2023年云學名校聯盟高二年級12月聯考物理試卷C考試時間：時長：75分鐘滿分：100分一、選擇題（1~7單選，8~10多選，選不全得2分，錯選0分，共計40分）1.物理學中有很多關于圓盤的實驗，第一個是法拉第圓盤，圓盤全部處于磁場區域，可繞中心軸轉動，通過導線將圓盤圓心和邊緣與外面電阻相連。第二個是阿拉果圓盤，將一銅圓盤水平放置，圓盤可繞中心軸自由轉動，在其中心正上方用柔軟細線懸掛一枚可以自由旋轉的磁針，第三個是費曼圓盤，一塊水平放置的絕緣體圓盤可繞過其中心的豎直軸自由轉動，在圓盤的中部有一個線圈，圓盤的邊緣固定著若干帶負電的金屬小球。以下說法正確的是（）A.法拉第圓盤在轉動過程中，圓盤中磁通量不變，有感應電動勢，無感應電流B.阿拉果圓盤實驗中，轉動圓盤，小磁針會同向轉動，反之，轉動小磁針，圓盤則不動C.費曼圓盤中，當開關閉合的一瞬間，圓盤會順時針（俯視）轉動D.法拉第圓盤和阿拉果圓盤都是電磁驅動的表現【答案】C【解析】【詳解】A．圓盤運動過程中，半徑方向的金屬條在切割磁感線，在圓心和邊緣之間產生了感應電動勢，選項A錯誤；B．阿拉果圓盤實驗中，轉動圓盤或小磁針，都產生感應電流，因安培力的作用，另個物體也會跟著轉動，選項B錯誤；C．線圈接通電源瞬間，則變化的磁場產生變化的電場，從而導致帶電小球受到電場力，使其轉動，接通電源瞬間圓板受到電場力作用而轉動，由于金屬小球帶負電，再根據電磁場理論可知，產生逆時針方向的電場，負電荷受到的電場力與電場方向相反，則有順時針電場力，圓盤會順時針（俯視）轉動，選項C正確；D．如果磁場相對于導體運動，在導體中會產生感應電流，感應電流使導體受到安培力的作用，安培力使導體運動起來，這種作用就是電磁驅動，顯然法拉第圓盤是機械能轉化為電能的過程，并不是電磁驅動，故D錯誤。故選C。2.今年11月底，襄陽三中舉行了秋季運動會，其中“旋風跑”團體運動項目很受學生歡迎。如圖是比賽過程的簡化模型，一名學生站在點，手握在金屬桿的一端點，其他四名學生推著金屬桿，順時針（俯視）繞點以角速度勻速轉動。已知運動場地附近空間的地磁場可看作勻強磁場，其水平分量為，豎直分量為，則此時（）A.A點電勢高于點電勢 B.兩點電壓為C.兩點電壓為 D.兩點電壓為【答案】B【解析】【詳解】A．地磁場在北半球的磁感應強度斜向下，其豎直分量豎直向下，則金屬桿切割產生動生電動勢，由右手定則可知電源內部的電流從A點到點，即點為電源的正極，故A點電勢低于于點電勢，故A錯誤；BCD．動生電動勢的大小為可得故B正確，CD錯誤。故選B。3.光滑水平桌面上固定兩個等量同種電荷，電性為正電，一個帶負電的粒子，沿著兩個正電荷連線的中垂線從A點由靜止開始釋放，粒子從釋放到第一次運動到點過程中，其速度大小v隨時間，及電勢、電勢能、機械能隨位移的變化圖像可能正確的是（電勢無窮遠為O，取桌面為重力勢能零勢面）（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【詳解】A．根據同種等量電荷中垂線電場特點可知，從A點到O點，電場可能先增大后減小，則電場力先增大后減小，根據牛頓第二定律可知加速度先增大后減小，速度一直增大，故A正確；B．根據，可知圖像的斜率代表電場強度，O點的電場強度為0，故B錯誤；C．從A點到O點，電場力做正功，電勢能逐漸減小，故C錯誤；D．電場力做功代表機械能的變化，根據W=Fx，可知靠近O點的電場力逐漸減小，則機械能變化趨勢逐漸平緩，故D錯誤；故選A。4.如圖所示，兩根等高光滑的圓弧導軌，導軌電阻不計。在導軌頂端右側連有一阻值為的電阻，整個裝置處在豎直向上的勻強磁場中?，F有一根長度稍大于導軌間距的金屬棒從導軌最低位置開始，在外力作用下以初速度沿軌道做勻速圓周運動，由運動至最高位置，則該過程中，下列說法正確的是（）A.通過R的電流方向由里向外 B.通過R的電流大小保持不變C.