湖北省云学名校联盟2023-2024学年高二上学期12月联考物理试卷含答案.pdf

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1、第 1 页，共 15 页 学科网（北京）股份有限公司2023 年云学名校联盟高二年级年云学名校联盟高二年级 12 月联考物理试卷月联考物理试卷(C)一、单选题：本大题共 7 小题，共 28 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.

2、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。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 O 点，手握在金属杆的一端 A点，其他四名学生推着金属杆 AB，顺时针(俯视)绕 O 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 B

3、点电势B.AB两点电压为(2+2)2 C.AB两点电压为(+)22D.AB 两点电压为(+)湖北省云学名校联盟2023-2024学年高二上学期12月联考物理试卷 第 2 页，共 15 页 学科网（北京）股份有限公司 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 O点过程中，其速度大小 v 随时间 t，及电势、电势能、机械能机随位移的变化图像可能正确的是(电势无穷远为 0，取桌面为重力势能零势面)()A.B.C.D.4.如图所示，两根等高光滑的14圆弧导轨，导轨电阻不计。在导轨顶端右侧连有一阻值为

4、 R 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 cd 开始，在外力作用下以初速度0沿轨道做匀速圆周运动，由 cd运动至最高位置 ab，则该过程中，下列说法正确的是()第 3 页，共 15 页 学科网（北京）股份有限公司 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 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 d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 d 的电磁流量

5、计中。已知平行板电容器电压 U 恒定，垂直纸面向里的磁场磁感应强度分别是1，2，其中1保持不变，不考虑重力的影响，以下说法错误的是()A.a 点电势高于 b 点电势 B.仅增大 d，电压表示数增大 C.仅增大2，电压表示数增大 D.电容器上极板带正电 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 M 板，N 板，且下极板接地。P 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.M 板上移一点，两板之间电势差不变，P点电势升高 B.N 板上移一点，两板之间电场强度增大，P 点电势降低 C.M板下移一点，两板之间电场强度增大，P 点电势不变 D.N板下移一点

6、，两板之间电势差变大，P点电势不变 7.如图所示，在平面直角坐标系内有半径为 R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(0,)的 M点放置一个粒子源，该粒子源能在纸面内以速率(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 第 4 页，共 15 页 学科网（北京）股份有限公司 的速率变为 32，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.23 B.2 C.3 D.4 二、多选题：本大题共 3 小题，共 12 分。8.如图所示，一弹簧振子做简谐运动，下列说法正确的是

7、()A.若位移为负值，则加速度一定为正值 B.振子每次通过同一位置时，位移相同，其速度不一定相同 C.振子每次经过同一位置时，位移相同，速度也一定相同 D.振子通过平衡位置时，速度最大，加速度最大 9.一质量为 1kg、带电量为+1的小球，以初速度10/冲上一质量为 4kg，半径为 1m 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10/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=10/2)()第 5 页，共 15 页 学科网（北京）股份有限公司 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

8、程小球的电势能增加了 21J D.小球离开槽后继续上升的高度为 1m 10.如图，一个粗糙绝缘斜面固定在地面，一质量为 m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 a 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 m释放时，在其上放一个粗糙程度很大的质量为 M 的物块，则两物块一起运动的加速度与 a相同，末速度与 v相同 B.若在物块 m释放时，在空间加一竖直向下的匀强电场，则物块 m运动的加速度大于 a，末速度大于 v C.若在物块 m释放时，在空间加一沿斜面向下的匀强电场，则物块 m 运动的加速度大于 a，末速度大于 v D.若在

9、物块 m释放时，在空间加一垂直于纸面向里的磁场，则物块 m 运动的加速度小于 a，因洛伦兹力不做功，故物块末速度仍为 v 三、实验题：本大题共 2 小题，共 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 1kg，带电量为+1的小球 A从=2处以速度 v沿 y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 1T。将一质量为0.25不带电的绝缘小球 B 放在 y轴正方向的某位置，已知 AB 两小球碰撞过程中 A的电荷量始终不变。第 6 页，共 15 页 学科网（北京）股份有限公司 (1)为保证小球 A 能沿 x轴正方向撞到小球 B

