【文档说明】四川省泸县第一中学2023-2024学年高二上学期12月月考物理试题 含解析.docx，共(17)页，1.410 MB，由管理员店铺上传

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泸县一中高2022级高二上学期第三学月考试物理试题第一部分选择题（共48分）一、选择题（本题共11小题，1~7题每小题4分，每小题给出的四个选项中只有一个是正确的；8~11题有多个选项符合要求，全部选对得5分，不全得3分，有错选或不选得0分，共48分）1.有关电压与电动

势的说法中正确的是()A.电压与电动势单位都是伏特，所以电动势与电压是同一物理量的不同叫法B.电动势就是电源两极间的电压C.电动势公式E＝Wq中的W与电压U＝Wq中的W是一样的，都是电场力做的功D.电动势与电压从能量转化的角度来说有本质的区别【答案】D

【解析】【详解】电压与电动势的单位相同，但物理意义不同，是两个不同的物理量，故A错误；根据闭合电路欧姆定律，路端电压U=E-Ir，只有当外电路断开时，I=0，路端电压等于电动势．当外电路接通时，路端电压即

电源两极间的电压小于电动势，故B错误；电动势定义式公式：WEq=中的W是非静电力做功，电压WUq=中的W是静电力做功，故C错误；电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电动势反映电源把其他形式的能转化为电能本领大小，从能量转化的角度来说有本质的区别，故D正确．所以D正确，ABC错误．2.下列说法正确

的是（）A.奥斯特发现了电流的磁效应和电磁感应现象B.磁感线始于N极而止于S极C.某点磁场的方向与放在该点的小磁针N极所指方向一致D.某点磁场的方向与放在该点的小磁针静止时N极受力的方向一致【答案】D【解析】【详解】A．奥斯特发现了电流的磁效应和法拉第发现了电磁感应现象，A错误；

的B．磁感线在磁体外始于N极而止于S极，磁体内部是外始于S极而止于N极，磁感应线是闭合曲线，B错误；CD．某点磁场的方向与放在该点的小磁针静止时，N极所指方向一致，与N极受力的方向一致，C错误，D正确。故选D。3.如图所示的电路中，电源内阻不能忽略，110ΩR=

，28R=，当开关S板到位置1时，电压表的读数为2.0V，当开关S扳到位置2时，电压表的读数可能是（）A.2.2VB.1.9VC.1.6VD.1.4V【答案】B【解析】【详解】当开关S板到位置1时，电阻110ΩR=接入电路，电压表的读数为2.0V，根据闭合电路欧

姆定律可得12220.210UEUrrrR=+=+=+当开关S扳到2时，电阻28R=接入电路，设电压表的读数为U，根据闭合电路欧姆定律可得28UUEUrUrR=+=+联立可得20.2161.63.21.68818rrUrrr

++===++++可得1.6V2.0VU故B正确，ACD错误。故选B。4.如图甲所示，100匝的线圈两端A、B与一个理想电压表相连，线圈内有垂直指向纸内方向的磁场，线圈中的磁通量按图乙所示规律变化，则

电压表的读数应该是多少（）A.25VB.50VC.75VD.100V【答案】B【解析】【详解】由图得到，磁通量的变化率为0.150.1Wb/s0.5Wb/s0.1t−==根据法拉第电磁感应定律得50VEnt==则电压表读数为50V，故选B。【点睛】由图求出磁

通量的变化率，根据法拉第电磁感应定律求出回路中感应电动势，得到电压表的读数，基础题。5.如图，速度选择器两极板间有互相垂直的匀强电场和匀强磁场，一电荷量为q+的粒子以水平速度0v从左侧射入，恰能沿直线飞出速度选择器，不计粒子重力和空气阻力。下列说法正确的是（）A.若仅将粒子改

为从右侧射入，粒子仍将沿直线飞出B.若仅将磁场反向，粒子不能沿直线飞出C.若仅将电荷量改为q−，粒子不能沿直线飞出D.若仅将电荷量改为2q+，粒子不能沿直线飞出【答案】B【解析】【详解】CD．粒子在速度选择器中做匀速直线运动，受到的电场力和洛伦兹力大小相等、方向相反。根据qEqvB

=若仅改变粒子的电性或者电荷量，粒子仍受力平衡，仍可沿直线运动，故CD错误；AB．若仅将粒子改为从右侧射入或仅将磁场反向，根据左手定则，粒子受到的洛伦兹力将变为向下，粒子受力不再平衡，无法沿直线运动，A错误，B正确。故选B。6.如图所示，足够

大的空间中存在水平方向的匀强磁场，一根金属棒ab水平放置，将金属棒由静止释放，下列说法正确的是（）A.a端的电势低于b端的电势B.金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，最终匀速C.金属棒产生的感应电动势与时间成正比D.金属棒中的感应电流与时间成正

