2023-2024学年度山东省莱芜市第二中学高二上期
12月月考（重点班）物理（含解析）
分数：100分；考试时间：75分钟
一、单选题（共32分）
1．在光滑绝缘的水平地面上有两个带同种电荷的小球,将两个小球由静止释放后,两小球之间的库仑力将（ ）
A．不变 B．变小 C．变大 D．无法确定
2．下列说法正确的是（ ）
A．变化的磁场不能产生电场 B．变化的电场一定能产生电磁波
C．电磁波能在真空中传播 D．麦克斯韦证实了电磁波的存在
3．关于静电场，下列结论普遍成立的是（ ）
A．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低
B．电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关
C．场强方向总是指向电势降落最快的方向
D．将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功为零
4．如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数之比为，原线圈接入的交流电源，副线圈接有定值电阻，电路中的交流电流表和交流电压表均为理想电表，导线电阻不计，当开关S闭合后（）
A．电压表示数为22V
B．电流表示数变小
C．变压器的输入功率不变
D．变压器的输入功率变大
5．手机无线充电是比较新颖的充电方式。如图所示电磁感应式无线充电的原理与变压器类似，通过分别安装在充电基座和接收能量装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量。当充电基座上的送电线圈两端接上正弦式交流电，就会在邻近的受电线圈中产生感应电动势，最终实现为手机电池充电。下列说法正确的是（ ）
A．受电线圈中的感应电动势周期性变化
B．受电线圈中的感应电动势恒定不变
C．受电线圈中电流方向始终与送电线圈中电流方向相同
D．受电线圈中电流方向始终与送电线圈中电流方向相反
6．如图所示电路中，、、、为四个可变电阻器，、为两个极板水平放置的平行板电容器，两电容器的两极板间分别有一个油滴P、Q处于静止状态，欲使油滴P向下运动，Q向上运动，应使下列变阻器连入电路的阻值增大的是（ ）
A． B． C． D．
7．根据实际需要，磁铁可以制造成多种形状，如图就是一根很长的光滑圆柱形磁棒，在它的侧面有均匀向外的辐射状磁场．现将磁棒竖直固定在水平面上，磁棒外套有一个粗细均匀圆形金属线圈，金属线圈的质量为m，半径为R，电阻为r，金属线圈所在位置的磁场的磁感应强度为B．让金属线圈从磁棒上端静止释放，经一段时间后与水平面相碰并原速率反弹（撞击地面之前已达最大速率），又经时间t，上升速度减小到零．则关于金属线圈与地面撞击前的速度v，撞击反弹后上升到最高点的过程中，通过金属线圈某一截面的电量q，下列说法中正确的是（ ）
A． B． C． D．
8．如图所示，在匀强电场中有一半径为r的圆O，电场方向与圆O所在的竖直平面平行，水平直径和竖直直径的两个端点分别为A、D和C、F，在圆心O点上有一粒子源，在平行于圆周面内以大小相同的初速度分别沿各个方向发射质量为m、电荷量为的同种带电微粒，在通过圆周上各点的微粒中，从B点离开的微粒机械能最大，从E点离开的微粒动能最大，已知重力加速度大小为g，，不考虑微粒间的相互作用力，则下列说法正确的是（ ）
A．匀强电场的方向可能从O点指向D点
B．匀强电场的电场强度大小为
C．B点的电势最高
D．带电微粒通过A点的动能一定大于通过C点的动能
二、多项选择题（共16分）
9．某电容器上标有“25V、470μF”的字样，对此，下列说法正确的是
A．此电容器的击穿电压为25V
B．当工作电压是25V时，电容才是470μF
C．击穿电压高于额定电压
D．此电容器只能在直流25V及以下电压才能正常工作
10．如图所示，L1、L2是两个规格不同的灯泡，当它们如图连接时，恰好都能正常发光，设电路两端的电压保持不变，在将滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中，下列判断正确的是（ ）
