【文档说明】河南省顶级名校2022-2023学年高三上学期12月摸底考试 物理 含解析.docx，共(18)页，1.318 MB，由envi的店铺上传

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2022-2023学年度高中物理12月月考卷考试时间：90分钟第I卷（选择题）一、单选题(共48分)1．(本题4分)如图甲、乙、丙、丁所示，下列关于四幅图的说法正确的是（）A．甲图，通电螺线管周围产生的磁场和磁感线都是真实存在的B．乙图，将

小磁针放在地球表面赤道位置自由静止时，小磁针的N极指向地理南极C．丙图，法拉第圆盘发电机利用了“电生磁”的现象为原理制作而成D．丁图，麦克斯韦推断的电磁波产生与传播的原理图2．(本题4分)如图所示，在半径为0.5m圆形轨道（粗细均匀

）内存在着垂直轨道平面的匀强磁场，磁感应强度大小为1T，导体棒ab在外力作用下沿轨道平面做匀速运动，速度大小为3m/s。已知轨道总电阻为4，导体棒总电阻为2。运动过程中导体棒与轨道良好接触，忽略阻力及摩擦，当导体棒通过圆心时，a、b两点的电势差为（）A．3VB．2VC．1V

D．0.5V3．(本题4分)镭（Ra）是历史上第一个被分离出来的放射性元素，已知22688Ra能自发放出粒子而变成新核Rn，已知22688Ra的质量m₁=226.0207u，Rn的质量m₂=222.0101u，粒子的质量m=4.0026u，如图所示，一个

静止的镭核在匀强磁场中发生衰变，衰变后两粒子运动平面与磁场垂直（涉及比值时，质量可取整数），已知1u质量相当于931.5MeV的能量，则（）A．轨迹半径大的是新核RnB．粒子与Rn核在磁场中运动的半径之比为2：111C．衰变过程中放出的能

量约为0.745MeVD．粒子的动能约为7.320MeV4．(本题4分)如图所示，空间中存在一均匀磁场B，方向垂直纸面向里。一长度为l的铜棒以速度v向右匀速运动，速度方向与铜棒长度方向之间的夹角为30，则铜棒ab、两

端的电势差ababUUU=−等于（）A．BlvB．Blv−C．12BlvD．12Blv−5．(本题4分)不计电阻的两组线圈ab和cd分别绕在铁芯上，相互靠近如图所示放置，两线圈匝数之比为n1：n2，图中C为电容器，V1和V2为理想电压表。若M

N端输入按正弦规律变化的电压，以下说法正确的是（）A．两线圈中电流均为0B．电容器消耗的功率等于MN端的输入功率C．电压表V1和V2的读数之比为：1122UnUn=D．将一闭合导线框置于电容器两极板之间，线框中可能会产生电流6．(本题4分)图甲为发电机线圈中的磁通

量随时间变化的图像，发电机线圈共有100匝，其电阻忽略不计。将发电机接在乙图中的a、b两端并为其供电。R1、R2阻值均为400Ω，R2与一理想二极管串联，其右侧接一理想交流电压表。下列说法中正确的是（）A．发电机线圈中的磁通

量随时间变化的关系为Φ=22cos100πt（Wb）B．R1中电流的瞬时值i1=0.5cos100πt（A）C．0～2s内，R2上产生的焦耳热为1×104JD．电压表的示数约为141V7．(本题4分)氢原子的基态能量为1E，第n能级能量为12nE

En=，能级如图甲所示，现有大量处于激发态（4n=）的氢原子，向较低能级跃迁放出光子，其中有2种频率的光子可以使某金属发生光电效应。该金属的遏止电压cU与入射光的频率的关系如乙图所示，下列说正确的是（）A．将滑动变阻器的滑片向右移动，电压表和

电流表的示数均增大B．这群氢原子，所发出的光子的最大频率是11516EhC．由图乙可知，普朗克常量121eUh=−D．大量处于激发态（5n=）的氢原子，向较低能级跃迁时，将有4种频率的光子可以使该金属发生光电效应8．(本题4分)如图所示，A、B、C

