2023-2024学年度黑龙江省大庆市重点中学高二上学期12月月考试题
物理（含解析）
2023年12月
评卷人得分
一、单选题（共32分）
1．在一长直导线中通以如图所示的恒定电流时，套在长直导线上的闭合线环（环面与导线垂直，长直导线通过环的中心），当发生以下变化时，肯定能产生感应电流的是（ ）
A．保持电流不变，使导线环上下移动
B．保持导线环不变，使长直导线中的电流增大或减小
C．保持电流不变，使导线在竖直平面内顺时针（或逆时针）转动
D．保持电流不变，环在与导线垂直的水平面内左右水平移动
2．随着电子技术的发展，霍尔传感器被广泛应用在汽车的各个系统中。其中霍尔转速传感器在测量发动机转速时，情景简化如图（a）所示，被测量转子的轮齿（具有磁性）每次经过霍尔元件时，都会使霍尔电压发生变化，传感器的内置电路会将霍尔电压调整放大，输出一个脉冲信号，霍尔元件的原理如图（b）所示。下列说法正确的是（ ）
A．在其它条件不变的情况下发动机转速越高，产生的霍尔电压越高
B．在其它条件不变的情况下，霍尔元件的厚度越小，产生的霍尔电压越高
C．若霍尔元件的前端电势比后端高，则元件中的载流子为负电荷
D．若转速表显示，转子上齿数为150个，则霍尔传感器每分钟输出12个脉冲信号
3．如图所示，一呈半正弦形状的闭合线框abc，ad=l，匀速穿过边界宽度也为l的相邻两个匀强磁场区域，两个区域的磁感应强度大小相同，整个过程线框中感应电流图像为(取顺时针方向为正方向) （ ）
A． B．
C． D．
4．如图所示，两块正对平行金属做M、N与池相连，N板接地，在距两板等距离的P点固定一个带负电的点电荷，如果M板向上平移一小段距离，则（ ）
A．MN间电场强度变小 B．M板的带电荷量增加
C．P点的电势升高 D．点电荷在P点具有的电势能减少
5．下列说法正确的是（ ）
A．沿电场线方向场强逐渐减小
B．仅在电场力的作用下，正电荷一定顺着电场线方向运动
C．沿电场线方向电势逐渐降低
D．沿电场线方向移动电荷，电荷电势能逐渐减小
6．如图所示，平行板电容器与电压恒定的直流电源连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略.一带正电油滴被固定于电容器中的P点，现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则（ ）
A．平行板电容器的电容将变大
B．静电计指针张角变小
C．带电油滴的电势能减小
D．带电油滴的电势不变
7．如图所示，A、B都是很轻的铝环，分别吊在绝缘细杆的两端，杆可绕竖直轴在水平面内转动，环A是闭合的，环B是断开的．若用磁铁分别靠近这两个圆环，则下面说法正确的是( )
A．图中磁铁N极接近A环时，A环被吸引，而后被推开
B．图中磁铁N极远离A环时，A环被排斥，而后随磁铁运动
C．用磁铁的任意一磁极接近A环时，A环均被排斥
D．用磁铁N极接近B环时，B环被推斥，远离磁铁运动
8．如图所示，水平面内的等边三角形BCD的边长为L，顶点C恰好位于光滑绝缘直轨道AC的最低点，A点到B、D两点的距离均为L，A点在BD边上的竖直投影点为O。y轴上B、D两点固定两个等量的正点电荷，在z轴两电荷连线的中垂线上必定有两个场强最强的点，这两个点关于原点O对称。在A点将质量为m、电荷量为的小球套在轨道AC上（忽略它对原电场的影响）将小球由静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，且，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．图中的A点是z轴上场强最强的点
B．轨道上A点的电场强度大小为
C．小球刚到达C点时的加速度为
D．小球刚到达C点时的动能为
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二、多项选择题（共16分）
9．有一半径为R，电阻率为ρ，密度为d的均匀圆环落入磁感应强度为B的径向磁场中，圆环的截面半径为r(r R)，如图(a)、(b)所示．当圆环在加速下落时某一时刻的速度为v，则
A．此时整个圆环的电动势E＝2Bvπr
B．忽略电感的影响，此时圆环中的电流I＝
