2023-2024学年度河南省信阳市罗山县第二类高中高二上期12月月考试卷（重点班）物理（含解析）
分数：100分，考试时间：75分钟
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
一、单选题（共32分）
1．设电子在运动过程中只受电场力作用，则在下列哪个电场中，只要给电子一个适当的初速度它就能自始至终沿一条电场线运动；而给电子一个适当的初速度它就能始终沿某个等势面运动（ ）
A．匀强电场 B．正点电荷产生的电场
C．负点电荷产生的电场 D．以上都不可能
2．微波炉的工作应用了一种电磁波——微波。食物中的水分子在微波的作用下加剧了热运动，内能增加，温度升高。下表是某微波炉的部分技术参数，根据表中的信息，可计算出该微波炉使用微波挡工作时的额定电流为（ ）
A．0.1A B．0.31A C．3.18 A D．5A
3．当电路中的电流超过熔丝的熔断电流时，熔丝就会熔断．由于种种原因，熔丝的横截面积略有差别，那么，熔丝熔断的可能性较大的是（ ）
A．同时熔断
B．可能是横截面积大的地方，也可能是横截面积小的地方
C．横截面积大的地方
D．横截面积小的地方
4．如图所示，金属圆环A用轻绳悬挂，所在平面与纸面垂直，圆心与长直螺线管中心轴线共线，整个装置静止，电键S始终闭合，当滑动变阻器触片P向右移动的过程中，圆环将（ ）
A．向右运动，并有扩张趋势 B．向右运动，并有收缩趋势
C．向左运动，并有扩张趋势 D．向左运动，并有收缩趋势
5．如图所示，在正方体的、两点分别放置电量为、的点电荷，取无穷远处电势为零，下列说法正确的是（ ）
A．点的电势为零
B．点与点的电势相等
C．将电子从点移动到点，电场力做正功
D．点与点的电场强度大小相等、方向相反
6．如图所示电路，电源电动势为E、内阻为r，定值电阻为R0，滑动变阻器总阻值为R，电压表和电流表均为理想表。将滑动变阻器滑片P从a端移动至b端的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电流表示数一直减小
B．电流表示数先减小后增大
C．电压表示数一直增大
D．电压表示数先减小后增大
7．一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）。小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并恰好在下极板处（未与极板接触）返回。下列说法正确的是（ ）
A．若保持开关闭合，将下极板向上平移，粒子将会从下极穿出而不能返回
B．若保持开关闭合，将下极板向上平移，粒子将会在距上极板处返回
C．若断开开关，将上极板向上平移，粒子将会在距上极板处返回
D．若断开开关，将上极板向下平移，粒子仍能返回
8．如图甲所示，线圈ab中通有如图乙所示的电流，电流从a到b为正方向，在0~t0这段时间内，用丝线悬挂的铝环M中产生感应电流，则 （ ）
A．从左向右看感应电流先逆时针后顺时针
B．铝环受到的安培力一直向左
C．铝环受到的安培力先向左后向右
D．铝环始终有收缩趋势
二、多项选择题（共16分）
9．如图所示，在真空中的A、B两点分别放置等量异种点电荷，在A、B两点间取一正五角星形路径abcdefghija，五角星的中心O与A、B的中点重合，其中af连线与AB连线垂直。现有一电子沿该路径逆时针移动一周，下列正确的是（ ）
A．a点和f点的电势相等
B．b点和j点的电场强度相同
C．电子从e点移到f点的过程中，电势能减小；从f点移到g点的过程中，电势能增大
D．若A、B两点处点电荷电荷量都变为原来2倍，则A、B连线中点O点场强也变为原来的2倍
10．英国物理学家阿斯顿首次制成质谱仪，并用此对同位素进行了研究。质谱仪的前端是速度选择器，如图所示，带电粒子（不计重力）从左端水平射出速度选择器时，下列说法中正确的是（ ）
A．射出的带电粒子必定带负电
B．速度选择器的上极板必定带正电
C．射出的带电粒子速率必定等于
D．射出的带电粒子在速度选择器中必定做匀加速运动
11．如图所示，两块较大的金属板、相距为，平行放置并与一电源相连。开关闭合后，两板间恰好有一质量为、带电荷量为的油滴处于静止状态。以下说法正确的是
A．若将向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，表中有的电流
B．若将向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，表中有的电流
C．若将向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，表中有的电流