是三个完全相同的灯泡，L是一个自感系数较大的线圈，其直流电阻可忽略不计，则（）A．S闭合时，B、C灯立即亮，A灯缓慢亮B．电路接通稳定后，B、C灯亮度不同C．电路接通稳定后断开S，A灯闪一下后逐渐熄灭D．电路接通稳定后断开S

，b点的电势高于a点9．(本题4分)如图所示，竖直光滑导轨上端接入一定值电阻R，C1和C2是半径都为a的两圆形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向外，区域C1中磁场的磁感应强度随时间按B1=b＋kt（k>0）变化

，C2中磁场的磁感应强度恒为B2，一质量为m、电阻为r、长度为L的金属杆AB穿过区域C2的圆心垂直地跨放在两导轨上，且与导轨接触良好，并恰能保持静止。则（）A．通过金属杆的电流大小为2mgBLB．通过金属杆的电流方向为从A到BC．定值电阻的阻值R=322kBamgD．整个电路中产生的热功率P

=22kamgB10．(本题4分)如图所示，电阻不计的单匝线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边以角速度ω匀速转动，其线圈中感应电动势的峰值为Em，闭合回路中两只灯泡均能正常发光。则（）A．从图中位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为e=EmcosωtB．增大线圈转动角速度ω时，感应

电动势的峰值Em不变C．减小电容器C两极板间的距离时，灯泡A1变暗D．抽去电感器L的铁芯时，灯泡A2变亮11．(本题4分)传感器是把非电学物理量（如位移、速度、压力、角度等）转换成电学物理量（如电压、电流、电量等）的一种元件。如图所示中的

甲、乙、丙、丁是四种常见的电容式传感器，下列说法正确的是（）A．甲图中两极间的电量不变，若电压减小，可判断出h变小B．乙图中两极间的电量不变，若电压增大，可判断出θ变小C．丙图中两极间的电压不变，若有电流流向传感器的负极，则x变小D．丁图中两极间的电压不变，若有电流流向传感器的正极，则

F变大12．(本题4分)14156Ba是铀核核裂变的产物之一，仍有放射性，其发生β衰变的方程是141141056571BaLae−→+。已知14156Ba核的质量为1m，14157La核的质量为2m，电子的质量为3m，质子的质量为4m，中

子的质量为5m，光速为c，则14156Ba的比结合能可表示为（）A．()212356mmmc−−B．()2123141mmmc−−C．()2451568556mmmc+−D．()24515685141mmmc

+−二、多选题(共30分，每题5分，选不全等2分）13．(本题5分)如图，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。有两根完全相同的金属棒a和b垂直静置于水平光滑平行金属导轨上。导轨间距为L，电阻不计，金属棒与导轨接触良好，两根金属棒质

量均为m，电阻均为R。某时刻给a施加一个水平向右的恒力F，关于a、b棒最终的状态，全科免费下载公众号《高中僧课堂》下列说法正确的是（）A．a、b棒处于相对静止的状态B．a棒受到的安培力与F是一对平衡力C．b棒的加速度为2Fm

D．回路中的电功率为2222RFBL14．(本题5分)金属圆环P中通有逆时针电流，将另一直径可变、通有逆时针电流的圆环Q放在圆环P的不同位置处，如图所示，下列说法正确的是（）A．甲图中Q有向左运动并扩大的趋势B．乙图中Q有向左运动并缩小的趋

势C．丙图中Q有扩大的趋势D．丁图中Q有扩大的趋势15．(本题5分)如图，质量为m=1kg的物块A和质量为M=2kg的正方形导线框C用轻绳跨过两个等高的光滑定滑轮相连，C正下方两虚线区域内有两个有界匀强磁场I和II，两磁场磁感应

强度相等。线框边长与磁场宽度及磁场与磁场间距离都为d=0.6m，导体框总电阻为r=5Ω。用手竖直向下拉住A，使C与磁场距离为d=0.6m，整个系统保持静止。放手后，线框向下运动，并可以匀速进入磁场I。g取10m/s2，下列说法正确的是（）A．线框进入磁场I的速度