比【答案】C【解析】【详解】A．金属棒ab静止释放向下加速运动，切割磁感线，金属棒ab相当于电源，由右手定则知金属棒上正电荷从a流向b，由电源内部的电流是从负极流向正极，故a端的电势高于b端的电势，故A错误；BD．由于金属棒没有构成闭合回路，故金属棒上没有感应电流，不受安培力，故

金属棒只受重力，一直向下匀加速运动，故BD错误；C．由法拉第电磁感应定律EBLvBLgt==金属棒产生的感应电动势与时间成正比，故C正确。故选C。7.两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强

磁场区域，其运动轨迹如图所示。若不计粒子的重力，则下列说法正确的是（）A.a粒子带正电，b粒子带负电B.a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大C.a粒子动能较大D.a粒子在磁场中运动时间较长【答案】D【解析】【详解】A．粒子向右运动，根据左手定则，b向上

偏转，应当带正电；a向下偏转，应当带负电，选项A错误．C．根据洛伦兹力提供向心力，有2vqvBmr=得mvrqB=故半径较大的b粒子速度大，动能也大，选项C错误；B．由公式f=qvB可知速度大的b受洛伦兹力较大，选项B错误；D．根据公式2rvT=

及mvrqB=有2mTqB=由于两粒子所带电荷量相等，则磁场中偏转角大的运动的时间也长，a粒子的偏转角大，因此运动的时间就长，选项D正确。故选D。8.如图所示，两根通电长直导线a、b平行放置，a、b中的电流大小分别为

I和2I，a、b间的距离为r。在与a、b共面的平面内再放入通电长直导线c后，使a、b，c所受磁场力都为零，已知通电长直导线周围的磁感应强度大小与电流成正比，与该点到通电长直导线的距离成反比，下列说法正确的是（）A.c应放在a左侧B.c应放在a、b的正中间C.c的电流方

向应与a相同D.c的电流大小应为2I【答案】AD【解析】【详解】AB．根据右手螺旋定则和磁场叠加原理，a、b导线产生的磁场叠加后，合场强为零的位置应该在导线a的左侧，设该位置距离导线a为x，根据IBkr=可知2IIkkxrx=+解得xr=即将导线c放到a的左侧，距a距离

为r的位置，A正确，B错误；CD．放入导线c后，导线c与导线b在导线a位置产生的合场强也为零，根据右手螺旋定则和磁场叠加原理可知，导线c的电流方向应与导线b大小和方向相同，C错误，D正确。故选AD。9.某同学设计了一个电磁冲击钻，其原理示意图如图所示，若发现钻头M突然向右运动，则可能

是（）A.开关S由断开到闭合的瞬间的B.开关S由闭合到断开的瞬间C.保持开关S闭合，变阻器滑片P加速向左滑动D.保持开关S闭合，变阻器滑片P匀速向右滑动【答案】AC【解析】【分析】【详解】A．开关S由断开到闭合的瞬间，穿过M的磁通量变大，为阻碍磁通量变大，钻头向右运

动。故A正确；B．开关S由闭合到断开的瞬间，穿过M的磁通量减小，为阻碍磁通量的减小，钻头向左运动，故B错误；C．保持开关S闭合，变阻器滑片P加速向左滑动，穿过M磁通量增加，为阻碍磁通量增加，钻头向右运动。故C正确；D．保持开关

S闭合，变阻器滑片匀速向右滑动，穿过M的磁通量减小，为阻碍磁通量减小，钻头向左运动。故D错误。故选AC。10.笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件，当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，电脑进

入休眠状态。休眠状态时、简化原理如图所示，宽为a、厚为b、长为c的矩形半导体霍尔元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，其载流子是电荷量为e的自由电子，当通入方向向右、大小为I的电流时，元件前、后表面间

电压为U，则此时元件的（）A.前表面的电势比后表面的低B.自由电子受到的洛伦兹力大小为eUaC.前、后表面间的电压U与b无关D.前、后表面间的电压U与I成正比【答案】BD【解析】【详解】A．当通入方向向右、大小为I的电流时，自由电子运动方向向左，根据左手定则，电子受到的的洛伦兹力指向后表

面，后表面带负电，则前表面的电势比后表面的高，故A错误；B．元件前、后表面间电压为U时，洛伦兹力和电场力平衡，则有=eUFa洛故B正确；CD．根据电流的微观表达式Inevab=洛伦兹力和电场力平衡，则有eUevBa=解得IBUneb=故前、后

表面间的电压U与I成正比，U与b有关，故C错误，D正确。故选BD。11.如图所示，直流电源电动势为E，内阻为r，1R、2R为定值电阻，且1Rr，R为滑动变阻器，G为灵敏电流计，闭合开关S后电容器中一个带电微粒恰处于平衡状态，则（）A.

