广东省广州市重点高中2023-2024高二上学期12月月考物理试卷（含解析）

广州市重点高中2023-2024学年高二上学期12月月考
物理试卷
本试卷分选择题和非选择题两部分，共7页，满分为100分。考试用时75分钟。
注意事项：
1、答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和学号填写在答题卡和答卷密封内相应的位置上，用2B铅笔将自己的学号填涂在答题卡上。
2、选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；不能答在试卷上。
3、非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答卷纸上作答，答案必须写在答卷纸各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。
4、考生必须保持答题卡的整洁和平整。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．在物理学发展史上有一些定律或规律的发现，首先是通过推理证明建立理论，然后由实验加以验证，以下叙述的内容不符合历史情况的有（　　）
A．库仑受牛顿万有引力定律公式的启发，在扭秤实验的基础上提出了两个静止点电荷间的相互作用
规律
B．奥斯特是第一个发现电流周围存在磁场从而将电现象与磁现象联系起来的科学家，并提出磁现象
的微观解释——分子电流候说
C．法拉弟是最早引入电场的概念，并提出用电场线来描述，可以通过实验模拟出电场线的形状
D．牛顿发现的万有引力定律，经过一段时间后才由卡文迪许用实验方法测出万有引力恒量的数值，从而验证了万有引力定律
2．带负电的粒子在某电场中仅受电场力作用，能分别完成以下两种运动：①在电场线上运动，②在等势面上做匀速圆周运动。该电场可能由（　　）
A．一个带正电的点电荷形成
B．一个带负电的点电荷形成
C．两个分立的带等量负电的点电荷形成
D．一个带负电的点电荷与带正电的无限大平板形成
3．广州塔是广州的标志性建筑，塔顶有一支避雷针。当带有负电的乌云经过避雷针上方时，避雷针开始放电，则地磁场对避雷针的作用力的方向为(　　)
A．正东 B．正西 C．正南 D．正北
4．利用如图所示电路观察电容器的充、放电现象，其中E为电源，R为定值电阻，C为电容器，A为电流表，V为电压表。下列说法正确的是（　　）
A．充电过程中，电流表的示数逐渐增大后趋于稳定
B．充电过程中，电压表的示数迅速增大后趋于稳定
C．放电过程中，电流表的示数均匀减小至零
D．放电过程中，电压表的示数均匀减小至零
5．图示为高压直流输电网，两根在同一水平面内且相互平行的长直导线A和B分别通有方向相同的电流I1和I2，且I1>I2。a点位于两根导线间的中点，b点在a点的正下方。不考虑地磁场的影响。下列说法中正确的是（　　）
A．导线A和B间的安培力是斥力
B．A受的安培力比B受的安培力大
C．a点处的磁感应强度方向竖直向上
D．b点处的磁感应强度方向水平向右
6．两只电压表V1和V2是由完全相同的两个电流计改装成的，V1表的量程是5 V，V2表的量程是15 V，把它们串联起来接入电路中，则 （ ）
A．它们的示数相等，指针偏转角度也相等
B．它们的示数之比为l:3，指针偏转角度相等
C．它们的示数相等，指针偏转角度之比为1:3
D．它们的示数之比、指针偏转角度之比均为1:3
7．在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，六个理想电表的示数都发生了变化，电表的示数分别用和 （、2、3下同）表示，电表示数变化量的大小分别用和表示。下列分析结论正确的是（　　）
A．、、示数均减小 B．、、的比值均不变
C．、的比值绝对值均变化 D．、的比值绝对值均不变
