高級中學名校試卷PAGE2024學年高二上學期十二月月考物理試題（卷面分值：100分??考試時間：75分鐘）注意事項：1.本試卷共6頁。答題前，請考生將自己的學校、姓名、座位號寫在答卷上，條形碼粘貼在指定位置。2.作答非選擇題時必須用黑色字跡0.5毫米簽字筆書寫在答卷的指定位置上，作答選擇題必須將答案填涂在答卷的相應題號框內。請保持試卷卷面清潔，不折疊、不破損。3.考試結束后，請將答題卡交回。一、單項選擇題（本題共8小題，每小題4分，共32分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求）1.四根相互平行的通電長直導線a、b、c、d電流均為I，如圖所示放在正方形的四個頂點上，每根通電直導線單獨存在時，正方形中心O點的磁感應強度大小都是B，則四根通電導線同時存在時O點的磁感應強度的大小和方向為（）A.2B，方向向左 B.2B，方向向下C.2B，方向向右 D.2B，方向向上【答案】A【解析】根據安培定則判斷四根導線在點產生的磁感應強度的方向分別為導線產生的磁感應強度方向為方向；導線產生的磁感應強度方向為方向；導線產生的磁感應強度方向為方向；導線產生的磁感應強度方向為方向；每根通電直導線單獨存在時，正方形中心O點的磁感應強度大小都是B，則根據平行四邊形定則合成可知四根導線同時存在時點的磁感應強度大小為，方向水平向左。故選A。2.如圖所示，框架面積為，框架平面與磁感應強度為的勻強磁場方向垂直，則下列關于穿過平面的磁通量的情況中，正確的是（）A.如圖所示位置時磁通量為零B.若使框架繞轉過，磁通量為C.若從初始位置轉過角，磁通量為D.若從初始位置轉過角，磁通量變化為【答案】B【解析】圖示時刻，線圈與磁場垂直，穿過線圈的磁通量等于磁感應強度與線圈面積的乘積。當它繞軸轉過角時，線圈在磁場垂直方投影面積，磁通量等于磁感應強度與這個投影面積的乘積。線圈從圖示轉時，磁通量為，磁通量的變化量大小等于初末位置磁通量之差。A．線圈與磁場垂直，穿過線圈的磁通量等于磁感應強度與線圈面積的乘積，故圖示位置的磁通量，故A錯誤；B．使框架轉過角，則在磁場方向的投影面積，則磁通量，故B正確；C．當線圈從圖示轉時，線框與磁場平行，故磁通量為，故C錯誤；D．從初始位置轉角，磁通量變化為故D錯誤；3.在光滑水平地面上，有兩個可自由移動的點電荷分別放在A、兩處，如圖所示。A處電荷帶正電，處電荷帶負電，且，另取一個可以自由移動的電荷放在連線上。欲使整個系統處于平衡狀態，則（）A.為負電荷，且放于A左方B.為負電荷，且放于右方C.為正電荷，且放于之間D.為正電荷，且放于右方【答案】A【解析】假設Q3放在Q1、Q2之間，那么Q1對Q3的電場力和Q2對Q3的電場力方向相同，Q3不能處于平衡狀態，所以假設不成立，設Q3所在位置與Q1的距離為r13，Q3所在位置與Q2的距離為r23，并且處于平衡狀態，所以Q1對Q3的電場力大小等于Q2對Q3的電場力大小由于Q2=2Q1，所以所以Q3位于Q1的左方，根據同種電荷排斥，異種電荷吸引，可判斷Q3帶負電。故選A。4.如圖所示，直角三角形ACB中，電量為q的正點電荷固定在C點。另一負點電荷沿AB邊從A點運動到B點，則下列說法正確的是（）A.電場力所做總功為正值B.其電勢能先增大后減小C.電場力先做正功再做負功D.其所受電場力逐漸減小【答案】C【解析】ABC．在正點電荷形成的電場中，離點電荷越近電勢越高，所以從A到B電勢先升高后降低，負電荷在電勢高處電勢能小，故其電勢能先減小后增大，說明電場力先做正功后做負功，負電荷在B點的電勢能大于在A點的電勢能，則電場力所做的總功為負，故C正確，AB錯誤；D．根據知，從A到B電場強度先增大后減小，故負電荷受到的電場力先增大后減小，故D錯誤；故選C。5.如圖是電子射線管示意圖。接通電源后，電子射線由陰極沿x軸方向射出，在熒光屏上會看到一條亮線。要使熒光屏上的亮線向下（z軸負方向）偏轉，在下列措施中可采用的是（）A.加一磁場，磁場方向沿z軸負方向B.