湖北省云学名校联盟2023-2024学年高二上学期12月联考物理试题A（Word版附解析）

2023年云学名校联盟高二年级12月联考物理试卷A考试时间：2023年12月21日10：30~11：45时长：75分钟满分：100分一、选择题（1~7单选，8~10多选，选不全得2分，错选0分，共计40分）1.物理学中有很多关于圆盘的实验，第一个是法拉第圆盘，圆盘全部处于磁场区域，可绕中心轴转动，通过导线将圆盘圆心和边缘与外面电阻相连。第二个是阿拉果圆盘，将一铜圆盘水平放置，圆盘可绕中心轴自由转动，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，第三个是费曼圆盘，一块水平放置的绝缘体圆盘可绕过其中心的竖直轴自由转动，在圆盘的中部有一个线圈，圆盘的边缘固定着若干带负电的金属小球。以下说法正确的是（　　）A.法拉第圆盘在转动过程中，圆盘中磁通量不变，有感应电动势，无感应电流B.阿拉果圆盘实验中，转动圆盘，小磁针会同向转动，反之，转动小磁针，圆盘则不动C.费曼圆盘中，当开关闭合的一瞬间，圆盘会顺时针（俯视）转动D.法拉第圆盘和阿拉果圆盘都是电磁驱动的表现【答案】C【解析】【详解】A．圆盘运动过程中，半径方向的金属条在切割磁感线，在圆心和边缘之间产生了感应电动势，选项A错误；B．阿拉果圆盘实验中，转动圆盘或小磁针，都产生感应电流，因安培力的作用，另个物体也会跟着转动，选项B错误；C．线圈接通电源瞬间，则变化的磁场产生变化的电场，从而导致带电小球受到电场力，使其转动，接通电源瞬间圆板受到电场力作用而转动，由于金属小球带负电，再根据电磁场理论可知，产生逆时针方向的电场，负电荷受到的电场力与电场方向相反，则有顺时针电场力，圆盘会顺时针（俯视）转动，选项C正确；D ．如果磁场相对于导体运动，在导体中会产生感应电流，感应电流使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来，这种作用就是电磁驱动，显然法拉第圆盘是机械能转化为电能的过程，并不是电磁驱动，故D错误。故选C。2.今年11月底，襄阳三中举行了秋季运动会，其中“旋风跑”团体运动项目很受学生欢迎。如图是比赛过程的简化模型，一名学生站在点，手握在金属杆的一端点，其他四名学生推着金属杆，顺时针（俯视）绕点以角速度匀速转动。已知运动场地附近空间的地磁场可看作匀强磁场，其水平分量为，竖直分量为，则此时（　　）A.A点电势高于点电势B.两点电压为C.两点电压为D.两点电压为【答案】B【解析】【详解】A．地磁场在北半球的磁感应强度斜向下，其竖直分量竖直向下，则金属杆切割产生动生电动势，由右手定则可知电源内部的电流从A点到点，即点为电源的正极，故A点电势低于于点电势，故A错误；BCD．动生电动势的大小为可得故B正确，CD错误。故选B。3.光滑水平桌面上固定两个等量同种电荷，电性为正电，一个带负电的粒子，沿着两个正电荷连线的中垂线从A点由静止开始释放，粒子从释放到第一次运动到点过程中，其速度大小v随时间，及电势、电势能、机械能随位移的变化图像可能正确的是（电势无穷远为O，取桌面为重力势能零势面）（　　） A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．根据同种等量电荷中垂线的电场特点可知，从A点到O点，电场可能先增大后减小，则电场力先增大后减小，根据牛顿第二定律可知加速度先增大后减小，速度一直增大，故A正确；B．根据，可知图像的斜率代表电场强度，O点的电场强度为0，故B错误；C．从A点到O点，电场力做正功，电势能逐渐减小，故C错误；D．