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．一带电粒子仅在电场力作用下从A点沿直线运动到B点，其速度随时间变化的图象如图所示，tA、tB分别是带电粒子到达A、B两点对应的时刻，则（　　）
A．A处的场强一定小于B处的场强
B．A处的电势一定高于B处的电势
C．该粒子在A处的电势能一定大于在B处的电势能
D．在该粒子从A到B的过程中，电场力一定对它做正功
9．洛伦兹力演示仪的实物图和原理图分别如图（a）、图（b）所示。电子束从电子枪向右水平射出，使玻璃泡中的稀薄气体发光，从而显示电子的运动轨迹。调节加速极电压可改变电子速度大小，调节励磁线圈电流可改变磁感应强度，某次实验，观察到电子束打在图（b）中的P点，下列说法正确的是（　　）
A．两个励磁线圈中的电流均为逆时针方向
B．当加大励磁线圈电流时，电子可能出现完整的圆形轨迹励磁线圈
C．当加大加速极电压时，电子打在玻璃泡上的位置将上移
D．在出现完整轨迹后，减小加速极电压，电子在磁场中圆周运动的周期变小
10．在光滑绝缘水平面上，一轻绳拉着一个带电小球绕轴O在匀强磁场中作逆时针方向的匀速圆周运动，磁场方向竖直向下，其俯视图如图所示。若小球运动到A点时，绳子忽然断开。关于小球在绳断开后可能的运动情况，下列说法中正确的是（　　）
A．小球仍作逆时针匀速圆周运动，半径不变，周期不变
B．小球仍作逆时针匀速圆周运动，但半径减小，周期减小
C．小球作顺时针匀速圆周运动，半径不变，周期不变
D．小球作顺时针匀速圆周运动，半径减小，周期减小
三、非选择题，共54分。第11-12为实验题，把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程，13-15为计算题，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
11．（6分）如图所示，在干燥的环境中，高精度电子秤上有两块金属圆片A、B固定在两个轻质绝缘支架上，下支架放在电子秤检测台面上，上支架等距贴上红色纸圈，再穿过固定支架的小孔．
（1）下支架放在电子秤检测台面上，为了方便直观知道静电力大小，要将电子秤的示数________；
（2）将A、B 两块金属圆片正对距离调为d，然后用起电机让两金属片带上相同的电量，通过读出此时电子秤的示数为m，便可得到B对A的静电力大小F_______（已知当地重力速度为g）；
（3）保持电量不变，把A、B两块金属圆片的距离定量增大通过读取电子秤示数，便可得到B对A的静电力大小，把所得数据记录分析；
（4）保持A、B两块金属圆片的距离为d，逐次用另一相同且不带电的金属圆片C与A接触，使A的电量依次减半，通过读取电子秤的示数，便可得到B 每次对A的静电力大小，把所得数据记录分析；
（5）保持两块金属圆片A、B的距离为d，逐次用另一相同且不带电的金属圆片D与B接触，使B的电量依次减半，通过读取电子秤的示数，便可得到B 每次对A的静电力大小，把所得数据记录分析；
（6）通过实验数据研究得到在真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，其大小与它们电量的乘积成_______（选填“正比”或“反比”），与它们之间距离的二次方成_______（选填“正比”或“反比”），这个规律称为库仑定律。
12．（10分）（1）测电源电动势和内电阻的电路如图（a）所示，R0为定值电阻。调节电阻箱R，记录电阻箱的阻值R和相应的电流值I，通过变换坐标，经计算机拟合得到如图（b）所示图线，则该图线选取了 为纵坐标，由图线可得该电源电动势为 V。
（2）现有三个标有“2.5V，0.6A”相同规格的小灯泡，其I-U特性曲线如图（c）所示，将它们与图（a）中电源按图（d）所示电路相连，A灯恰好正常发光，则电源内阻r= Ω，图（a）中定值电阻R0= Ω。