金屬棒所受安培力一直減小 D.外力做的功等于整個回路產生的焦耳熱【答案】C【解析】【詳解】A．根據右手定則，金屬棒由運動至最高位置，通過R的電流方向由外向里，故A錯誤；B．通過R的電流大小為金屬棒由運動至最高位置，金屬棒水平速度逐漸減小，通過R的電流大小逐漸減小，故B錯誤；C．金屬棒所受安培力為金屬棒由運動至最高位置，金屬棒水平速度逐漸減小，金屬棒所受安培力一直減小，故C正確；D．根據動能定理，外力做的功等于整個回路產生的焦耳熱與金屬棒增加的重力勢能之和，故D錯誤。故選C。5.空間有一束均勻足夠大的等離子體，以相同的速度進入一間距為的水平面足夠大的平行板電容器中，通過控制等離子體入射速度的大小，讓其在平行板中沿直線運動。隨即進入一橫截面直徑也為的電磁流量計中。已知平行板電容器電壓恒定，垂直紙面向里的磁場磁感應強度分別是，其中保持不變，不考慮重力的影響，以下說法錯誤的是（）A點電勢高于點電勢 B.僅增大，電壓表示數增大C.僅增大，電壓表示數增大 D.電容器上極板帶正電【答案】B【解析】【詳解】A．等離子體沿直線進入電磁流量計后，根據左手定則可知正離子受到向上的洛倫茲力往上偏轉，負離子受到向下的洛倫茲力往下偏轉，a點電勢高于b點電勢，故A正確，不符合題意；D．等離子體在平行板電容器中沿直線運動，以正離子為研究對象，根據平衡條件可知，正離子受到的電場力向下，則電容器上極板帶正電，故D正確，不符合題意；BC．B1區域，根據平衡條件可得在B2區域，等離子體經過電磁流量計時受到的洛倫茲力會向上下兩側偏轉，在上下兩側之間形成電場，當電場力與洛倫茲力相等時流量恒定，可得聯立解得所以僅增大d，電壓表示數不變；僅增大B2，電壓表示數增大，故B錯誤，符合題意、C正確，不符合題意。故選B。6.如圖平行板電容器通過導線與二極管，直流電源相連，電容器上下極板分別是板，板，且下極板接地。是極板中間的某一點，位置不發生改變。以下說法正確的是（）A.板上移一點，兩板之間電勢差不變，點電勢升高B.板上移一點，兩板之間電場強度增大，點電勢降低C.板下移一點，兩板之間電場強度增大，點電勢不變D.板下移一點，兩板之間電勢差變大，點電勢不變【答案】B【解析】【詳解】A．板上移一點，板間距增大，根據可得，減少，假如電壓U不變，則由可知，Q減少，但是由于二極管的存在，Q不能減少，所以Q恒定，根據聯立得所以電場強度不變，而點電勢可得點電勢不變，A錯誤；B．板上移一點，板間距減小，根據可得，增加，假如電壓U不變，則由可知，Q增加，由于二極管的存在，Q可以增加，所以兩板之間電勢差U不變，根據，可知E增加，又由不變，所以降低，B正確；C．板下移一點，板間距減少，根據可得，增加，假如電壓U不變，則由可知，Q增加，由于二極管的存在，Q可以增加，所以兩板之間電勢差U不變，根據，可知E增加，根據，可知增加，C錯誤；D．板下移一點，板間距增大，根據可得，減少，假如電壓U不變，則由可知，Q減少，但是由于二極管的存在，Q不能減少，所以兩板之間電勢差U變大，根據聯立得所以電場強度不變，又由點電勢可得點電勢變大，D錯誤。故選B。7.如圖所示，在平面直角坐標系內有半徑為的圓形勻強磁場區域，磁場方向垂直紙面向里，圓心與坐標原點重合。在坐標為的點放置一個粒子源，該粒子源能在紙面內以速率v（未知量）向各個方向發射大量的帶正電的粒子，且沿Y軸正方向射入的粒子恰好從圓形磁場的最左端點射出。若粒子進入磁場時的速率變為，則有粒子射出的圓形磁場的弧長為（不計粒子的重力及粒子間的相互作用）（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】當粒子速度為v時，沿Y軸正方向射入的粒子恰好從圓形磁場的最左端點射出，可知粒子帶正電，運動半徑為R，則有若粒子進入磁場時的速率變為則聯立解得粒子打到圓弧上位置P距離M點的最遠距離為由幾何關系可知圓弧PM所對的圓心角為120°，則所對應的弧長為故選A。