10、，则 B 小球应放在=_m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 A 碰后经过 x轴正方向的=_m处。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 1mA，内阻为100，两个电源的电动势2=101，1=1009。改装后通过控制开关1、2，使该电表的电压挡有四个量程的挡位，量程最小是 1V，量程最大的是 10V。(1)由以上信息可知2=_，3=_。(2)使用该电表的欧姆挡进行测量时，将1闭合，2接 1位置，此时对应的挡位是 10挡，现将1断开，2接 2位置，则对应的挡位应为_挡(填“

11、1”“10”“100”“1”)。第 7 页，共 15 页 学科网（北京）股份有限公司(3)将1闭合，2接 1位置，用欧姆挡 10挡去测一未知电阻的阻值，若1=1，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”)。四、计算题：本大题共 3 小题，共 44 分。13.弹簧振子的运动示意图如图所示，质点经 a 点向右运动 2s后到达 b点，又经 1s到达 c 点时速度为 0。a、b中点 O 是平衡位置。已知=20，=4.1。试求：(1)弹簧振子振动的振幅和周

12、期；(2)质点经 a点向右运动开始计时，运动 21s通过的路程。14.AB是两个可视为质点的小球，A 小球的质量为 2kg，B 小球的质量为0.4，其中 A 不带电，B 的电荷量为+1。开始时，AB 之间有一压缩的弹簧，弹簧与 A，B均不相连，弹簧处于锁定状态，A，B保持静止。现解除锁定，弹簧完全伸展开后，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0.1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3/的匀强电场，不计一切摩擦阻力(重力加速度=10/2)。(1)求开始时弹簧的弹性势能。(2)若 B 小球也能到达圆弧的最高点，求圆弧半径的最大值。15.如图

13、、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 2T，质量均为1kg的金属棒 a、b 放在导轨上，开始在外力作用下，让两棒保持静止。已知，b棒电阻不能忽略，a 棒和所有导轨电阻均不计，、区域导轨宽度均为 2m，、区域导轨之间连接处绝缘(、区域导轨接触处导电良好)，区域导轨宽度为 1m。区域导轨倾斜放置，倾角为30，、区域导轨水平放置，且足够长。在区域导轨上接入一个电容0.25的电容器，初始时电容器电荷量为 0。现将 a、b两棒由静止释放，当 a棒沿区域导轨运动到区域导轨上时速度为2/，不计一切摩擦阻力。(重力加速度=10/2)第 8 页，共 15 页 学科网（北京）股份有限

14、公司 (1)求 a棒沿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。第 9 页，共 15 页 学科网（北京）股份有限公司 答案和解析答案和解析 1.【答案】C 【解析】A.圆盘转动可等效看成无数径向导体切割磁感线，产生动生电动势，在闭合回路中产生感应电流，故 A 错误；B.阿拉果圆盘实验中，小磁针的磁场穿过铜圆盘，圆盘转动时径向半径的金属条切割磁感线，内部距离圆心远近不同的点电势不等而形成涡流，涡流产生的磁场导致磁针转动，反之，如果转动小磁针，穿

15、过圆盘的磁通量不变，但由于小磁针产生的不是匀强磁场，圆盘各部分的磁通量会发生变化，因此圆盘也会随之转动，故 B错误；C.费曼圆盘中，当开关闭合的一瞬间，产生向下的磁感应强度增大，圆盘上的感应电流沿逆时针方向，因为金属小球带负电，受到电场力沿顺时针方向，所以圆盘会顺时针(俯视)转动，故 C正确；D.法拉第圆盘是电磁感应的表现，阿拉果圆盘是电磁驱动的表现，故 D错误。2.【答案】B 【解析】A.根据地磁场特点知，AB 切割磁感线的竖直分量，且磁感线竖直分量竖直向下，金属杆 AB顺时针转动，根据右手定则可知，A 点电势低于 B点电势，故 A 错误；.金属杆 AB绕 O 点以角速度匀速转动，根据法拉第

16、电磁感应定律可得 AB 两点电压为=12(+)2 122=(2+2)2，故 B正确，CD错误。3.【答案】A 【解析】A.由于 AO间电场线分布情况不清楚，电场强度的大小变化不清楚，所以从 A到 O 的过程中，粒子受到的电场力可能先变大，再变小，则加速度可能先变大，再变小，速度越来越大，故 A正确;B.根据等量同种正电荷周围电场线的分布特点可知，从 A点到 O点电势逐渐升高，且 图像的斜率表示电场强度，从 A 点到 O点的电场强度可能一直在减小，也可能先增大后减小，故 B 错误；C.通过受力分析可知粒子从 A 点到 O 点的过程中，电场力做正功，所以电势能减小，故 C 错误；D.粒子从 A 点