（3）若将图（a）中定值电阻R0换成图（d）中小灯泡A，调节电阻箱R的阻值，使电阻箱R消耗的电功率是小灯泡A的两倍，则此时电阻箱阻值应调到 Ω。（结果保留三位有效数字）
13．（10分）如图所示，金属棒ab中点连着一弹簧测力计，水平地放置在两根互相平行的光滑金属导轨cd、ef上，cd与ef间有一匀强磁场垂直导轨平面，导轨宽0.1m，闭合电键S稳定后，弹簧测力计的示数为0.4N，电流表的示数为10A。求：
（1）画出金属棒ab的平面受力分析图，说明并判断磁感应强度的方向；
（2）磁感应强度的大小。
14．（12分）如图所示，电源电动势E=40V，内阻r=1Ω，R1=3Ω，R2=6Ω．间距d=0.2m的两平行金属板M、N水平放置，闭合开关S，板间电场视为匀强电场．板间竖直放置一根长也为d的光滑绝缘细杆AB，有一个穿过细杆的带电小球p，质量为m=0.01kg、带电量大小为q=1×10-3C（可视为点电荷，不影响电场的分布）．现调节滑动变阻器R，使小球恰能静止在A处；然后再闭合K，待电场重新稳定后释放小球p．取重力加速度g=10m/s2．求：
（1）判断小球的电性和恰能静止时两极板间的电压；
（2）小球恰能静止时滑动变阻器接入电路的阻值；
（3）小球p到达杆的中点O时的速度．
15．（16分）如图所示，在一柱形区域，柱的横截面积是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，现加有垂直横截面的匀强磁场。质量为m，电荷量为q（q>0）的带电粒子在横截面内自A点先后以初速度v0沿平行横截面不同方向进入区域。其中沿AB方向进入磁场时的粒子，自圆周上的C点穿出磁场，OC与AB的夹角θ=60°。不计带电粒子的重力。
（1）求磁感应强度的大小和方向；
（2）若把匀强磁场撒去，改加一平行横截面的匀强电场，其他条件不变，其中到达C点时粒子的动能最大为2mv02，求匀强电场的大小和方向；
（3）在（2）的匀强电场下，粒子从A点垂直匀强电场方向射入，为使粒子穿过电场前后动能增加量为mv02，则粒子进入电场时的速度应为多大？
参考答案：
1．B
【解析】A．在18世纪，机械论自然观日渐盛行，被誉为“牛顿学派”的科学家群体左右着法国的科学研究，他们对牛顿力学顶礼膜拜，企图用力学理论解释所有的自然现象。库仑正是在这样的环境中研究电力和磁力的，牛顿万有引力定律中的平方反比关系作为一个先入之见在他的思想中是根深蒂固的。正因为如此，库仑自觉或不自觉地把电力和万有引力作了类比，在思想中建立了电力平方反比的概念，库仑是一个对科学问题穷追不舍的科学家，对平方反比的强烈信念，促使他一次次地对扭秤作出改进，在扭秤实验的基础上提出了两个静止点电荷间的相互作用规律。选项A正确，不符合题意；
B．奥斯特发现电流周围存在磁场，安培提出分子电流假说解释磁现象，选项B错误，符合题意；
C．法拉第最早引入了场的概念，并提出用电场线描述电场，选项C正确，不符合题意；
D．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用扭秤实验测出了引力常量的数值，从而使万有引力定律有了真正的使用价值，选项D正确，不符合题意．
2．A
【解析】AB．负电荷在电场线上运动，说明电场线是直线；负电荷在等势面上做匀速圆周运动，说明等势线是圆形曲线，能满足以上两种情况的场源电荷可以是一个带正电的点电荷，不可能是带负电的点电荷，所以A正确 B错误；
C．两个分立的带等量正电的点电荷可以满足以上条件，而两个分立的带等量负电的点电荷不能使负电荷完成题中运动，所以C错误；
D．题中情况的等势线不能使负电荷做匀速圆周运动，D错误。
故选A。
3．B
【解析】地球的磁场方向为由南极指向北极，乌云中的负电通过避雷针进入地球，则电流方向竖直向上，由左手定则可知，避雷针中的电流受到的安培力的方向是正西，故B正确，ACD错误。