为2m/sB．磁场的磁感应强度为253TC．磁场的磁感应强度为2523TD．线框穿越I、II两个磁场产生的焦耳热为24J16．(本题5分)2021年下半年，全国多地为避免能源供应不足而影响民生，开始出台限产限电措施。为了研究远距离输电时输

电导线的总电阻对电路的影响，某学校兴趣小组设计了如图所示的电路。ab、间接入正弦交流发电机，发电机输出电压保持不变。用滑动变阻器接入的电阻模拟输电导线的总电阻，变压器可视为理想变压器，12LL、为两个规格相同的灯泡且其电阻可视为不变，开始时开关S

处于闭合状态。下列说法正确的是（）A．当滑动变阻器滑片P向右滑动时，两灯泡均变亮B．当滑动变阻器滑片P向右滑动时，ab、间输出的总功率变小C．当开关S断开时，灯泡1L变亮D．当开关S断开时，变压器的输出功率变小17．(本题5分)如图所示，正方形导线框abcd的ad边中点O和bc边中

点O分别接有接线柱，两接线柱通过导线与阻值为R的定值电阻相连。OO的左侧有方向垂直纸面向里的匀强磁场，右侧有方向垂直纸面向外的匀强磁场，两磁场的磁感应强度均为B。从某时刻开始，正方形导线框绕过OO的轴以恒定角速度转动，初始ab边速度方向垂直纸面

向外。已知正方形导线框边长为L，正方形导线框、接线柱、导线的电阻均不计，下列说法正确的是（）A．正方形导线框的ab边越过OO向右转动时电流方向为ab→B．定值电阻消耗的电功率为2428BLRC．流过正方形导线框cd边的电流有效值为224BLRD．正方形线框abcd产生的感应

电动势最大值为2BL18．(本题5分)如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，垂直于磁场有两根足够长的、间距为l的光滑竖直平行金属导轨，导轨上端接有开关、电阻、电容器，其中电阻的阻值为R，电容器的电容为C（不会被击穿），金属棒MN水平放置，质量为m，不计金属棒和导轨的电阻。现使MN沿导轨由静止开始下

滑，金属棒MN和导轨始终接触良好，下列说法正确的是（已知重力加速度为g）（）A．只闭合开关S1，金属棒MN先做加速直线运动，达到大速度m22mgRvBl=，保持这个速度做匀速直线运动B．只闭合开关S1，经过一段时间，金属棒MN恰好匀速运动，此过程中金属棒机械能

守恒C．只闭合开关S2，金属棒MN做匀加速直线运动，加速度大小为22mgamCBl=+D．只闭合开关S1，金属棒MN下降距离为x时，通过闭合开关S1的电荷量BlxqR=三、解答题(共22分)19．(本题22分)如图，质量为m、电阻为2r的均匀金属棒ab垂直架在水平面甲内间

距为2L的两光滑金属导轨的右边缘处。下方的导轨由光滑圆弧导轨与处于水平面乙的光滑水平导轨平滑连接而成（即图中半径OM和O′P竖直），圆弧导轨半径为R、对应圆心角为60°、间距为2L，水平导轨间距分别为2L和L。质量也为m、电阻为r的均匀

金属棒cd垂直架在间距为L的导轨左端。导轨MM′与PP′、NN′与QQ′均足够长，所有导轨的电阻都不计。电源电动势为E、内阻不计。所有导轨部分均有竖直向下的、磁感应强度为B的匀强磁场（图中未画出）。闭合开关S，金属棒ab迅即获得水平向右的速度（未知，记为v0）做平抛运动，

并在高度降低2R时恰好沿圆弧轨道上端的切线方向落在圆弧轨道上端，接着沿圆弧轨道下滑。已知重力加速度为g，求：（1）金属棒ab做平抛运动的初速度v0；（2）金属棒ab做平抛运动恰好落在圆弧轨道上端时对圆弧轨道的压力；（3）若圆弧导

轨区域内无磁场，其他部分磁场不变，从金属棒ab刚落到圆弧轨道上端起至开始匀速运动止，这一过程中金属棒ab上产生的焦耳热。参考答案1．D【详解】A．磁场真实存在，但磁感线是为了描述磁场的性质引人的假想线，并不实际存在，故A错误；B．地理南极即为地磁北极，则在赤道位置的地磁场方向由地理南极