电场力做功代表机械能的变化，根据W=Fx，可知靠近O点的电场力逐渐减小，则机械能变化趋势逐渐平缓，故D错误；故选A。4.如图所示，两根等高光滑的圆弧导轨，导轨电阻不计。在导轨顶端右侧连有一阻值为的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中。现有一根长度稍大于导轨间距的金属棒从导轨最低位置开始，在外力作用下以初速度沿轨道做匀速圆周运动，由运动至最高位置，则该过程中，下列说法正确的是（　　） A.通过R的电流方向由里向外B.通过R的电流大小保持不变C.金属棒所受安培力一直减小D.外力做的功等于整个回路产生的焦耳热【答案】C【解析】【详解】A．根据右手定则，金属棒由运动至最高位置，通过R的电流方向由外向里，故A错误；B．通过R的电流大小为金属棒由运动至最高位置，金属棒水平速度逐渐减小，通过R的电流大小逐渐减小，故B错误；C．金属棒所受安培力为金属棒由运动至最高位置，金属棒水平速度逐渐减小，金属棒所受安培力一直减小，故C正确；D．根据动能定理，外力做的功等于整个回路产生的焦耳热与金属棒增加的重力势能之和，故D错误。故选C。5.空间有一束均匀足够大的等离子体，以相同的速度进入一间距为的水平面足够大的平行板电容器中，通过控制等离子体入射速度的大小，让其在平行板中沿直线运动。随即进入一横截面直径也为的电磁流量计中。已知平行板电容器电压恒定，垂直纸面向里的磁场磁感应强度分别是，其中保持不变，不考虑重力的影响，以下说法错误的是（　　）A.点电势高于点电势B.仅增大，电压表示数增大C.仅增大，电压表示数增大D.电容器上极板带正电【答案】B 【解析】【详解】A．等离子体沿直线进入电磁流量计后，根据左手定则可知正离子受到向上的洛伦兹力往上偏转，负离子受到向下的洛伦兹力往下偏转，a点电势高于b点电势，故A正确，不符合题意；D．等离子体在平行板电容器中沿直线运动，以正离子为研究对象，根据平衡条件可知，正离子受到的电场力向下，则电容器上极板带正电，故D正确，不符合题意；BC．在B1区域，根据平衡条件可得在B2区域，等离子体经过电磁流量计时受到的洛伦兹力会向上下两侧偏转，在上下两侧之间形成电场，当电场力与洛伦兹力相等时流量恒定，可得联立解得所以仅增大d，电压表示数不变；仅增大B2，电压表示数增大，故B错误，符合题意、C正确，不符合题意。故选B。6.如图平行板电容器通过导线与二极管，直流电源相连，电容器上下极板分别是板，板，且下极板接地。是极板中间的某一点，位置不发生改变。以下说法正确的是（　　）A.板上移一点，两板之间电势差不变，点电势升高B.板上移一点，两板之间电场强度增大，点电势降低C.板下移一点，两板之间电场强度增大，点电势不变D.板下移一点，两板之间电势差变大，点电势不变【答案】B【解析】【详解】A．板上移一点，板间距增大，根据可得，减少，假如电压U不变，则由 可知，Q减少，但是由于二极管的存在，Q不能减少，所以Q恒定，根据联立得所以电场强度不变，而点电势可得点电势不变，A错误；B．板上移一点，板间距减小，根据可得，增加，假如电压U不变，则由可知，Q增加，由于二极管的存在，Q可以增加，所以两板之间电势差U不变，根据，可知E增加，又由不变，所以降低，B正确；C．板下移一点，板间距减少，根据可得，增加，假如电压U不变，则由可知，Q增加，由于二极管的存在，Q可以增加，所以两板之间电势差U不变，根据，可知E增加，根据，可知增加，C错误；D．板下移一点，板间距增大，根据可得，减少，假如电压U不变，则由可知，Q减少，但是由于二极管的存在，Q不能减少，所以两板之间电势差U变大，根据联立得所以电场强度不变，又由点电势 可得点电势变大，D错误。