4．B
【解析】A．充电过程中，随着电容器两极板电荷量的积累，电路中的电流逐渐减小，电容器充电结束后，电流表示数为零，A错误；
B．充电过程中，随着电容器两极板电荷量的积累，电压表测量电容器两端的电压，电容器两端的电压迅速增大，电容器充电结束后，最后趋于稳定，B正确；
CD．电容器放电的图像如图所示
可知电流表和电压表的示数不是均匀减小至0的，CD错误。
故选B。
5．C
【解析】A．直导线A和B的电流方向相同，简化为图中直线电流，由安培定则画出直导线A中电流在导线B处产生的磁场方向是垂直纸面向里，再有左手定则可知B受到的安培力指向A，同理A受到的安培力指向B，导线A和B间的安培力是吸引力，故同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，故A错误；
B．A受的安培力和B受的安培力是一对作用力和反作用力，故等大反向，故B错误；
C．a点位于两根导线间的中点，两导线的电流方向相同，在其中点产生的磁感应强度方向相反，因为I1>I2，故I1在中点处产生的磁感应强度大，合磁场的方向与I1产生的方向相同，由安培定则可知a点处的磁感应强度方向在竖直方向上，故C正确；
D．直导线A和B所通的电流大小不相同，即在b点处产生的磁感应强度大小不相同，则在竖直方向上分量的矢量和不为零，b点处的磁感应强度方向不在水平方向上，故D错误。
故选C。
6．B
【解析】电压表是由电流计与定值电阻串联改装而成的；V1表的量程是5V，V2表的量程是15V，相同的两个电流计改装，可知，V2表的内阻是V1表的内阻的3倍．把它们串联接入电路，通过的电流相等，电表指针的偏角相同；电表两端电压之比等于内阻之比1：3，它们的示数之比为1：3．故B项正确，ACD错误。
故选B。
7．D
【解析】A．当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，滑动变阻器的有效电阻增大，电路总电阻增大，干路电流减小，外电压增大。即减小，增大，减小，并联电路部分电压增大，即增大，增大，减小。A错误；
B．表示电阻，该阻值不变；表示滑动变阻器的有效阻值，该阻值增大；而
因为减小，所以减小。B错误；
C．表示滑动变阻器的有效阻值，该阻值增大；根据闭合电路的欧姆定律得
化简得
与是线性关系，所以其斜率不变，即不变。C错误；
D．表示电阻，不变，所以与是线性关系，即不变；根据闭合电路的欧姆定律得
所以的绝对值表示电源内阻，其比值不变。D正确。
故选D。
8．CD
【解析】根据速度图象的斜率等于加速度，由数学知识可以看出，从A点运动到B点的过程中带电粒子的加速度减小，则其所受的电场力减小，电场强度减小，即有A处的场强一定大于B处的场强．A错误．由于带电粒子的电性未知，无法判断电场方向，也就不能判断电势高低．故B错误．由图看出，带电粒子的速度增大，动能增大，则由能量守恒定律得知，其电势能减小，电场力做正功．故CD正确．故选CD．
9．AB
【解析】A．由电子运动轨迹可知电子射出时受洛伦兹力向上，由左手定测可知磁场方向向外，由右手定则可知两个励磁线圈中的电流均为逆时针方向，故A正确；
B．由电子轨迹半径知B增大，r减小，所以当加大励磁线圈电流时，电子可能出现完整的圆形轨迹励磁线圈，故B正确；
C．由
，
知U增大，v增大，r增大，所以当加大加速极电压时，电子打在玻璃泡上的位置将下移，故C错误；
D．在出现完整轨迹后，减小加速极电压，电子仍做完整的圆周运动，由知电子在磁场中圆周运动的周期恒定，故D错误。
故选AB。
10．ACD
【解析】A．如果小球带正电，则小球所受的洛伦兹力方向指向圆心，此种情况下，如果洛伦兹力刚好提供向心力，这时绳子对小球没有作用力，绳子断开时，对小球的运动没有影响，小球仍做逆时针的匀速圆周运动，半径不变，周期不变，故A正确；