C．此时圆环的加速度a＝
D．如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度vm＝
10．示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，电子枪发射电子经过加速后，通过偏转电极打在荧光屏上形成亮斑，如图所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（ ）
A．极板x应带正电
B．极板x'应带正电
C．极板y应带正电
D．极板y'应带正电
11．如图所示，磁场方向垂直固定斜面向上，磁感应强度大小随时间变化的规律为B＝（2＋2t）T。将一根长0.3 m、质量为0.2 kg的通电硬直导线置于斜面上，导线两侧固定有立柱，导线中电流大小为1 A。t＝0和t＝2 s时刻，导线对两侧立柱的压力恰好为零。重力加速度大小g＝10 m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．斜面倾角θ＝30°
B．导线对斜面的压力为1 N
C．导线与斜面间最大静摩擦力为0.6 N
D．在t＝1 s时，导线所受的摩擦力为零
12．沿电场中某条直线电场线方向建立x轴，该电场线上各点的电场强度E随x的变化规律如图所示。将一个带正电的粒子从O点由静止释放，粒子仅在电场力的作用下，由坐标原点O运动到位置过程中，下列说法正确的是（ ）
A．粒子先加速后减速运动
B．粒子的电势能一直减小
C．坐标原点O和位置的电势差
D．粒子动能的增加量等于电势能的减小量
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三、实验题（共15分）
13．太阳能电池在有光照射时，可以将光能转化为电能，在没有光照射且未储存电能时可视为一个电阻。实验小组用伏安法探究某太阳能电池视为电阻RS时的I-U特性。
(1)实验小组先用欧姆表“×100”挡粗测该太阳能电池的电阻RS，发现指针从左端开始只偏转很小角度，为使测量结果更准确，他们需改用 （选填“×1k”或“×10”）挡位，并重新进行 。
(2)实验小组设计好电路后，正确操作，得到了多组电压表和电流表的示数U、I，如下表所示：
U/V 0.0 1.2 1.6 2.0 2.4 2.6 2.8 3.0
I/mA 0.0 0.0 0.1 0.4 0.9 1.8 3.3 5.1
①他们设计的电路图可能是图甲中的 （选填“A”或“B”）图。
②请根据表中数据在图乙中作出太阳能电池RS的I-U图线 。
③由所作图线可知，随所加电压的增大，太阳能电池的电阻RS ，能反映该太阳能电池真实I-U特性的曲线应该在所作图线的 （选填“上方”或“下方”）。
14．某同学测量一只未知阻值的电阻Rx.
（1）表内电池的 极与红表笔相连；
（2）他先用多用电表进行测量，把选择开关旋到“×10”挡位，测量时指针偏转如图甲所示．该同学应选用 挡位，更换挡位重新测量之前应进行的步骤是
（3）接下来再用“伏安法”，测量该电阻，所用仪器如图乙所示，其中电压表内阻约为5kΩ，电流表内阻约为5Ω，变阻器最大阻值为100Ω.图中部分连线已经连接好，为了尽可能准确地测量电阻，请你完成其余的连线 ．
（4）该同学用“伏安法”测量的电阻Rx的值将 (填“大于”“小于”或“等于”)被测电阻的实际值．
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四、解答题（共37分）
15．如图所示为一金属筒的横截面，该圆筒的半径为R，内有匀强磁场，方向为垂直纸面向里，磁感强度为B，在相互平行的金属板AA′和CC′之间有匀强电场，一个质量为m（重力不计），带电量为q的电荷，在电场力的作用下，沿图示轨迹从P点无初速运动经电场加速进入圆筒内，在筒中它的速度方向偏转了60°，求：
（1）该粒子带何种电荷？
（2）粒子在筒内运动的时间；
（3）两金属板间的加速电压。
16．如图所示，匀强磁场的磁感应强度为，方向垂直纸面向外，质量为、带电荷量为的小球在倾角为的光滑斜面上由静止开始下滑。若带电小球下滑后某个时刻对斜面的压力恰好为零，求：