故选B。7.如图所示，在平面直角坐标系内有半径为的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，圆心与坐标原点重合。在坐标为的点放置一个粒子源，该粒子源能在纸面内以速率v（未知量）向各个方向发射大量的带正电的粒子，且沿Y轴正方向射入的粒子恰好从圆形磁场的最左端点射出。若粒子进入磁场时的速率变为，则有粒子射出的圆形磁场的弧长为（不计粒子的重力及粒子间的相互作用）（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】当粒子速度为v时，沿Y轴正方向射入的粒子恰好从圆形磁场的最左端点射出，可知粒子带正电，运动半径为R，则有若粒子进入磁场时的速率变为则联立解得 粒子打到圆弧上的位置P距离M点的最远距离为由几何关系可知圆弧PM所对圆心角为120°，则所对应的弧长为故选A。8.关于简谐运动，单摆，受迫振动、共振，下列说法正确的是（）A.如图1所示，地面光滑，MN一起在水平面做简谐振动，则物块M受到摩擦力在不断变化B.如图2所示，为A、B两个质点做简谐运动的位移—时间图像，在t=0.5s时，A的位移为－0.5cm，B的位移为C.如图3所示，一根细线和一个小球组成的单摆，其他条件不变，若细线长度变为原来的2倍，则单摆周期变为原周期的倍D.驱动力频率与固有频率之差越小，振幅越小，二者之差越大，振幅越大【答案】AB【解析】【详解】A．由题知，MN一起在水平面做简谐振动，则物块N受到的摩擦力作为回复力，根据f=－kx可知N受到的摩擦力在不断变化，则根据牛顿第三定律可知物块M受到摩擦力在不断变化，故A正确； B．由图2可知，在t=0.5s时，A的位移为－0.5cm，B的振动方程为y=0.2cos(2.5πt)（cm）则当t=0.5s时，B的位移故B正确；C．根据单摆的周期公式可知其中R为球的半径，则若细线长度变为原来的2倍，则故C错误；D．受迫振动的周期、频率与驱动力周期、频率相等，与固有周期、频率无关，并且驱动力频率与固有频率之差越小，振幅越大，二者之差越大，振幅越小，故D错误。故选AB。9.一质量为、带电量为小球，以初速度冲上一质量为，半径为的四分之一绝缘光滑圆槽。整个空间置于竖直向下，电场强度为的匀强电场中。所有接触面均光滑，则从小球开始冲上圆槽到上升到最高点过程中，下列说法正确的是（　　）（重力加速度）A.小球和槽组成系统机械能守恒B.小球和槽之间的弹力对槽做正功C.整个过程小球的电势能增加了D.小球离开槽后继续上升的高度为【答案】BD【解析】【详解】A．小球和槽组成系统除了重力做功之外，还有电场力做功，所以机械能不守恒。故A错误；B．小球对槽的弹力斜向右下，地面光滑，槽的位移水平向右，所以该弹力对槽做正功。故B正确； C．整个过程电场力对小球做功为可知小球的电势能增加了10J。故C错误；D．小球开始冲上圆槽到上升到最高点过程，系统水平方向动量守恒，可得设小球离开槽后继续上升的高度为h，由能量守恒，可得联立，解得故D正确。故选BD。10.如图，一个粗糙绝缘斜面固定在地面，一质量为的带有正电荷的物块从斜面顶端由静止释放，物块以加速度沿斜面匀加速运动到斜面底端，末速度大小为v，则下列几种情况描述中，正确的有（　　）A.若在物块释放时，在其上放一个粗糙程度很大的质量为的物块，则两物块一起运动的加速度与相同，末速度与相同B.若在物块释放时，在空间加一竖直向下的匀强电场，则物块运动的加速度大于，末速度大于C.若在物块释放时，在空间加一沿斜面向下的匀强电场，则物块运动的加速度大于，末速度大于D.