B．如果洛伦兹力和拉力共同提供向心力，绳子断开时，向心力减小，而小球的速率不变，则小球做逆时针的圆周运动，但半径增大，根据周期变大，故B错误；
C．如果小球带负电，则小球所受的洛伦兹力方向背离圆心，当洛伦兹力的大小等于小球所受的拉力的一半时，绳子断后，小球做顺时针的匀速圆周运动，半径不变，周期不变，故C正确；
D．当洛伦兹力的大小大于小球所受的拉力的一半时，则绳子断后，向心力增大，小球做顺时针的匀速圆周运动，半径减小，根据周期变小，故D正确。
故选ACD。
11．归零(或调零) mg 正比 反比
【解析】（1）为了方便知道静电力大小，可以将电子秤的示数归零；
（2） 电子秤的单位是kg，当读出的值是m时，需要乘以g得到力的大小，可得B对A的静电力大小F=mg；
（6）在真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，其大小与它们的电量q1、q2的乘积成正比，与它们之间距离r的二次方成反比。
12． 4.5 2.5 2 4.87（4.60~4.90）
【解析】(1)由闭合电路欧姆定律可得
整理得
显然该图线选取了为纵坐标，图线斜率的倒数为电动势，可得
E=4.5V
(2)由于A灯恰好正常发光，对于A灯有
IA=0.6A，UA=2.5V
此时B灯有
查图（c）可知
由闭合电路欧姆定律
E=U+Ir
可得
4.5V=2.5V+0.5V+
解得
r=2.5Ω
由图（b）中图线的截距可求出
R0+r=4.5Ω
解得
R0=2Ω
(3)灯泡A与电阻箱R串联，由题意知需满足
PR=2PA
由于两元件串联，则
UR=2UA
由闭合电路欧姆定律可得
4.5=3UA+2.5I
即
I=1.8-1.2UA
在图（c）中画出I=1.8-1.2UA的图线，如图所示
该图线与小灯泡的I-U特性曲线的交点（1.12V，0.46A），就是小灯泡此时的工作电压和电流，此时灯泡电阻为
电阻箱R的电压
UR=2UA=2.24V
电阻箱的阻值应调到
13．(1)见解析 (2)0.4T
【解析】(1)从b→a看，平面受力分析如图(2分)；
由左手定则知(1分，没有写出来的，要扣这1分)
磁感应强度的方向竖直向上(2分)；
(2)ab受到的安培力为：F=BIL(2分)，根据胡克定律：f=k△x，
由平衡条件得：BIL=k△x，(1分)
代入数据解得：(2分，单位写错扣1分)
14．(1) 小球带负电；U=20V (2)Rx=5Ω (3)v=1.0m/s
【解析】(1)小球带负电； (1分)
恰能静止应满足： (2分)
(1分)
(2)小球恰能静止时滑动变阻器接入电路的阻值为Rx，由电路电压关系:
(2分)
代入数据求得Rx=5Ω (1分)
(3)闭合电键K后，
设R1和R2的并联电阻为R12，有： (1分)
设电场稳定时的电压为U'，由电路电压关系:
(1分)
代入数据求得U'=10V
由动能定理: (2分)
代入数据求得v=1.0m/s (1分)
15．（1）；（2）；（3）0或
【解析】（1）设粒子磁场运动的半径为r，
(2分)
由几何关系知
(2分)
解得
(1分)，方向重直横截面向外 (1分)
（2）C点时粒子的动能大，电场力做正功最大，则C点电势能最小，在圆周上仅有C点的电势能最小，说明圆周上不存在与C点等势的点，即C点的等势线是切线，因此中场方向为沿OC方向(1分，如果没有文字说明，但方向表述正确也可得1分)
由动能定理得
(2分)
计算解得
(1分)
（3）设粒子从A 点射入后，沿电场方向的距离为d，
由动能定理得
(1分)
解得： d=R
则穿出电场的位置如图的D点与B点(判断出来得1分)
若是从D点穿出电场，粒了射入时的速度为0； (1分)
若是从B 点穿出电场，由类平抛运动知：
由几何关系可得沿速度方向的位移为
(1分)
沿电场方向的位移为
(1分)
电场力提供加速度
(1分)
联立解得
(1分)
评分说明：如果只是找出B点射出，并求解正确只得4分。