当R的滑动触头向下滑动时，回路总电流减小B.当R的滑动触头向下滑动时，电流计中电流方向a→bC.当R的滑动触头向上滑动时，微粒将向下移动D.当R的滑动触头向上滑动时，电源输出功率将减小【答案】BD【解析】【详解】AB．当R的滑动触头向下滑动时，滑

动变阻器电阻减小，回路总电阻变小，回路总电流变大，电源内阻r，定值电阻1R分压增大，2R两端电压减小，则电容两端的电压减小，故电容器内的电量减小，则电容器放电，通过电流计的电流方向为a→b，A错误，B正确；C．当R的滑动触头向上滑动时，滑动变阻器电阻增大，回

路总电阻变大，回路总电流变小，电源内阻r，定值电阻R1分压减小，R2两端电压增大，即电容器两端的电压增大，故两极板间的电场强度增大，微粒向上运动，C错误；D．因R1>r，当R的滑动触头向上滑动时，外电阻持

续变大且大于内阻，电源输出功率减小，D正确。故选BD。第二部分非选择题（共52分）注意事项：必须使用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上题目指示区域内作答。二、实验题（共14分）12.如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置．（1）按实验的要求将图中所缺的导线用笔画线代替，请补画完整________

______．（2）电键闭合后，下列说法中正确的是__________A只要将线圈A放在线圈B中就会引起电流计指针偏转B线圈A插入或拔出线圈B的速度越大，电流指针偏转的角度越大C如果在闭合电键时发现灵敏电流计的

指针向右偏了以下，那么合上电键后，A线圈插入B线圈中，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针向左偏一下（3）上述实验中，原线圈A可等效为一个条形磁铁，将线圈B和灵敏电流计连接如图所示，当电流从正接线柱流入灵敏电流计时，指针向正接线柱一侧偏转．则

当条形磁铁迅速向上拔出时，图中灵敏电流计指针向_____________接线柱方向偏转（填：正、负）【答案】①.②.BC③.正【解析】【分析】注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路，据此可正确解答；当穿过闭合回路磁通量发

生变化，会产生感应电流，产生的感应电动势越大，感应电流越大，电流计的指针偏转角度越大；【详解】(1)将电源、电键、变阻器、线圈A串联成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，再将电流计与线圈B串联成另一个回路，电路图如图所示；(2)A、当将线

圈A放在线圈B中，因磁通量不变，则不会引起电流计指针偏转，故A错误；B、线圈A插入或拔出线圈B的速度越大，则穿过线圈的磁通量的变化率越大，感应电动势越大，则产生的感应电流越大，那么电流计指针偏转的角度越大，故B正确；C、

在闭合电键时，电流增大，穿过线圈的磁通量的增大，根据楞次定律发现灵敏电流计的指针向右偏了一下；那么合上电键后，A线圈插入B线圈中，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电阻增大，电流减小，穿过线圈的磁通量的减小，根据楞次定律可知灵敏电流计指

针向左偏一下，故C正确；故选BC．(3)当电流从正接线柱流入灵敏电流计时，指针向正接线柱一侧偏转，根据楞次定律，依据题目中图可知，螺线管的感应电流由上向下，则当条形磁铁迅速向上拔出时，穿过线圈的磁通量的减小，根据楞次

定律，螺线管的感应电流由上向下，图中灵敏电流计指针向正接线柱方向偏转．13.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率，步骤如下：（1）用游标为20分度的游标卡尺测量其长度如图，由图可知其长度为L=________mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图所示，由图可知

其直径D=________mm；（3）某同学先用多用电表的电阻“10”挡，按正确的操作步骤测量此圆柱体的电阻，发现指针偏转角度很小，则应将选择开关旋转到________挡（填“100”或“1”）并进行欧姆调零，再次进行测量时，表盘示数如图所示

，则该电阻的阻值约为________Ω。（4）某同学想通过描绘伏安特性曲线来研究该电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R：电流表1A（量程04mA，内阻约50Ω）；电流表2A（量程030mA，内阻约30Ω）电压表1V（量程3V，内阻约10kΩ）；电

压表2V（量程15V，内阻约25kΩ）；直流电源E（电动势4V，内阻不计）：滑动变阻器lR阻值范围0~15Ω，允许通过的最大电流2.0A）；滑动变阻器2R阻值范围0.2kΩ，允许通过的最大电流0.5A）；开关S；导线若干根据实验要求，滑动变阻器应选________（填l