(1)小球的带电性质；
(2)此时小球下滑的速度和位移的大小。
17．一根长为L的丝线吊着一质量为m的带电量为q的小球静止在水平向右的匀强电场中，如图所示，丝线与竖直方向成37o角，（重力加速度为g），求：
（1）该静止小球带何种电；
（2）匀强电场的电场强度的大小；
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【详解】A．保持电流不变，使导线环上下移动，磁通量不变，所以没有感应电流，A错误；
B．保持导线环不变，使长直导线中的电流增大或减小，磁通量始终为零，磁通量不变，所以没有感应电流，B错误；
C．保持电流大小不变，使直导线在竖直平面内顺时针（或逆时针）转动，磁通量变化，产生感应电流，C正确；
D、保持电流大小不变，环在与导线垂直的水平面内左右水平移动，磁通量始终为零，磁通量不变，所以没有感应电流，D错误。
故选C。
2．B
【详解】AB．载流子平衡时
，，，
解得霍尔电压
在其它条件不变的情况下，产生的霍尔电压与发动机转速无关，越小， 产生的霍尔电压越大，A错误，B正确；
C．由左手定则，若载流子带正电，可判断出载流子受力向前端偏转，霍尔元件的前端电势比后端高，C 错误；
D．每个轮齿经过，都会引发一次脉冲，则每分钟脉冲数量为 个，故 D 错误。
故选B。
3．D
【详解】线框进入磁场区域时穿过线框的磁通量垂直于纸面向外增大，根据楞次定律，线框中的感应电流方向为顺时针(正方向)；同理，线框离开磁场区域过程中的磁通量是垂直于纸面向里的减小，线框中电流方向也是顺时针(正方向)；线框的顶点运动到两磁场的分界线上时，同时切割两边大小相等、方向相反的磁感线，线框中感应电流的最大值为在左侧或右侧磁场中切割时产生感应电流最大值的2倍，且方向为逆时针(负方向)，故D项正确，ABC三项错误。
故选D。
4．A
【详解】A．由题分析得知，电容器的板间电压保持不变，将M板向上平移一小段距离，板间距离增大，由公式
可知，板间电场强度变小，故A正确；
B．电容器的板间电压保持不变，将M板向上平移一小段距离，板间距离增大，由公式
可知电容器的电容C减小，根据
可知M板的带电荷量减少，故B错误；
C．板间场强减小，P点与下极板间的距离不变，则由
可知P点与下极板之间的电势差减小，下板电势为零，且P点的电势高于下板的电势，P点的电势为正，则P点的电势降低，故C错误；
D．该点电荷带负电，P点的电势降低，根据
则点电荷在P点具有的电势能增加，故D错误。
故选A。
5．C
【详解】A．电场线的疏密表示电场强弱，与电场线方向无关，故A错误；
B．电场线不是带电粒子的运动轨迹，若电场线为曲线，则正电荷仅在电场力作用下不会沿电场线方向运动，故B错误；
C．顺着电场线方向，电势逐渐降低，故C正确；
D．负电荷受到的电场力的方向与电场强度的方向相反，沿电场线的方向移动负电荷，电场力做负功，电势能增大，故D错误。
故选C。
6．C
【详解】A．平行板电容器的电容
现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，导致极板间距d增大，则电容减小，A错误；
B．静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，B错误；
C．电势差不变，d增大，则电场强度减小，P点与下极板的电势差减小，则P点的电势减小，因为该油滴带正电荷，则电势能减小，C正确；
D．电势是描述电场能性质的物理量，不是带电油滴的，D错误。
故选C。
7．C
【详解】当磁铁N极靠近时，导致圆环A的磁通量变大，从而由楞次定律可得圆环A的感应电流，又处于磁场中，则受到的安培力作用，使它远离磁铁，即被推开；故A错误；磁铁N极远离A环时，圆环A的磁通量变小，从而由楞次定律可得圆环A的感应电流，又处于磁场中，则受到的安培力作用，使它随磁铁运动；故B错误；当磁铁的任意一磁极靠近时，导致圆环A的磁通量变大，从而由楞次定律可得圆环A的感应电流，使A环被排斥，故C正确；
对于圆环B，当磁铁的靠近时，虽磁通量变大，有感应电动势，但由于不闭合，所以没有感应电流，则不受安培力作用．所以对于圆环B，无论靠近还是远离，都不会有远离与吸引等现象，故D错误；故选C.