加一磁場，磁場方向沿y軸負方向C.加一電場，電場方向沿z軸正方向D.加一電場，電場方向沿y軸正方向【答案】C【解析】A．若加一沿z軸負方向的磁場，根據左手定則，洛倫茲力方向沿y軸負方向，熒光屏上的亮線向y軸負方向偏轉，故A錯誤；B．若加一沿y軸負方向的磁場，根據左手定則，洛倫茲力方向沿z軸正方向，熒光屏上的亮線向z軸正方向偏轉，故B錯誤；C．若加一沿z軸正方向的電場，電子帶負電，電場力方向沿z軸負方向，熒光屏上的亮線向z軸負方向偏轉，故C正確；D．若加一沿y軸正方向的電場，電子帶負電，電場力方向沿y軸負方向，熒光屏上的亮線向y軸負方向偏轉，故D錯誤。6.在光滑水平地面上，一質量為1kg的物體在水平向右的拉力F作用下，由靜止開始運動，拉力F隨時間變化的關系圖線如圖所示，則下列說法正確的是（）A.0~1s內合外力的沖量為1N·s B.t=4s時，物體的速度0C.t=1s時，物體的速度最大 D.0~4s內合外力的沖量為2N·s【答案】A【解析】AD．根據F-t圖像面積的物理意義表示沖量，由于物體在光滑水平地面上運動，拉力F為合外力，所以0～1s內，合外力的沖量為0～4s內，合外力的沖量為故A正確，D錯誤；B．前4s內，根據動量定理得代入數據解得t=4s時物體的速度為故B錯誤；C．根據F-t圖像可知前2s內物體的加速度方向與速度方向相同，一直做加速直線運動，從2s末開始速度方向與加速度方向相反，開始做減速直線運動，所以t=2s時，物體的速度最大，故C錯誤。故選A。7.如圖所示，一木塊以速度v1沿著光滑水平面向右勻速運動，某時刻在其后方有一顆子彈以速度v0射入木塊，最終子彈沒有射穿木塊。下列說法中正確的是（）A.子彈克服阻力做的功等于木塊的末動能與摩擦產生的熱量之和B.木塊對子彈做功的絕對值等于子彈對木塊做的功C.木塊對子彈的沖量與子彈對木塊的沖量相同D.系統損失的機械能等于子彈損失的動能減去子彈對木塊所做的功【答案】D【解析】A．子彈射入木塊的過程中，子彈克服阻力做的功等于子彈動能的減少量，根據能量守恒定律可知，子彈動能的減少量等于木塊動能增加量與摩擦產生熱量之和，木塊有初速度，子彈動能的減少量不等于木塊的末動能與摩擦產生熱量之和，故A錯誤；B．相對于地面而言，子彈的位移大于木塊的位移，子彈對木塊的作用力和木塊對子彈的作用力大小相等，根據功的公式W=Fx可知，木塊對子彈做的功大于子彈對木塊做的功，故B錯誤；C．子彈對木塊的作用力和木塊對子彈的作用力大小相等、方向相反，作用時間相等，根據沖量公式I=Ft可知，木塊對子彈的沖量與子彈對木塊的沖量大小相等，方向相反，故C錯誤；D．系統損失的機械能等于子彈損失的動能和木塊動能增加量之差，即等于子彈損失的動能減去子彈對木塊所做的功，故D正確。故選D。8.圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強電場內間距相等的一組等勢面，已知平面b上的電勢為2V。一電子經過a時的動能為10eV，從a到d的過程中克服電場力所做的功為6eV。下列說法正確的是（）A.平面c上的電勢不為零B.該電子經過平面d時，其電勢能為2eVC.該電子一定能到達平面fD.該電子經過平面b時的速率是經過d時的2倍【答案】B【解析】A．虛線a、b、c、d、f代表勻強電場內間距相等的一組等勢面，一電子經過a時的動能為10eV，從a到d的過程中克服電場力所做的功為6eV，動能減小了6eV，電勢能增加了6eV，因此等勢面間的電勢差為2V，因平面b上的電勢為2V，由于電子的電勢能增加，等勢面由a到f是降低的，因此平面c上的電勢為零，故A錯誤；B．在平面b上電勢為2V，則電子的電勢能為-2eV，動能為8eV，電勢能與動能之和為6eV，當電子經過平面d時，動能為4eV，其電勢能為2eV，故B正確；C．當電子由a向f方向運動，則電子到達平面f的動能為2eV，由于題目中沒有說明電子如何運動，因此電子可能會到達平面f，也可能不會到達f，故C錯誤；D．