指向地理北极，小磁针N极方向与磁场方向相同，故此时小磁针的N极应指向地理北极，故B错误；C．法拉第圆盘发电机是利用电磁感应---“磁生电”现象为原理制作的，故C错误；D．麦克斯韦推断：若在空间某区域有周期性变化的电场，那么它就在空间引起周期性变化的磁场，这个变化的磁场又引起新的变化的电场

，这样交替产生，由近及远地向周围传播，即为电磁波的产生和传播原理，故D正确。故选D。2．C【详解】当导体棒通过圆心时，导体棒在圆形区域内切割有效长度2Lr=，产生感应电动势13VEBLv==此时圆形轨道接入回路电阻为14R，导体棒接入回路电阻

为2R，由欧姆定律有1121A4EIRR==+回路路端电压111V4RUI==此时导体棒a、b两点电势差为1V。故选C。3．D【详解】AB．新核与粒子做反冲运动，动量大小相等，方向相反，根据2vqvBmr=运动半径mvrqB=可知，粒子的电量小，半径大，粒子与Rn核在磁场中

运动的半径之比为43：1，故AB错误；C．释放的核能2Emc=算得7.452MeVE=故C错误；D．由动能与动量的关系2k2pmE=可得kRnk1112EE=kkRnEEE+=得k7.320MeVE=故D正

确。故选D。4．D【详解】铜棒ab、切割磁感线产生感应电动势，ab相当于电源，根据右手定则，判断知a端相当于电源的负极，b端相当于电源的正极，根据法拉第电磁感应定律，可得1sin302abUEBlvB

lv=−=−=−故选D。5．D【详解】A．若MN端输入按正弦规律变化的电压，则线圈ab中有变化的电流，线圈cd中磁通量会发生变化，线圈cd中产生感应电动势，对电容器充电，则cd线圈中有电流产生，故A错误；BC．两组线圈ab和cd不是绕

在同一铁芯上，通过线圈ab的磁通量不可能完全通过线圈cd，会有损失，电容器消耗的功率小于MN端的输入功率1122UnUn故BC错误；D．将一闭合导线框置于电容器两极板之间，当线框平面与纸面平行时，穿过线框的磁通量有变化时，会产生电流，故D正确。故选D。6．D【详解

】A．由图甲可得出发电机线圈转动的角速度为222100(rad/s)210T−===发电机线圈中的磁通量随时间变化的关系为2m22cos10cos100(Wb)tt−==故A错误；B．发电机产生的电动势最大值mm2002VEN==则流经R1的电流最大值mm

10.52AEIR==由图甲可知线圈从中性面位置开始计时，则其瞬时值10.52sin100(A)it=故B错误；CD．理想二极管具有单向导电性，且导通时电阻为0，根据有效值定义，设R2两端电压的有效值为U有，则2m222()22EUTTRR=有解得1002V141VU=有即电压表的示数约

为141V；0～2s内R2上产生的焦耳热为22100JUQtR==有故D正确，C错误。故选D。7．C【详解】A．由电路图可知，加在板间的电压为反向电压，所以将滑动变阻器的滑片向右移动时，电压表示数增大，而电流表的示数减小，故A

错误；B．由题意可知，这群处于n=4能级的氢原子，所发出的光子的最大频率为从n=4能级跃迁到n=1能级发出的，即频率为11411151616EEhEEE=−=−=−即11516Eh=−故B错误；C．由爱因斯坦光电效应方程知c0

eUhW=−则0cWhUee=−由图像知121Uhe=−解得121eUh=−故C正确；D．由题意知，大量处于激发态（4n=）的氢原子，向较低能级跃迁放出光子，其中有2种频率的光子可以使某金属发生光电效应。即n=4能级

向n=1能级和n=3能级向n=1能级放出的两种频率的光子。则大量处于激发态（5n=）的氢原子，向较低能级跃迁时，将有n=5能级向n=1能级、n=4能级向n=1能级和n=3能级向n=1能级这3种频率的光子可以使该金属发生光电效应，