A．滑动变阻器两端电压变大
B．L1变暗，L2变亮
C．通过滑动变阻器的电流变小
D．L1变亮，L2变暗
11．如图所示，电阻为R的金属棒ab，从图示位置分别以速度、沿电阻不计的光滑轨道匀速滑到虚线处。若，则两次移动棒的过程中（ ）
A．回路中感应电流之比
B．回路中产生热量之比
C．外力做功的功率之比
D．回路中通过截面的总电荷量之比
12．如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，在x轴上的电势φ与坐标x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点（0.15，3）的切线．现有一质量为0.20kg，电荷量为+2.0×10－8C的滑块P（可视作质点），从x=0.10m处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02．取重力加速度g=10m/s2．则下列说法正确的是（ ）
A．x=0.15m处的场强大小为2.0×106N/C
B．滑块运动的加速度逐渐减小
C．滑块运动的最大速度约为0.1m/s
D．滑块最终在0.3m处停下
三、实验题（共15分）
13．在“探究电磁感应的产生条件”实验中，实物连线后如图1所示。感应线圈组的内外线圈的绕线方向如图2粗线所示。已知所选G表指针偏转规律为“左进右偏，右进左偏”。
(1)接通电源，闭合开关，G表指针会有大的偏转，几秒后G表指针停在中间不动。将滑动变阻器的触头迅速向右滑动时，G表指针 （填“不动”“右偏”“左偏”或“不停振动”）；迅速抽出铁芯时，G表指针 （填“不动”“右偏”“左偏”或“不停振动”）。
(2)断开开关和电源，将铁芯重新插入内线圈中，把直流输出改为交流输出，其他均不变接通电源，闭合开关，G表指针 （填“不动”“右偏”“左偏”或“不停振动”）。
14．某同学想测量一电源的电动势和内阻，在实验室找到了如图器材：
A．待测电源；
B．一段粗细均匀、总长为1m的金属丝；
C．不计内阻的电流表；
D．阻值R1=5.0的定值电阻；
E.刻度尺；
F.开关一个、导线若干.
他的操作步骤如下：
（1）用欧姆表的“×10”挡测量金属丝的总电阻，欧姆表的示数如图甲所示，则金属丝的电阻 .
（2）然后用图乙所示的电路图进行测量，图中表示金属丝的电阻.
（3）不断改变电阻丝接入电路的长度，记录多组电流表示数I和对应（接入电路）的金属丝长度L，根据所得数据作出了图像如图丙所示，则电源的电动势E= V，电源的内阻r= .（结果均保留两位有效数字）
四、解答题（共37分）
15．已知某一电动自行车的电源是18组蓄电池，当正常行驶时，电路中电流为5A，在10min内电源做的功为，则每组蓄电池的电动势为多少？
16．如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，场强大小，一带电量为的点电荷从a点运动到b点，已知，取b点为电势零点。求：
（1）ab两点间的电势差；
（2）电场力对点电荷所做的功；
（3）电荷在a点的电势能。
17．如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m，a、b间的电场强度为E=3.0×103N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=0.3T、方向垂直纸面向里的匀强磁场．今有一质量为m=2.4×10-13kg、电荷量为q=4.0×10-8C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0=1.0×104m/s的初速度从A点水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处(图中未画出)．求：
（1）粒子到达P处时的速度大小和方向；
