）用多用电表粗测电阻丝的阻值，当用“×10”挡时发现指针偏转角度过大，应该换用______（选填“×1”或“×100”）挡，进行一系列正确操作后，指针静止时位置如图乙所示；（3）为了准确测量电阻丝电阻，某同学设计了如图丙所示的电路； ①闭合，当接a时，电压表示数为，电流表示数为；当接b时，电压表示数为，电流表示数为，则待测电阻的阻值为______（用题中的物理量符号表示）；②根据电阻定律计算出该电阻丝的电阻率______（用、d、L表示）。【答案】①.0.200②.×1③.④.【解析】【详解】（1）[1]甲图中，螺旋上的20对应主尺的水平线，主尺上露出的示数是零，所以直径为0.200mm；（2）[2]用多用电表测电阻丝的阻值，当用“×10”挡时发现指针偏转角度过大，说明倍率过高，被测电阻很小，应该换用小量程电阻挡，用“×1”挡；（3）①[3]当S2接a时，电压表测的是Rx、RA和R0的电压，电流表测的是Rx、RA和R0的电流，则有当S2接b时，电压表测的是R0和RA的电压，电流表测的是R0和RA的电流，则联立两式可得②[4]根据电阻定律可得15.在“测定电源的电动势和内电阻”的实验中，备有下列器材：A．待测的干电池一节B．电流表A1（量程0~3mA，内阻Rg1＝10Ω）C．电流表A2（量程0~0.6A，内阻Rg2＝0.1Ω）D．滑动变阻器R1（0~20Ω，1.0A）E．电阻箱R0（0~9999.9Ω）F．开关和若干导线 （1）某同学发现上述器材中没有电压表，他想利用其中的一个电流表和电阻箱改装成一块电压表，其量程为0~3V，并设计了图甲所示的a、b两个参考实验电路（虚线框内为改装电压表的电路），其中合理的是______（选填“a”或“b”）电路；此时R0的阻值应取______Ω；（2）图乙为该同学根据合理电路所绘出的I1-I2图象（I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数）。根据该图线可得被测电池的电动势E＝______V，内阻r＝______Ω。【答案】①.b②.990③.1.48（1.46~1.49之间）④.0.84（0.82~0.87之间）【解析】【详解】（1）[1][2]上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，电路中电流最大为故电流表至少应选择量程，故应将3mA电流表G串联一个电阻，改装成较大量程的电压表使用，电表流A由于内阻较小，故应采用相对电源来说的外接法，故a、b两个参考实验电路，其中合理的是b，要改装的电压表量程为，根据解得 （2）[3][4]图象与纵轴的交点得最大电流为，根据欧姆定律和串联的知识得电源两端电压为根据图象与纵轴的交点得电动势为与横轴的交点可得出路端电压为1V时电流是，由闭合电路欧姆定律得。四、计算题（本题共4个小题，共40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。）16.如图所示，带电平行板倾斜放置与水平面间的夹角为θ，两板间的电压U=8×103V，两板间的距离d=0.4m，圆形光滑轨道竖直固定放置，最低点B正好在上极板的边缘，C点是圆弧轨道的最高点；质量m=0.1kg、电量q=+10-4C的小球，从平行板下极板边缘A点由静止释放，在平行板间的匀强电场中，正好沿水平直线AB做匀加速运动，经过B点进入圆弧轨道，刚好到达最高点C点，电场只存在带电平行板内，外部没有电场，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求：（1）平行板与水平面间的夹角θ；（2）圆形轨道的半径R。【答案】（1）60°；（2）0.32m【解析】【详解】（1）由题意可知，平行板间的电场强度对小球受力分析，如图所示，可知电场力与重力的合力水平向右，由几何知识可得 代入数据解得解得（2）小球从A运动到B，由动能定理可得解得vB=4m/s小球刚好到达最高点C，有小球从B运动到C，由机械能守恒定律可得联立解得R=0.32m17.如图所示，在的区域存在方向沿轴正方向的匀强电场，在的区域存在方向垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度为。一个质量为、电荷量为（）的带电粒子从轴上的点以一定的速度射出，速度方向沿轴正方向。已知粒子第一次进入磁场时，速度方向与轴正方向的夹角为，并从坐标原点处第一次射出磁场。不计带电粒子的重力。求：（1）带电粒子第一次进入磁场的位置坐标；（2）匀强电场的电场强度大小。 【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）粒子的运动轨迹如图所示设粒子在点的速度为，运动到轴上的点到点的距离为，则有，，联立解得则位置坐标为。（2）粒子在磁场中的轨迹半径为磁场中，洛伦兹力提供向心力电场中，有 ，，联立解得18.如图所示，电路中电源电动势，内阻，定值电阻，滑动变阻器阻值未知。水平放置的平行板电容器上下极的间距为0.2m，在两极板右端正中间位置处，有一个小液滴以某一速度水平向左射入两板间；当滑动变阻器滑片在最下端时，油滴刚好从下极板边缘飞出。当滑动变阻器滑片滑到正中间时，油滴刚好从上极板边缘飞出，已知小液滴的质量，电荷量。重力加速度取，空气阻力不计，求：（1）电容器两极板之间的电压值；（2）滑动变阻器总阻值为多大。【答案】（1）20V；（2）【解析】【详解】（1）当滑动变阻器滑片在最下端时，油滴刚好从下极板边缘飞出。当滑动变阻器滑片滑到正中间时，油滴刚好从上极板边缘飞出，可得油滴有向上的加速度，大小也为g，由牛顿第二定律可得可得则电场强度为则电容器极板两端的电压为 代入数据得（2）由闭合回路欧姆定律可得解得滑动变阻器总阻值为19.如图所示，真空室内有一个点状的α粒子放射源P，它向各个方向发射α粒子（不计重力），速率都相同。ab为P点附近的一条水平直线（P到直线ab的距离PC=L），Q为直线ab上一点，它与P点相距PQ=L（现只研究与放射源P和直线ab同一个平面内的α粒子的运动），当真空室内（直线ab以上区域）只存在垂直该平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场时，水平向左射出的α粒子恰到达Q点。（α粒子的电荷量为+q，质量为m；sin37°=0.6；cos37°=0.8）求：(1)α粒子的发射速率；(2)能到达直线ab的α粒子所用最长时间和最短时间的比。【答案】(1)v=；(2)【解析】【详解】(1)设α粒子做匀速圆周运动的半径R，过O作AO垂直于PQ，垂足为A，如图所示：由几何关系可得 代入数据可得α粒子轨迹半径洛伦兹力提供向心力，有解得α粒子发射速度为(2)粒子的运动轨迹圆弧O1和直线ab相切于D点时，α粒子转过的圆心角最大，运动时间最长，如图所示：由几何关系可得则最大圆心角：最长时间：粒子的运动轨迹圆弧O2经C点时，α粒子转过的圆心角最小，运动时间最短，由几何关系可得则 最小圆心角最短时间则最长时间和最短时间的比值为