D．若将断开，则油滴将做自由落体运动，表中无电流
12．如图所示，在光滑绝缘的水平面上，相距为2L的两条直线MN、PQ之间存在着竖直向下的匀强磁场，一个用相同材料且粗细均匀的电阻丝制成的、边长为L的正方形线框以速度v1从MN左侧沿垂直于MN的方向进入磁场区，线框完全离开磁场区域时速度大小变为v2，且，则以下说法正确的是（ ）
A．整个线框处于磁场区域运动时，A、B两点电势不相等
B．线框进入磁场过程与线框穿出磁场过程中通过线框截面的电量不相等
C．线框在进入磁场过程与穿出磁场两个过程中克服安培力做功之比为7：5
D．若只将线框进入磁场时的速度v1变为原来的两倍，则线框穿出磁场时的速度v2会为原来的三倍
三、实验题（共15分）
13．（1）一个电流表的满偏电流，内阻。要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上 填“串联”或“并联”一个 的电阻。
（2）为了测量一根长约，电阻约为，横截面为圆形，粗细均匀的导电材料在额度电压下的电阻率，所用器材如下：
A．毫米刻度尺 B．螺旋测微器
C．电流表，内阻约为 D．电流表，内阻约为
E.电压表，内阻约为 F.滑动变阻器
G.滑动变阻器 H.蓄电池，内阻为
I.开关一个，带夹子的导线若干
①用游标卡尺测得该材料的长度如图甲所示，示数为 mm；用螺旋测微器测得该材料的直径如图乙所示，示数为 mm。
②为了在测量中尽量减小误差，并测多组数据，电流表应选 ；
③在方框中画出测量电阻的实验电路图 。
14．用半偏法测量电流表G的内阻，某同学设计了如图甲所示电路，器材如下：
A．待测电流表G（量程2mA）；
B．电动势E=3V；
C．电动势E=15V；
D．电阻箱：0~999.99Ω；
E.滑动变阻器：0~10kΩ；
F.滑动变阻器：0~500Ω；
G.开关两个，导线若干；
（1）连接电路时，图甲中的电源应选择 （选填“B”或“C”），滑动变阻器应选择 （选填“E”或“F”）。
（2）用画线代替导线，按图甲电路在图乙中把实物图连接完整 。
（3）操作步骤如下：
①断开S1、S2，将调到最大，连接好电路；
②闭合S1，调节，使电流表G满偏；
③保持的滑片不动，再闭合S2，调节，使电流表G的示数为1mA，此时，电阻箱示数如图丙，由此可得出电流表G的内阻 Ω；测量结果和真实值相比 。（填“偏大”或“偏小”）
四、解答题（共37分）
15．如图所示，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从O点以初速度v0水平射出．若该带电粒子运动的区域内有一方向竖直向下的匀强电场，则粒子恰好能通过该区域中的A点；若撤去电场，加一垂直纸面向外的匀强磁场，仍将该粒子从O点以初速度v0水平射出，则粒子恰好能经A点到达该区域中的B点．已知OA之间的距离为d，B点在O点的正下方，∠BOA=60°，粒子重力不计．求：
(1)磁场磁感应强度的大小B；
(2)粒子在电场时运动中到达A点速度的大小v．
16．如下图甲所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角α，导轨电阻不计。匀强磁场垂直导轨平面向上，长为L的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨电接触良好，金属棒的质量为m、电阻为R，另有一条纸带固定金属棒ab上，纸带另一端通过打点计时器（图中未画出），且能正常工作。在两金属导轨的上端连接右端电路，灯泡的电阻RL=4R，定值电阻R1=2R，电阻箱电阻调到使R2=12R，重力加速度为g，现将金属棒由静止释放，同时接通打点计时器的电源，打出一条清晰的纸带，已知相邻点迹的时间间隔为T，如下图乙所示，试求：
(1)求磁感应强度为B有多大？
(2)当金属棒下滑距离为s0时速度恰达到最大，求金属棒由静止开始下滑2s0的过程中，整个电路产生的电热。
17．如图甲所示，两固定的水平金属板C、D相距很近，分别开有正对的小孔O和O′，固定在水平面上的两平行金属导轨P、Q通过导线与C、D连接，导轨间距L=0.50m．导轨处于磁感应强度大小B1=10 T、方向竖直向上的匀强磁场中．水平边界MN与D板间存在磁感应强度大小B2=10 T、方向垂直纸面向外的匀强磁场，MN与D板的距离d=10 cm．金属棒AB在导轨上做往复运动，AB始终与导轨垂直且接触良好．取向右为速度的正方向，AB的速度图象如图乙所示．从t=0时刻开始，由O处连续不断地以垂直于C板方向飘入（初速度可视为零）质量m=3.2×10–21 kg、电荷量大小q=1.6×10–19 C的带负电粒子（重力及其相互作用不计，粒子在C、D间的运动时间不计）．求：