17、到 O 点的过程中，电场力做正功，所以机械能机增大，根据功能关系可知机=电，即图像的斜率表示电场力，由于从 A 点到 O 点的电场强度可能一直在减小，也可能先增大后减小，所以电场力也是可能一直在减小，也可能先增大后减小，故 D错误。故选 A。4.【答案】C 第 10 页，共 15 页 学科网（北京）股份有限公司【解析】A.由右手定则可知，流过 R的电流方向为由外向里，故 A错误；B.金属棒做圆周运动转过的圆心角为时，导体棒切割磁感线产生的感应电动势=0cos，所以回路产生正弦式感应电流，故 B 错误；C.由闭合电路的欧姆定律可知，流过金属棒的电流=+棒，金属棒所受安培力=，解得=220+棒，由

18、 cd 运动至最高位置 ab 过程中，一直在变大，则安培力一直减小，故 C正确；D.根据功能关系可知，外力做的功等于整个回路产生的焦耳热和金属棒增加的重力势能之和，故 D 错误。故选 C。5.【答案】B 【解析】A.根据左手定则，可知正电荷向 a极板偏转，则 a极板是发电机的正极，所以 a点电势高于 b 点电势，故 A正确；D.等离子体进入平行板电容器中做匀速直线运动，以正电荷为例，由左手定则可知洛伦兹力向上，则电场力向下，电场强度的方向向下，电容器上极板带正电，故 D 正确；.等离子体在平行板电容器中做匀速直线运动，根据平衡条件得1=；在电磁流量计中，最终正负离子会受到电场力和洛伦兹力而平衡

19、，则2=，联立解得=21，则电压表示数与 d无关；仅增大2，电压表示数增大，故 B错误，C 正确。本题选错误的，故选 B。6.【答案】B 【解析】解：(A.)当 M 板上移一点，则两板间距 d增大，根据(C=dfrac;S;4kd)可知 C 减小，电容器与电源相连接，若 U 不变，由(C=;dfracQU;)，电容器电容 C减小，则要放电，但由于二极管的单向导电导致电容器不能放电，故电容器电量 Q 保持不变。C减小则 U 增大，两板之间电势差增大。根据电容器的定义(C=;dfracQU;)和(C=dfrac;S;4kd)以及(U=Ed)可得：(E=dfrac;4kQ;S)，因为 Q 保持不变，

20、所以当 d变化时 E 不变，PN 间的距离不变，P 点电势不变，故 A 错误；B.当 N板上移一点，则两板间距 d减小，根据(C=dfrac;S;4kd)可知 C增大，电容器充电，电容器与电源相连接，U不变，d减小，则两板间电场强度增大，MP 间电势差增大，则 PN间电势差减小，P 点电势降低，故 B正确；C.当 M 板下移一点，则两板间距 d减小，根据(C=dfrac;S;4kd)可知 C减小，电容器充电，电容器 第 11 页，共 15 页 学科网（北京）股份有限公司 与电源相连接，U不变，d减小，则两板间电场强度增大，P点电势升高，故 C错误；D.当 N 板下移一点，则两板间距 d增大，根

21、据(C=dfrac;S;4kd)可知 C减小，电容器要放电，但由于二极管的单向导电导致电容器不能放电，故电容器电量 Q 保持不变。C减小则 U增大，两板之间电势差增大。根据电容器的定义(C=;dfracQU;)和(C=dfrac;S;4kd)以及(U=Ed)可得：(E=dfrac;4kQ;S)，因为 Q 保持不变，所以当 d变化时 E 不变，PN 间的距离增大，P 点电势升高，故 D 错误。故选：B。7.【答案】A 【解析】该粒子以速率 v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，则此时粒子运动半径为 R，即=，当粒子进入磁场时的速率变为 32时，粒子运动的半径为=32 ，结合2=