（2）P、Q之间的距离L；
（3）粒子从A点运动到Q点所用的时间t．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【详解】在光滑绝缘的水平地面上有两个带同种电荷的小球，将两个小球由静止释放后，在相互排斥的库仑力作用下，两者间距离变大，两小球之间的库仑力变小．故B项正确．
2．C
【详解】A．根据麦克斯韦电磁理论，变化的磁场周围空间激发出电场，A错误；
B．根据麦克斯韦电磁理论，均匀变化的电场激发出恒定的磁场，该磁场不能够激发出电场，此时不能产生电磁波，B错误；
C．电磁波的传播不需要介质，能在真空中传播，C正确；
D．赫兹证实了电磁波的存在，D错误。
故选C。
3．C
【详解】A．电场强度大的地方电势不一定高，电场强度小的地方电势不一定低，例如距离负点电荷越近的地方场强越大，电势越低，越远的地方场强越小，电势越高，选项A错误；
B．电势差的大小决定于两点间沿电场方向的距离和电场强度，故B错误；
C．沿电场方向电势降低，而且速度最快，故C正确；
D．场强为零，电势不一定为零，电场中肯定存在场强都为零、电势又不相等的两个点，在这样的两个点之间移动电荷，电场力将做功，故D错误。
故选C。
4．D
【详解】A．由题可知，原线圈两端电压的有效值为
根据
得副线圈两端的电压为
而电压表测量的只是副线圈电路的部分电压，故电压表的示数小于22V，故A错误；
BCD．当开头S闭合后，与并联，副线圈的总电阻减小，而副线圈两端的电压不变，故副线圈的电流增大，根据
可知原线圈的电流增大，故电流表示数增大，根据
可知变压器的输入功率变大，故BC错误，D正确。
故选D。
5．A
【详解】AB．由于送电线圈中通入正弦式交变电流，根据电磁感应原理可知，因送电线圈中电流产生的磁场呈周期性变化，所以受电线圈中感应电流仍是同频率的正弦交流电，即受电线圈中的感应电动势周期性变化，即大小和极性都发生周期性变化，选项A正确，B错误；
CD．受电线圈与送电线圈中电流相位差为90°，所以受电线圈中电流方向与送电线圈中电流方向有时相同，有时相反，选项C、D错误。
故选A。
6．D
【详解】电容器接入电路中相当于断路，分析电路可知，电容器两端的电压为路端电压，而电容器两端的电压为电阻两端的电压，开始两油滴均静止，则可知电场力等于重力，电场力均向上，要使油滴P向下运动则电容器两端的电压需减小，即路端电压需减小；而要使油滴Q向上运动则电容器两端的电压需增大，即电阻两端的电压需增大，则根据闭合电路的欧姆定律有
而路端电压
两端的电压为
则可知总电阻必须减小，可使电流增大，内电压增大，路端电压减小，同时两端的电压增大，因此需减小或减小的同时增大，且的减小量大于的增加量，如此方可满足油滴P向下运动，Q向上运动。
故选D。
7．C
【详解】A．线圈第一次下落过程中有
得安培力大小为
根据牛顿第二定律得
可知线圈做加速度减小的加速运动，当a=0时，速度最大，代入求得最大速度为
A错误；
BCD．反弹后上升的过程中某一时刻，由牛顿运动定律得
则得
在一段微小时间 内，速度增量为
通过线圈截面电量为
则
得到
又
故
BD错误C正确。
故选C。
8．D
【详解】A．依题意，微粒在B点机械能最大，根据功能关系可知从O点到B点电场力做功最多，根据
因
和电场力qE均一定，当电场力与OB的夹角时，最大，可得匀强电场的方向从O点指向B点，故A错误；
C．根据沿电场方向电势降低可知B点的电势最低；或者由能量守恒，即微粒的电势能与机械能总和不变，在B点机械能最大，则电势能最小，根据
可知B点电势最低，故C错误；
B．微粒在E点动能最大，根据功能关系可知从O点到E点电场力与重力的合力做功最多，与选项A同理，即mg重力与电场力的合力F沿OE的方向，受力图如图所示
由几何关系可知，mg与qE合成的平行四边形为菱形，则有
解得
故B错误；
D．如图所示从O点到A点，根据动能定理得
从O点到C点，根据动能定理得
联立比较可得
故D正确。
故选D。
9．CD