電子經過平面b時的動能是平面d的動能2倍，電子經過平面b時的速率是經過d時的倍，故D錯誤。故選B。二、多項選擇題（本題共2小題，每小題5分，共10分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。）9.如圖所示，小車的立柱上O點固定有長L的不可伸長的輕繩，繩的末端拴有小球A（可視為質點）．小車靜止在光滑的水平面上且OA水平，此時將小球由靜止釋放．小車的質量是小球的5倍．小球在擺動時不計空氣和摩擦阻力．下面說法中正確的是（）A.小球和小車組成的系統總動量守恒B.擺動過程中小球和小車組成系統的機械能守恒C.小球向右最大位移為LD.當小球擺至最低點時，小球與小車的動量大小相等，方向相反，此時小車的速度為【答案】BCD【解析】A、小球由靜止釋放過程中，小球與小車組成的系統在水平方向不受外力，故系統只在水平方向動量守恒；小球擺動過程中，小球與小車系統豎直方向受力不為零，總動量不守恒，故A錯誤．B、小球與小車系統在擺動過程中只有重力做功，系統機械能守恒，故B正確．C、設小球的質量為m，小球向右最大位移大小為x，小車向左運動的最大位移大小為x′，取水平向右為正方向，根據系統水平動量守恒得：m-5m=0，且有：x+x′=2L，解得：x=，故C正確．D、原來系統水平總動量為零，當小球擺至最低點時，根據系統水平動量守恒知，系統的水平總動量也為零，則小球動量與小車的動量大小相等，方向相反．設此時小車的速度為v1，小球的速度為v2．取水平向右為正方向，根據系統水平動量守恒得：mv2-5mv1=0，根據系統的機械能守恒得：mgL=mv22+5mv12，聯立解得：v1=，故D正確．10.如圖所示，水平面上放置的一根一端封閉、內壁光滑的直管MN內有一個帶正電的小球，空間中充滿豎直向下的勻強磁場。開始時，直管水平放置，且小球位于管的封閉端M處。現使直管沿水平方向向右勻速運動，經一段時間后小球到達管的開口端N處。在小球從M到N的過程中（）A.磁場對小球做正功B.直管對小球不做功C.小球所受洛倫茲力的方向改變D.小球的運動軌跡是一條拋物線【答案】D【解析】A．小球受磁場的洛倫茲力總是與速度垂直，不做功，故A錯誤；CD．設管子運動速度為v1，小球垂直于管子向右的分運動是勻速直線運動。小球沿管子方向受到洛倫茲力的分力，q、v1、B均不變，F1不變，則小球沿管子做勻加速直線運動；小球做類平拋運動，小球運動的軌跡是一條拋物線，洛倫茲力方向不斷變化，故C錯誤，D正確；B．對小球受力分析，受重力、支持力和洛倫茲力，其中重力和洛倫茲力不做功，而動能增加，根據動能定理可知支持力做正功，故B錯誤。故選D。三、非選擇題（共58分，解答題應寫出必要的文字說明、方程式或重要演算步驟，只寫出最后答案的不得分。有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位。）11.（1）圖甲中游標卡尺的讀數為____cm，圖乙中螺旋測微器的讀數為_________mm。（2）某同學用多用電表的歐姆擋來測量一電壓表的內阻，器材如圖甲所示。先將選擇開關旋至“×10”擋，紅、黑表筆短接調零后進行測量，紅表筆應接電壓表的______（選填“＋”或“－”）接線柱，結果發現歐姆表指針偏角太小，則應將選擇開關旋至_____（選填“×1”或“×100”）擋并____________，最終測量結果如圖乙所示，則電壓表的電阻為______Ω。【答案】（1）2.980.880（2）-×100重新進行歐姆調零3000【解析】（1）甲中游標卡尺的讀數為29mm+8×0.1mm=29.8mm=2.98cm圖乙中螺旋測微器的讀數為0.5mm+38.0×0.01mm=0.880mm（2）[1][2][3]通過多用表的電流由紅表筆流入，由黑表筆流出；電流通過電壓表時也是由“+”接線柱流入，由“-”接線柱流出，則紅表筆應接電壓表的“-”接線柱，歐姆表指針偏角太小，則電阻大，則應將選擇開關旋至×100擋并重新進行歐姆調零。