（1）能够从边界MN出来的粒子的最小速度v；
（2）在0~4 s内哪些时刻从O处飘入的粒子能穿过电场并飞出边界MN？
（3）粒子从边界MN出来的位置之间的最大距离．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【详解】电子能沿着电场线运动，电场线必须是直线，而给电子一个适当的初速度它就能始终沿某个等势面运动，说明电场力提供向心力而做匀速圆周运动，这样的电场只有点电荷的电场。电子带负电，所以正点电荷对电子的吸引力提供向心力。
故选B。
2．D
【详解】微波炉使用微波挡工作时的额定电流为
故选D。
3．D
【分析】本题的关键是根据电阻定律可知，在长度相同的地方，横截面积小的地方电阻较大，再根据焦耳定律不难判断横截面积小的地方熔丝熔断的可能性较大．
【详解】通过熔丝的电流相同，根据焦耳定律Q=I2Rt和电阻定律可知，在长度L相同的地方，横截面积越小电阻R越大，则产生的热量就越多，就越容易烧断，故D正确．
故选D．
【点睛】本题关键是明确超导体、导体、半导体、绝缘体的概念，明确其区别．
4．A
【详解】当触片P向右移动时，电路中的电阻增大，电流减小，则螺线管产生的磁场减小，根据楞次定律，感应磁场方向与原磁场方向相同，相互吸引，所以金属圆环A向右运动，因为磁通量减小，金属圆环A有扩张的趋势。
故选A。
5．B
【详解】A．点与、两点的距离不相等，根据对称性可知，点的电势不为零，故A错误；
B．根据对称性可知，点与点的电势相等，故B正确；
C．点与正电荷距离近，与负电荷距离远，而点与正电荷距离远，与负电荷距离近，则点电势高于点的电势，将电子从点移动到点，电势降低，电场力做负功，故C错误；
D．根据场强的叠加可知，点与点的电场强度大小相等，方向相同，故D错误。
故选B。
6．A
【详解】AB．由闭合电路欧姆定律
可知，滑动变阻器两部分并联后的电压U并先增加后减小。当U并增加时，滑片P以上部分电阻一直减小，则其电流增加，因干路电流I减小，则电流表示数减小；当U并减小时，因滑片P下部分电阻一直增加，则电流表示数减小。故电流表的示数一直减小，A正确，B错误；
CD．滑动变阻器滑片P由a端向b端移动过程中，滑片P上下两部分总电阻R并先增大后减小，干路电流I先减小后增大，电源内电压先减小后增大，外电压先增大后减小，故电压表示数先增大后减小，CD错误。
故选A。
7．C
【详解】AB．极板未移动前，根据动能定理
若保持开关闭合，若将下极板向上平移，设粒子从距离上极板x处返回，根据动能定理得
联立解得
故AB错误；
C．若断开开关，电荷量保持不变，电场强度
保持不变，断开前根据动能定理
断开后，将上极板向上平移，根据动能定理
解得
故C正确；
D．若断开开关，将上极板向下平移，根据动能定理得
解得
故落到下极板，故D错误。
故选C。
8．C
【详解】ABC．由于电流从a到b为正方向，当电流从a流向b，由右手螺旋定则可知，线圈的磁场水平向右，由于电流逐渐减小，所以磁通量变小，根据楞次定律可得，铝环M中感应电流方向为顺时针（从左向右看），线圈与铝环相互吸引（同相电流相吸引）；当电流从b流向a，由右手螺旋定则可知，线圈的磁场水平向左，因电流增大，则磁通量变大，根据楞次定律可得，铝环M中感应电流方向为顺时针（从左向右看），线圈与铝环相互排斥（反向电流相排斥），故铝环M中的电流方向一直为逆时针，铝环受到的安培力先向左后向右，A、B错误，C正确；
D．穿过线圈M的磁通量先减小后增大，根据楞次定律，阻碍磁通量的变化，则铝环受到的安培力先向左后向右，线圈先扩大后收缩的趋势，故D错误。
故选C。
9．AD
【详解】A．等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线。所以a点和f点的电势相等。故A正确。
B．根据电场线的分布知，b、j两点的场强大小相等，方向不同，故B错误。
C．电子从e点到f点，从f点移到g点过程中，电场力一直做正功，电势能减小，故C错误。
D．根据电场的叠加，O点的场强
若A、B两点处的点电荷电荷量都变为原来的2倍，则A、B连线中点O点的场强也变为原来的2倍，D正确。
故选AD。
10．BC
【详解】AB．若粒子带正电，粒子受到向上的洛伦兹力，则电场力应向下，所以速度选择器上板带正电，若粒子带负电，粒子受到向下的洛伦兹力，则电场力向上，所以速度选择器上板带正电，故粒子可能带正电也可能带负电，速度选择器的上极板必定带正电，故A错误，B正确；
CD．射出的带电粒子在速度选择器中做匀速直线运动，由平衡可知
得
故C正确，D错误。
故选BC。
11．AB
【详解】A．闭合，电压不变，将向左平移一小段位移，由：