【详解】由标称值可知，该电解电容器用于直流25V及以下电压时才能正常工作，25V是额定电压，击穿电压高于额定电压，故A错误，CD正确．电容器的电容值由其内部构造所决定，在不被击穿的条件下，与其工作电压无关；故B错误．故选CD．
10．ABC
【详解】在闭合回路中当电路某个电学元件物理量发生变化，与其串联的元件的物理量变化方向与其相反，并联元件的物理量变化与其相同，有电流流进流出即可视为串联。
BD．滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中，滑动电阻器连入电路的电阻增大，总电阻增大，根据“串反并同”原则，L1串联，L2并联，则L1变暗，L2变亮，B正确，D错误；
AC．根据“串反并同”原则，滑动变阻器两端电压与其并联，通过滑动变阻器的电流与其串联，则滑动变阻器两端电压变大，滑动变阻器的电流变小，AC正确。
故选ABC。
11．AB
【详解】A．回路中感应电流为
易知
故A正确；
B．设x为金属棒运动的位移，则回路中产生热量为
又
联立，可得
易知
故B正确；
C．由于金属棒匀速运动，外力的功率等于回路中的电功率，即
易知
故C错误；
D．回路中通过截面的总电荷量为
易知
故D错误。
故选AB。
12．AC
【详解】AB、电势φ与位移x图线的斜率表示电场强度，则x＝0.15m处的场强EV/m＝2×106V/m，此时的电场力F＝qE＝2×10﹣8×2×106N＝0.04N，滑动摩擦力大小f＝μmg＝0.02×2N＝0.04N，在x＝0.15m前，电场力大于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小，x＝0.15m后电场力小于电场力，做减速运动，加速度逐渐增大．故A正确，B错误；
C、在x＝0.15m时，电场力等于摩擦力，速度最大，根据动能定理得，，因为0.10m和0.15m处的电势差大约为1.5×105V，代入求解，最大速度大约为0.1m/s，故C正确；
D、滑块最终在处停下则满足：，处的电势，故从到过程中，电势差，电场力做，摩擦力做功，则，故滑块不能滑到处，故D错误．
13． 右偏 左偏 不停振动
【详解】(1)[1]滑动变阻器触头向右滑动时，接入电路的电阻减小，电流增大，内线圈的磁通量向下且增大，根据楞次定律可判断外线圈内的感应电流从A接线柱流入，故电流表G的电流从左进入，所以指针向右偏；
[2]抽出铁芯时，通过外线圈的磁通量减小，根据楞次定律可判断外线圈内的感应电流从A接线柱流出，故电流表G的电流从右进入，G表指针向左偏；
(2)把直流输出改为交流输出后，外线圈中的电流方向不断发生变化，故G表指针不停振动。
14． 60 3.0 1.0
【详解】(1)[1]用欧姆表的“x10”挡测量金属丝的总电阻，由图甲所示可知，金属丝的电阻
(3)[2][3]设接入导线长度为L， 则可知接入电阻为
则由闭合电路欧姆定律可知
整理得
由图像可知
带入数据得E=3.0V，r=1.0Ω
15．2V
【详解】根据电流定义式可得：
所以：
根据电动势的定义可知18组蓄电池的总电动势为：
故每组蓄电池的电动势为：
答：每组蓄电池的电动势为2V。
16．（1）10V；（2）；（3）
【详解】（1）由匀强电场中电势差和电场强度的关系可知
（2）电场力对点电荷所做的功为
（3）由电场力做功和电势能的关系可知
得
17．（1）×104m/s，θ=45°；（2）0.4m；（3）5.14×10-5s
【详解】（1）粒子a板左端运动到P处，由动能定理得
代入有关数据，解得
v=×104m/s
代入数据得
θ=45°
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，如图.由几何关系得
联立求得
代入数据解得
L=0.4m
（3）粒子在P点沿电场方向的速度
v1==1.0×104m/s
在电场中运动的时间
在磁场中运动的时间
粒子从A点运动到Q点所用的时间
t=t1+t2=5.14×10-5s
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