[4]電壓表的電阻為12.一研究學習小組采用如圖所示的“碰撞實驗器”探究碰撞中的不變量。先將質量為入射小球從斜槽軌道上某固定點由靜止釋放，從軌道末端點水平拋出，在四分之一圓弧軌道上留下壓痕。再把質量為被碰小球放在斜槽軌道末端，此時小球的球心恰好位于圓弧軌道的圓心上，讓入射小球仍從固定點由靜止釋放，和被碰小球相碰后，兩球分別落在圓弧軌道的不同位置上，重復多次，找到平均落點。用量角器量出與豎直方向的夾角分別為。（1）下列說法正確的是________A.實驗中兩球直徑必須相等且B.在同一組實驗的不同碰撞中，每次入射小球必須從同一高度靜止釋放C.安裝軌道時斜槽末端切線必須水平D.斜槽軌道必須光滑（2）放上被碰小球，兩球相碰后，小球的落地點是圖中圓弧面上的_______點，小球的落地點是圖中圓弧面上的_______點；在同一組實驗的不同碰撞中，圓弧面上三個落地點位置與所用小球質量無關的是________點。（3）若兩球碰撞時動量守恒，應滿足的關系式為_______（用題中所給物理量的符號表示）。（4）若在被碰小球的被碰位置貼一小塊膠布，讓入射小球仍從固定點由靜止釋放，則增大的物理量是_______A.系統的總動量 B.系統動能的損失【答案】（1）BC（2）（3）（4）B【解析】（1）A．為了保證兩小球發生正碰且碰后小球不反彈，實驗中兩球直徑必須相等且，故A錯誤；B．為了使小球每次做平拋運動的初速度相等，每次入射小球必須從同一高度靜止釋放，故B正確；C．為了使小球離開斜槽軌道末端后做平拋運動，安裝軌道時斜槽末端切線必須水平，故C正確；D．只要每次入射小球都從同一高度靜止釋放，就能保證小球每次做平拋運動初速度相等，斜槽軌道是否光滑對實驗沒有影響，故D錯誤。故選BC。（2）[1][2][3]未放被碰小球時，小球應落在圓弧面上的P點，放上被碰小球，兩球相碰后，小球速度變小，應落在圓弧面上的M點，小球碰后應獲得一個比小球入射速度更大的速度，所以小球應落在圓弧面上的N點；因每次入射小球都從同一高度靜止釋放，所以小球每次離開斜槽末端的速度都相等，與小球的質量無關，即在同一組實驗的不同碰撞中，圓弧面上三個落地點位置與所用小球質量無關的是P點。（3）設小球從斜槽末端做平拋運動初速度為，落在圓弧面上時落點與圓心的連線與豎直方向的夾角為，則水平方向有兩式聯立，得兩球碰撞時動量守恒，應滿足其中，，將、和代入動量守恒方程，得（4）若在被碰小球的被碰位置貼一小塊膠布，讓入射小球仍從固定點由靜止釋放，則碰后兩小球將結合為一體共同運動，即兩小球的碰撞為完全非彈性碰撞，碰撞過程仍遵循動量守恒，但系統動能損失最大。故選B。13.如圖所示，在勻強磁場中磁感應強度、方向與導軌平面垂直且向下，導軌與水平面成角，垂直導軌放置一個可自由移動的金屬桿。已知接在導軌中的電源電動勢，內阻。ab桿長，質量，桿與滑軌間的動摩擦因數，導軌與ab桿的電阻忽略不計。要使桿在導軌上保持靜止，（g取，，，可認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）求：（1）ab棒受到的最大安培力和最小安培力；（2）滑動變阻器R有效電阻取值范圍。【答案】（1）2N，0.4N（2）【解析】（1）ab棒受到的最大靜摩擦力為根據左手定則可知，ab棒受到的安培力沿斜面向上，當安培力最大時，根據平衡條件可知當安培力最小時（2）根據閉合電路歐姆定律安培力將最大最小安培力代入解得滑動變阻器R有效電阻的取值范圍為（1）電子從釋放到打到屏上所用的時間；（2）電子剛射出電場時的速度方向與AO連線夾角θ的正切值；（3）電子打到屏上的點到點O的距離y。【答案】（1）（2）2（3）3L【解析】（1）電子運動情況如圖所示電子在電場E1中做初速度為零的勻加速直線運動。設加速度為a1，時間為t1，由牛頓第二定律和運動學公式得，解得，電子在MN右側到屛的區域內，沿AO方向不受力，故沿AO方向的分運動為勻速直線運動，分速度在該區域運動時間為電子從釋放到打到屏上所用的時間（