可知，不变，油滴仍静止，根据电容决定式：
由于正对面积减小，则电容减小，由：
可知，电容器的带电量在减小，即电容器在放电，因此表中有的电流，故A正确；
B．闭合，电压不变，将向上平移一小段位移，极板间距增大，由：
可知，变小，油滴应向下加速运动，根据电容决定式：
可知，间距增大，则电容减小，根据：
可知，电荷量减小，电容器放电，则表中有的电流，故B正确；
C．将向下平移一小段位移，极板间距减小，由：
可知，变大，油滴受的电场力变大，油滴向上加速运动，根据电容决定式：
可知，间距减小，则电容增大，根据：
可知，电荷量增大，则电容器充电，则表中有的电流，故C错误；
D．将断开，电容器电量不变，根据：
可知，不变，根据：
则板间场强不变，油滴仍处于静止状态，且表中无电流，故D错误。
故选AB．
12．ACD
【详解】A．整个线框处于磁场区域运动时，线框的磁通量不变，线框中没有感应电流，可线框的AB和DC边切割磁感线产生感应电动势，可知A、D两点电势相等，B、C两点电势相等，由右手定则可知，A、D两点电势高于B、C两点电势，即A、B两点电势不相等，A正确；
B．线框进入磁场过程中，由电磁感应定律可得
则有
解得
同理可知，线框穿出磁场过程中通过线框截面的电量也为
可知线框进入磁场过程中与线框穿出磁场过程中通过线框截面的电量相等，B错误；
C．设线框在完全进入磁场后的速度为v，对线框进入磁场过程中，以向右方向为正方向，由动量定理可得
线框穿出磁场过程，以向右方向为正方向，由动量定理可得
又有
解得
由动能定理可得线框在进入磁场过程中克服安培力做功为
线框穿出磁场过程中克服安培力做功
可得
C正确；
D．若只将线框进入磁场时的速度v1变为原来的两倍，线框进入磁场过程中，以向右方向为正方向，由动量定理可得
线框穿出磁场过程中，以向右方向为正方向，由动量定理可得
又有
解得
则线框穿出磁场时的速度v2会为原来的三倍，D正确。
故选ACD。
13． 串联 9.5 30.35 3.205 C
【详解】(1)[1]小量程的电流表要改装成一个电压表，应串联一只分压电阻。
[2]串联电阻后，应使
解得
(2)①[3]
[4]
②[5]由于电压表是3V量程，待测电阻约，因此电流表选量程的。
③[6]滑动变阻器采用分式接法，电流表采用外接法，电路如图所示
14． C E 422.7 偏小
【详解】（1）[1][2]本实验采用的半偏法测量电流表G的内阻，实验中在开关S闭合前后，始终认为电路中的电流不变，即实验中为了减小系统误差，滑动变阻器接入电路的阻值需要远远大于电流表G的内阻，选用的滑动变阻器为E。本实验要求滑动变阻器的分压尽量大于电流计的电压，则要选电动势大一点的电源。故选C。
（2）[3]实物图连接如图所示。
（3）[4]保持R1的滑片不动，再闭合S2，调节R2，使电流表G的示数为=1mA，则电阻箱的电流为
电阻箱的阻值为=422.7Ω，根据并联电路的规律可知电流表G的电阻为
[5]当S2接通时，有电流流过，和G并联，并联后的电阻减小，总电流增加，当电流表示数从满偏电流调到半偏时，中电流大于半偏电流，则测量值小于真实值。
15．(1) (2)
【详解】（1）如图所示，撤去电场加上磁场后，粒子恰好能经A点到达B点，由此可知，OB为该粒子做圆周运动的直径，则粒子在磁场中做圆周运动的半径为：
由于
得：
（2）粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子从O点运动到A点所需要的时间为t，则：
由动能定理有：
联解得：
16．(1)；(2)
【详解】(1)根据图乙纸带上打出的点迹可看出，金属棒最终做匀速运动，且速度最大，最大值为
达到最大速度时，则有
mgsinα=F安
F安＝ILB
其中R总＝6R
所以
解得
(2)由能量守恒知，放出的电热
代入上面的vm值，可得
17．（1）50m/s（2）（3）7.32cm
【详解】（1）粒子在中洛仑兹力提供向心力，设匀速圆周运动的半径为R，则，
粒子能穿过边界MN的临界条件是，解得；
（2）设C、D板的电势分别为和，在0到2.0s内，由于，粒子不能从O到达，只有2s到4.0s内存在满足题意的时刻．
据动能定理有，又，解得；
若设从2s始经时棒的速度可达-5m/s，由棒AB的v-t图可得，
解得；
故在内，即时粒子能从O飘入穿过电场并飞出磁场边界MN；
（3）金属棒AB运动的最大速度为，据动能定理有，
又，
解得，
由可得，
设以和v进入B2的粒子从MN边界射出时分别交MN于a、b两点，如图所示．
据几何关系有，
解出，
故 ．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