22、2知末速度大于 v，故 B正确；C.在空间加一沿斜面向下的匀强电场，设电场强度为 E，根据牛顿第二定律sin+cos=，则，结合2=2知末速度大于 v，故 C正确；D.在空间加一垂直于纸面向里的磁场，设磁感应强度为 B，磁场力垂直斜面向下，根据牛顿第二定律sin (cos+)=，则物块做加速度逐渐减小的加速运动，当释放的瞬间加速度最大等于 a，所以，如果斜面足够长，物块可能在最后匀速运动，相比未加电场时，物块对斜面的压力增大，所受摩擦力增大，因此摩擦力做功增大，所以物块末速度小于 v，故 D错误。故选 ABC。11.【答案】(1)2；2(2)2 55 【解析】(1)小球 A在磁场中做圆周运动，

23、小球沿 y轴正方向抛出，则小球圆周运动的圆心一定在 x 轴上，小球放在 y 轴正方向的某位置，且能沿 x 轴正方向撞到小球 B，说明小球 A到达 y 轴时，速度方向沿 x 轴正方向，综上小球 A圆周运动的圆心在坐标原点，且半径=2，B 小球应放在=2处，根据洛伦兹力提供向心力可得=2，代入数据得=2/。(2)小球 A和小球 B 碰撞为弹性碰撞，则有=+，122=122+122，解得=65/，此时小球 A 在磁场中圆周运动的半径=65，根据几何关系可得()2+2=2，解得=2 55。第 13 页，共 15 页 学科网（北京）股份有限公司 12.【答案】(1)900；90(2)1(3)200(4)

24、不变 【解析】(1)断开开关1、2接 3时，电压表量程最小为 1V，则有1=1 (100+2)解得2=900 闭合开关1、2接 4 时，电压表量程最大为 10V，则有10=(1+1001)(1001100+1+2+3)解得3=90(2)将1闭合，2接 1位置时，回路中的满偏电流为(1+1001)=10，电源电动势为1，此时对应的挡位是 10档 现将1断开，2接 2 位置时，回路中的满偏电流为 1mA，电源电动势为2=101，则对应的挡位应为 1挡(3)将1闭合，2接 1位置，回路中的满偏电流为 10mA，1=1，则可知电表内阻为100 微安表的指针偏转了满偏的三分之一，则总电阻为电表内阻的 3

25、倍，即=200(4)使用欧姆挡时会调零，只要电源电动势不变，的测量值不变。13.【答案】(1)质点经 a 点向右运动 2s后到达 b点，a、b中点 O是平衡位置，根据简谐振动对称性可知，质点经平衡位置 O 达到点 b 的时间为 1s，而从 b点经 1s到达 c 点，c点是最右点，故从平衡位置到最右端的时间为 2s，因此=2 4=8 振幅为=+=2+=14.1；(2)由分析可知质点经 a 向右运动时间 t=2.5T+1 一个周期的路程为 4A=56.4 半个周期的路程为 2A=28.2 则运动 21s通过的路程为 S=10A+10=151。【解析】本题要能正确分析质点的振动过程，抓住简谐运动的对

26、称性来分析一次全振动，从而确定出周期。14.【答案】(1)由题意 A小球到达管最高点时 对 A 球：2=0 122 第 14 页，共 15 页 学科网（北京）股份有限公司=2/对 AB组成的系统0=解得=10/由能量守恒定律，得弹簧弹性势能=122+122 解得=24；(2)小球 B运动到最高点时合=()2+()2=5 由牛顿第二定律得合=2 从最低点至最高点，由动能定理得35 95=122122 联立求得=4023。【解析】本题主要动量守恒定律，圆周运动的规律和等效重力场问题。解题关键抓住 A、B分开时系统动量守恒，由功能关系即可求出弹簧的弹性势能 15.【答案】(1)对 a 棒在区域 I

27、导轨上静止释放后：magtsin30BIlt=mav 且 q=It，q=CU=CBlv 联立求得=2(22+)则可知金属棒 a 做匀加速直线运动，且=2(22+)=1/2 则 a棒沿区域倾斜导轨下滑的距离为=022=2(2)a 棒进入 II区域后，电路中电流=2 对 a：-BIlt=mava-mav0 对 b：12=稳定时，有：=2 解得：vb=2va 联立求得：va=0.4/，vb=0.8/所以有：q=It=0.4(3)对 ab 系统：mav0=(ma+mb)v 共 解得：v共=1/第 15 页，共 15 页 学科网（北京）股份有限公司 =120212(+)共 2 解得：Q=1 【解析】本题考查学生对法拉第电磁感应定律、动量守恒定律、动量定理的掌握，综合性较强。