若在物块释放时，在空间加一垂直于纸面向里的磁场，则物块运动的加速度小于，因洛伦兹力不做功，故物块末速度仍为v【答案】ABC【解析】详解】A．物块加速下滑，则由牛顿第二定律可知 即即加速度与质量无关，则若在物块释放时，在其上放一个粗糙程度很大的质量为的物块，则两物块一起运动的加速度与相同，根据则末速度与相同，选项A正确；B．若在物块释放时，在空间加一竖直向下的匀强电场，则牛顿第二定律可知则物块运动的加速度大于根据可得末速度大于，选项B正确；C．若在物块释放时，在空间加一沿斜面向下的匀强电场，则牛顿第二定律可知物块运动的加速度根据可得末速度大于，选项C正确；D．若在物块释放时，在空间加一垂直于纸面向里的磁场，由左手定则可知，物块受洛伦兹力垂直斜面向下，根据牛顿第二定律可知则物块运动的加速度根据 可得末速度小于，选项D错误。故选ABC二、实验题（11题6分，12题10分，共计16分）11.某实验小组设计了一个探究“碰撞”类型的实验。如图，在光滑水平桌面上，将一质量为，带电量为的小球从处以速度v沿轴正方向抛出。整个空间存在垂直于桌面向上的匀强磁场，磁感应强度为。将一质量为不带电的绝缘小球放在轴正方向的某位置，已知两小球碰撞过程中的电荷量始终不变。（1）为保证小球能沿轴正方向撞到小球，则小球应放在___________处，小球A初速度___________。（2）在（1）问的情况下，若AB小球的碰撞是弹性碰撞，则小球碰后经过轴正方向的___________处。【答案】①.2②.2③.【解析】【详解】（1）[1]小球能沿轴正方向撞到小球，说明A球速度垂直ｙ轴，由几何关系可知小球应放在2处；[2]根据洛伦兹力提供向心力求得 （2）[3]若AB小球的碰撞是弹性碰撞，可得求得根据洛伦兹力提供向心力求得有几何关系可得联立求得12.某同学在学习多用电表后，自己动手改装了一个多用电表。改装后其内部结构如图所示。已知微安表满偏电流为，内阻为，两个电源的电动势。改装后通过控制开关，使该电表的电压档有四个量程的档位，量程最小是，量程最大的是。（1）由以上信息可知___________，___________。（2）使用该电表的欧姆档进行测量时，将闭合，接1位置，此时对应的档位是档，现将 断开，接2位置，则对应的档位应为___________档（填“”“”“”“”）。（3）将闭合，接1位置，用欧姆档档去测一未知电阻的阻值，若，在测量电阻时，微安表的指针偏转了满偏的三分之一，则___________。（4）在（3）的情况下，该同学发现该电池的电动势标值与实际值一致，内阻的标称值比实际值小，则的测量值___________（填“偏大”、“偏小”、“不变”）。【答案】①.900②.9000③.④.200⑤.不变【解析】【详解】（1）[1][2]电压表最小量程是，最大量程是，根据电压表的改装原理，得解得（2）[3]当闭合时，将微安表改装成了大量程的电流表，量程为闭合，接1位置时，设欧姆表内部总电阻为，将断开，接2位置时，设欧姆表内部总电阻为，有设当微安表指针指同一电流时，测量的电阻值分别为和，有 解得所以当闭合，接1位置，对应的档位是档时，将断开，接2位置，所对应的档位为档。（3）[4]当闭合，接1位置，对应的档位是档时，设欧姆表内部总电阻为，微安表满偏电流为，测未知电阻时，根据闭合电路欧姆定律，有有解得（4）[5]根据可知，只与电源电动势和满偏电流有关，电动势不变，不变，测量值不变。三、解答题（13题12分，14题14分，15题18分）13.将一个力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力，如图所示，图中O点为单摆的悬点，现将一质量小球（可视为质点）拉到点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球在竖直平面内的之间来回摆动，其中点为运动中最低位置，小于且是未知量。