故D错误。故选C。8．C【详解】A．S闭合的瞬间，通过L的电流等于零，A、B、C灯都立即亮，A错误；B．电路接通稳定后，L相当于导线，B、C灯亮度相同，B错误；C．电路接通稳定后，L相当于导线，A灯熄灭，断开S的瞬间，L相当于电源

给A灯供电，A灯又亮了，然后A灯逐渐熄灭，所以A灯闪一下后逐渐熄灭，C正确；D．电路接通稳定时，通过L的电流方向向左，断开S的瞬间，L相当于电源阻碍电流减小，产生向左的电流，a是电源的正极，b是电源的负极，b点的电势低于a点，D错误。故选

C。9．D【详解】A．AB杆平衡22mgBIa=解得22mgIBa=故A错误；B．安培力向上，根据左手定则可知，AB中感应电流的方向为从B到A，故B错误；C．感应电动势的大小2Ekat==EIRr=+解得322kaBRrmg=−故C错误；D．整个电路产生的热功率22kamgPEIB=

=故D正确。故选D。10．D【详解】A．从图中位置即中性面开始计时，感应电动势瞬时表达式为e=Emsinωt故A错误；B．根据Em=nBSω增大线圈转动角速度ω时，感应电动势的峰值Em增大，故B错误；C．减小电容器C

两极板间的距离时，根据r4SCkd=电容增大，电容器对交变电流的阻碍作用减小，电流增大，灯泡A1变亮，故C错误；D．抽去电感器L的铁芯时，自感系数变小，电感器对交变电流的阻碍作用减小，电流增大，灯泡A2变亮，故D正确

。故选D。11．D【详解】A．图甲中两极间的电量不变，若电压减小则由电容的定义式QCU=分析可知，电容增大，由电容的决定式4SCkd=可知，两极板正对面积增大，h变大，A错误；B．图乙中两极间的电量不变，若电压增加，则由电容的定义式QCU=分析可知，电容减小，由电容的决定式4SCk

d=可知，极板正对面积减小，θ变大，B错误；C．图丙中两极间的电压不变，若有电流流向传感器的负极，说明电容器在放电，电量减小，由电容的定义式QCU=分析可知，电容减小，由电容的决定式4SCkd=可知，电介质向外移

动，则x变大，C错误；D．图丁中两极间的电压不变，若有电流流向传感器的正极，说明电容器在充电，电量增加，由电容的定义式QCU=分析可知，电容增大，由电容的决定式4SCkd=可知，极板间距离减小，则F变大，D正确。故选D。12．D【详解】根据2Emc

=，可得14156Ba的结合能为22145145156(14156)(5685)Emmmcmmmc=+−−=+−则14156Ba的比结合能为()2451115685141141mmmcEE+−==故选D。13．CD【详解】A．开始时a棒在拉力和安

培力作用下加速运动，此时速度较小，安培力较小，加速度较大，b棒在安培力作用下做加速运动，此时安培力较小，加速度较小，a速度增加的比b快，则根据=()abEBLvv−回路电动势增加，安培力增加，则a加速度减小，b加速度增加，最终稳定时

，两棒的速度差恒定即加速度相同，安培力不再变化，故a相对于b向右运动，故A错误；B．由上分析可知，拉力F大于a受到的安培力，故B错误；C．最终稳定时，两棒受到的安培力等大反向，对整体根据牛顿第二定律2Fma=解得2

Fam=故C正确；D．对a，根据牛顿第二定律FBILma−=对b，根据牛顿第二定律BILma=解得2FIBL=回路中的电功率222222RFPRIBL==故D正确。故选CD。14．AC【详解】根据同向电流相互吸引和右手螺旋定则可以判断甲图中

Q有向左运动并扩大的趋势，丙图中Q有扩大的趋势，AC正确，BD错误。故选AC。15．ABD【详解】A．从释放A到线框开始进入磁场I，根据动能定理，可得21()2MgdmgdMm−=+v解得2m/sv=故A正确；BC．依题意，线框匀速

进入磁场I，受力分析，可得mgT=，22BdMgTR=+v解得25T3B=故B正确；C错误；D．由分析可知，线框从进入磁场I到离开磁场II，一直做匀速直线运动，由能量守恒可知44MgdmgdQ=+解得24JQ=故D正确。故选ABD。16．AC【详解】A．设理想变压器原