【点睛】本题也可以直接使用楞次定律的推论解答．从楞次定律相对运动角度可得“来拒去留”；即近则斥，远则吸．
8．B
【详解】A．由题意可知，如图所示，P为轴上一点，PD连线与轴的夹角为
根据等量同种电荷的电场分布可知点的电场强度竖直向上，大小表示为
整理得
令，，可得函数
对函数求导
令，解得
结合导函数的性质可知，在时，单调递增，在时，单调递减，因此时，电场强度最大，即
由此可知，轴上距离点处的两点电场强度最大，A错误；
B．，轨道上A点的电场强度大小
B正确；
C．由几何关系可知
，
根据对称性可知，、两点的电场强度大小相等，因此，点的电场强度方向沿轴正方向，电场强度大小表示为
小球在点时的受力如图所示
小球在受到的电场力为
沿杆方向的合力为
解得
由此可知小球刚到达C点时的加速度为0，C错误；
D．根据等量同种电场分布和对称关系可知，、两点电势相等，电荷从到的过程中电场力做功为零，根据动能定理可得
解得
D错误。
故选B。
9．BD
【详解】A．此时整个圆环垂直切割径向磁感线，电动势：
E＝2BvπR
故A错误；
B．此时圆环中的电流：
I==
故B正确；
C．对圆环根据牛顿第二定律得：
mg－F安＝ma
F安＝BI·2πR＝
m＝dπr2·2πR
则联立解得：
a＝g－
故C错误；
D．如果径向磁场足够长，当a＝0时圆环的速度最大，即：
g－＝0
解得：
vm＝
故D正确．
10．AC
【详解】电子受力方向与电场方向相反，因电子向x向偏转则，电场方向为x到x′，则x带正电，即极板x的电势高于极板x′，同理可知y带正电，即极板y的电势高于极板y′，故选AC。
11．CD
【详解】AC．设导线受到的最大静摩擦力为Ff。t＝0时，B1＝2T，安培力为F1，由平衡条件得
F1＋Ff＝mgsin θ
其中
F1＝B1Il
t＝2 s时，B2＝6T，安培力为F2，由平衡条件得
F2＝mgsin θ＋Ff
F2＝B2Il
联立解得
Ff＝0.6 N
sin θ＝0.6
θ＝37°
A错误，C正确；
B．导线对斜面的压力大小为
FN＝mgcos θ＝1.6 N
选项B错误；
D．t＝1s时，B3＝4T，安培力
F3＝B3Il＝1.2 N
代入
F3＋Ff′＝mgsin θ
得
Ff′＝0
选项D正确。
故选CD。
12．BCD
【详解】ABD．由坐标原点O运动到位置过程中，电场方向一直为正方向，电场力方向与速度方向相同，电场力对粒子做正功，粒子速度一直增大，电势能一直减小，粒子的动能增加量等于电势能的减小量，A错误，BD正确；
C．坐标原点O和位置间的电势差为图像与x轴所围成的面积，即，C正确。
故选BCD。
13． ×1k 欧姆调零（或电阻调零） A 先几乎不变，后迅速减小 上方
【详解】(1)[1][2]用欧姆表“×100”挡粗测该太阳能电池的电阻RS，发现指针从左端开始只偏转很小角度，为使测量结果更准确，他们需改用“×1k”挡位，并重新进行欧姆调零（或电阻调零）。
(2) ①[3]测绘伏安特性曲线，电压和电流需从零开始测起，滑动变阻器采用分压式接法，应选图甲中A图所示实验电路。
②[4] 根据表中数据在图乙中作出太阳能电池RS的I-U图线如图
③[5] 由所作图线可知，随所加电压的增大，太阳能电池的电阻RS先几乎不变，后迅速减小。
[6] 由于电流表的分压作用，同样的电流的情况下，太阳能电池的电压要小于测量电压，因此该太阳能电池真实I-U特性的曲线应该在所作图线的上方。
14． 负极 ×100 欧姆挡调零 大于
【详解】（1）万用表电流总是红表笔流入黑表笔流出，所以红表笔连接表内电源的负极．
（2）指针偏转过小，说明待测电阻很大，所以应换用更大挡位，即×100挡位；每次更换挡位后都要重新进行欧姆调零．
（3）根据欧姆表读数可知，待测阻值约为1000欧姆，所以：，选择电流表内接，连线如下：
（5）因为采用内接法，电流准确，电压偏大，根据欧姆定律：可知，测量值偏大．
15．（1）负电荷；（2）；（3）
【详解】（1）粒子向右偏转，根据左手定则可知粒子带负电；
（2）粒子在磁场中运动，设电荷在筒中的速度为v，由牛顿第二定律知识有
得：
周期：
筒中运动时间
（3）由几何关系得电荷在磁场中做匀速圆周运动的半径
设电荷在筒中的速度为v，由牛顿第二定律知识有
设两金属板间加速电压为U，由动能定理得
解①②③得
16．(1)带正电；(2)；
【详解】(1)小球沿斜面下滑时，某个时刻对斜面的压力为零，说明其受到的洛伦兹力应垂直斜面向上，根据左手定则可判断小球带正电；
(2)当小球对斜面压力为零时，有
得小球此时的速度为
由于小球沿斜面方向做匀加速运动，加速度大小为
由匀加速运动的位移公式
得
17．（1）正电；（2）
【详解】（1）由平衡条件可判断小球带正电。
（2）小球静止在电场中受力如图
由平衡条件得
解得
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