计算机得到细线对摆球的拉力最大值是，两个相邻的最大值之间时间间隔，且图中时刻为摆球从点开始运动的时刻，根据力学规律和题中信息（重力加速度取）求：（1）求单摆的摆长；（2）求细线对摆球的最小拉力。 【答案】（1）0.4m；（2）0.495N【解析】【详解】（1）小球运动到最低点时，绳子的拉力最大，在一个周期内两次经过最低点，根据该规律知根据可得（2）小球通过A点时细线对摆球的拉力最小，根据圆周运动的规律可知小球通过B点时细线对摆球的拉力最大，根据圆周运动的规律可知小球从A运动到B的过程中，根据动能定理可得联立解得14.是两个可视为质点的小球，小球的质量为，小球的质量为，其中不带电，的电荷量为。开始时，之间有一压缩的弹簧，弹簧与、均不相连，弹簧处于锁定状态，A，B保持静止。现解除锁定，弾簧完全伸展开后，A小球恰好能沿管道运动到左边管的最高点，已知左边管是半径为的半圆管，右边是一半径未知的半圆弧，圆弧区域有水平向左的、电场强度为的匀强电场，不计一切摩擦阻力（重力加速度）。（1）求开始时弹簧的弹性势能。 （2）若小球也能到达圆弧的最高点，求圆弧半径的最大值。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）A小球恰好能沿管道运动到左边管的最高点，此时速度为0，根据动能定理可得求得两个小球在弹开过程中，动量守恒可得由能量守恒可得联立求得（2）对B球受力分析可知，重力与电场力的合力为与竖直方向夹角为求得若要小球也能到达圆弧的最高点，则由从水平面上到等效最高点由动能定理可得 联立求得15.如图Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域所有空间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度均为，质量均为的金属棒放在导轨上，开始在外力作用下，让两棒保持静止。已知，棒电阻不能忽略，a棒和所有导轨电阻均不计，Ⅰ、Ⅱ区域导轨宽度均为，Ⅰ、Ⅱ区域导轨之间连接处绝缘（Ⅱ、Ⅲ区域导轨接触处导电良好），Ⅲ区域导轨宽度为。Ⅰ区域导轨倾斜放置，倾角为，Ⅱ、Ⅲ区域导轨水平放置，且足够长。在Ⅰ区域导轨上接入一个电容的电容器，初始时电容器电荷量为0。现将两棒由静止释放，当棒沿Ⅰ区域导轨运动到Ⅱ区域导轨上时速度为，不计一切摩擦阻力。（重力加速度）（1）求a棒沿Ⅰ区域倾斜导轨下滑的距离。（2）求b棒从开始运动到稳定状态，通过的电荷量。（3）若仅将Ⅲ区域磁场强度变成原来的2倍，其他条件不变，仍将a由静止释放，求以后的运动过程中b棒上总共产生的焦耳热。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）a棒沿Ⅰ区域倾斜导轨下滑的距过程，根据动能定理解得倾斜导轨下滑的距离（2）棒运动到Ⅱ区域导轨上后，在安培力作用下减速，b棒在安培力的作用下加速，当b棒速度为棒的2倍时，达到稳定状态，安培力对、b两棒的冲量大小分别为、，有根据动量定理 联立解得设某时刻流过b棒的电流为，取很短的时间，有又解得等式两侧求和解得解得通过的电荷量（3）若仅将Ⅲ区域磁场强度变成原来的2倍，棒运动到Ⅱ区域导轨上时速度为，同理运动到Ⅱ区域导轨上后，在安培力的作用下减速，b棒在安培力的作用下加速，当b棒速度与棒的相同时，达到稳定状态，安培力对、b两棒的冲量大小分别为、，有根据动量定理联立解得根据能量守恒，以后的运动过程中b棒上总共产生的焦耳热 解得