、副线圈的匝数分别为12nn、，电流分别为12II、，电压分别为12UU、，副线圈的负载电阻设为R，有22URI=对理想变压器有1122UnUn=1221InIn=把理想变压器原线圈等效为电阻R，有12

2212121222122221nUUnnUnRRnInInIn====等效电阻R与滑动变阻器串联接入ab、间，当滑动变阻器滑片P向右滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻r减小，ab、间总电阻减小，ab、间电压U一

定，可知原线圈电流增大，副线圈电流也增大，所以两灯泡均变亮，故A正确；B．ab、间输出的总功率2UPrR=+当滑动变阻器滑片P向右滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻r减小，可知ab、间输出的总功率变大

，故B错误；C．当开关S断开时，副线圈的负载电阻R增大，原线圈等效电阻R也增大，等效电阻R分压变大，理想变压器原线圈两端电压变大，副线圈两端电压也变大，灯泡1L变亮，故C正确；D．可把滑动变阻器接

入电路的电阻r视为电源内阻，变压器的输入功率2221122UUPIRRrrRRrR===+++当开关S断开时，R变为原来的2倍，R也变为原来的2倍，但R与r的大小关系未知，变压器的输入功率如何变化

无法判定，故变压器的输出功率如何变化也无法判定，故D错误。故选AC。17．AB【详解】A．正方形导线框的ab边越过OO向右转动时，由右手定则可知，电流方向为ab→，A正确；BD．由电磁感应定律可得线框产生的最大电动势为2m1=2EBLvBL=交流电的有效值为2m222EBL

E==定值电阻消耗的电功率为22248EBLPRR==B正确；D错误；C．因ab与cd处于并联关系，因此流经正方形导线框cd边的电流有效值为2222842cdEBLBLIRRR===C错误。故选AB。18．ACD【详解】AB．只闭合S1时，金属所受向下的重力大于向上的安培力，金属棒先向下做

加速直线运动，当安培力增大到与重力相等时，速度达到最大，即mmgBIl=mmBlvEIRR==解得m22mgRvBl=此后金属棒保持匀速直线运动；在金属棒运动过程中，安培力对金属棒做负功，金属棒的机械能减小，故A正确，B错误；C．若只闭合S2，回路中的电流为QCE

vICBlCBlattt====根据牛顿第二定律mgBIlma−=联立解得22mgamCBl=+由此可知，金属棒做匀加速直线运动，故C正确；D．只闭合S1时，金属棒下降距离为x，通过金属棒的电荷量为EqItttRtBlxRRR====

=故D正确。故选ACD。19．（1）23gR；（2）223563BLgRmgr+；（3）7645mgR【详解】（1）金属棒ab进入圆弧轨道时，分解速度有0tan60yvv=平抛运动中，竖直方向上有4

yvgR=解得023gRv=（2）根据ab棒在圆轨道上端的受力分析，由牛顿第二定律可得2Nsin30cos30vFmgFmR−−=安其中cos30yvv=ab棒进入圆弧轨道时切割磁感线产生感应电动势为0cos60EBLvBLv==所以ab棒与cd棒构成的回路内电流为2I

rEr=+此时ab棒所受安培力大小为=FBIL安联立解得对圆弧轨道压力为22N3563BLgRmgFr=+由牛顿第三定律，对圆弧轨道压力为22NN35'63BLgRmgFFr==+（3）若圆弧导轨区域内无磁场，金属棒ab滑至水

平轨道时，有221011[2(1cos60)]22mgRRmvmv+−=−解得1193gRv=最终匀速运动时，电路中无电流，所以棒ab和棒cd产生的感应电动势相等，即2abBLvBLv=此过程中，对棒ab由动

量定理得12ΔaBILtmvmv−=−对棒cd由动量定理得bBILtmv=联立以上三式解得11953agRv=，21953bgRv=该过程中整个回路产生的总焦耳热为2221111222abQmvmvmv=−−金属棒ab上产生的焦耳热为23cdQQ

=解得7645cdQmgR=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com