R或2R），电流表应选________，电压表应选________，【答案】①.50.15②.4.699##4.700##4.701③.100④.1200⑤.1R⑥.1A⑦.1V【解析】【详解】（1）[

1]游标卡尺的读数为50mm30.05mm=50.15mmL=+（2）[2]螺旋测微器的读数为4.5mm+20.00.01mm=4.700mmd=（3）[3][4]指针偏转角度太小，说明被测电阻过大，应采用大一档测量，故换用×100档，欧姆表读数为12.0100Ω1200Ω

R==的（4）[5][6][7]因为该电阻大概1200Ω，因为描绘伏安特性曲线，要求测得多组数据进行分析，所以采用滑动变阻器的分压接法，便于操作，所以采用总阻值较小的滑动变阻器1R，电路中的最大电流为max4A3.3mA1200EIR

==故电流表应选A1，为使读数较为准确，电压表选V1。【点睛】根据电源电动势选择电压表，在保证安全的前提下选择最大阻值小的滑动变阻器。三、计算题（写出必要的文字说明，3个小题，14题10分，15题12

分，16题16分，共38分）14.如图所示电路中，M为直流电动机，其线圈电阻为01.0R=，电池组电动势24E=V，内阻1.0r=，电动机正常工作，电压表示数为22U=V，求：（1）电源耗电功率（2）电动机输出的机械功率【答案】（1）48WP=；（2）40WP=出【解析

】【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律，有()ERrIU=++解得2422A2A1EUIr−−===故电源的耗电功率为242W48WPEI===（2）由于电动机的热功率为2221W4WPIR===热电动机消耗的功率为222W44WPUI===所以电动机的机械功率为的=44W4W

40WPPP−=−=热机15.如图所示，真空中有一直角坐标系xOy，M、N分别是y轴和x轴上的两点，该空间内有一匀强电场，方向沿y轴负方向，一质量为m、电荷量为+q的粒子从M点以速度v0沿x轴正方向射出，恰能通过N点，已知OM=d，ON=2d，不计粒子

重力。（1）求该匀强电场场强E的大小；（2）若撤去该匀强电场，在垂直于xOy平面加一匀强磁场，仍让这个带电粒子从M点以速度v0沿x轴正方向射出，粒子仍通过N点，求所加匀强磁场磁感应强度B的大小和方向。【答案】（1）202mvqd；（2）

B的大小为25mvqd；方向垂直于纸面向外【解析】【详解】(1)粒子在x轴方向上做匀速直线运动，所以粒子从M运动到N的时间为02dtv=粒子在y轴方向上做初速度为零的匀加速直线运动，设其加速度为a，则根据牛顿第二定律有qEam=所

以220112()22qEddatmv==可得202mvEdq=(2)由题意可知，粒子在M点所受洛仑兹力的方向沿y轴负方向，根据左手定则可知，所加匀强磁场的方向为垂直纸面向外，如图所示粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设其半径为r，由勾股定理得2222(drdr+=()-)所以52rd=

根据牛顿第二定律有200vqvBmr=解得025mvBdq=16.如图甲所示，倾角为37=足够长的倾斜导体轨道与光滑水平轨道平滑连接。轨道宽度0.5md=，电阻忽略不计。在水平轨道平面内有水平向右的匀强磁场，倾斜轨道平面内有垂直于倾斜轨道向下的匀强磁场，大小都为B，现

将质量0.4kgm=、电阻1R=的两个相同导体棒ab和cd，垂直于轨道分别置于水平轨道上和倾斜轨道的顶端，同时由静止释放。导体cd下滑过程中加速度a和速度v的关系如图乙所示。cd棒从开始运动到最大速度的过程中流过cd棒

的电荷量0.4Cq=（sin370.6=，cos370.8=，210m/s=g），则：（1）cd和倾斜轨道之间的动摩擦因数是多少；（2）ab和水平轨道之间的最大压力是多少；（3）cd棒从开始运动到速度最大的过程中ab棒上产生的焦耳热是多少。【

答案】（1）0.125；（2）6N；（3）0.3J【解析】【详解】（1）cd刚释放时，加速度25m/sa=对cd棒受力分析，由牛顿第二定律得sincosmgmgma−=解得0.125=（2）由图像可知，0a=时cd棒速度达到最大，此时电路中的电流最大，此时cd

速度1m/sv=ab安培力达到最大，对地面压力也达到最大对cd受力分析sin+cosmgFmg=对ab棒受力分析NFmgF=+解得2NF=，N6NF=（3）安培力大小222BdvFBIdR==解得4TB=由222EBdxqItt

RRR====解得0.4mx=cd从开始到速度最大的过程中，根据动能定理得21sincos2mgxmgxWmv−−=产生的总焦耳热QW=ab棒上产生的焦耳热获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com