8.如圖所示，一彈簧振子做簡諧運動，下列說法正確的是（）A.若位移為負值，則加速度一定為正值B.振子每次通過同一位置時，位移相同，其速度不一定相同C.振子每次經過同一位置時，位移相同，速度也一定相同D.振子通過平衡位置時，速度最大，加速度最大【答案】AB【解析】【詳解】A．根據可知振子的回復力的方向與偏離平衡位置的位移相反，振子的加速度的方向與回復力方向相同，所以若位移為負值，則加速度一定為正值，故A正確；BC．振子每次通過同一位置時，位移都是從該點指向平衡位置，而速度大小相等，方向相反，故B正確，C錯誤；D．振子通過平衡位置時，速度最大，加速度為零，故D錯誤。故選AB。9.一質量為、帶電量為的小球，以初速度沖上一質量為，半徑為的四分之一絕緣光滑圓槽。整個空間置于豎直向下，電場強度為的勻強電場中。所有接觸面均光滑，則從小球開始沖上圓槽到上升到最高點過程中，下列說法正確的是（）（重力加速度）A.小球和槽組成系統機械能守恒 B.小球和槽之間的彈力對槽做正功C.整個過程小球的電勢能增加了 D.小球離開槽后繼續上升的高度為【答案】BD【解析】【詳解】A．小球和槽組成系統除了重力做功之外，還有電場力做功，所以機械能不守恒。故A錯誤；B．小球對槽的彈力斜向右下，地面光滑，槽的位移水平向右，所以該彈力對槽做正功。故B正確；C．整個過程電場力對小球做功為可知小球的電勢能增加了10J。故C錯誤；D．小球開始沖上圓槽到上升到最高點過程，系統水平方向動量守恒，可得設小球離開槽后繼續上升的高度為h，由能量守恒，可得聯立，解得故D正確。故選BD。10.如圖，一個粗糙絕緣斜面固定在地面，一質量為的帶有正電荷的物塊從斜面頂端由靜止釋放，物塊以加速度沿斜面勻加速運動到斜面底端，末速度大小為v，則下列幾種情況描述中，正確的有（）A.若在物塊釋放時，在其上放一個粗糙程度很大的質量為的物塊，則兩物塊一起運動的加速度與相同，末速度與相同B.若在物塊釋放時，在空間加一豎直向下的勻強電場，則物塊運動的加速度大于，末速度大于C.若在物塊釋放時，在空間加一沿斜面向下的勻強電場，則物塊運動的加速度大于，末速度大于D.若在物塊釋放時，在空間加一垂直于紙面向里的磁場，則物塊運動的加速度小于，因洛倫茲力不做功，故物塊末速度仍為v【答案】ABC【解析】詳解】A．物塊加速下滑，則由牛頓第二定律可知即即加速度與質量無關，則若在物塊釋放時，在其上放一個粗糙程度很大的質量為的物塊，則兩物塊一起運動的加速度與相同，根據則末速度與相同，選項A正確；B．若在物塊釋放時，在空間加一豎直向下的勻強電場，則牛頓第二定律可知則物塊運動的加速度大于根據可得末速度大于，選項B正確；C．若在物塊釋放時，在空間加一沿斜面向下的勻強電場，則牛頓第二定律可知物塊運動的加速度根據可得末速度大于，選項C正確；D．若在物塊釋放時，在空間加一垂直于紙面向里的磁場，由左手定則可知，物塊受洛倫茲力垂直斜面向下，根據牛頓第二定律可知則物塊運動的加速度根據可得末速度小于，選項D錯誤。故選ABC。二、實驗題（11題6分，12題10分，共計16分）11.某實驗小組設計了一個探究“碰撞”類型的實驗。如圖，在光滑水平桌面上，將一質量為，帶電量為的小球從處以速度v沿軸正方向拋出。整個空間存在垂直于桌面向上的勻強磁場，磁感應強度為。將一質量為不帶電的絕緣小球放在軸正方向的某位置，已知兩小球碰撞過程中的電荷量始終不變。（1）為保證小球能沿軸正方向撞到小球，則小球應放在___________處，小球A初速度___________。（2）在（1）問的情況下，若AB小球的碰撞是彈性碰撞，則小球碰后經過軸正方向的___________處?！敬鸢浮竣?2②.2③.【解析】【詳解】（1）[1]小球能沿軸正方向撞到小球，說明A球速度垂直ｙ軸，由幾何關系可知小球應放在2處；[2]根據洛倫茲力提供向心力求得（2）[3]若AB小球的碰撞是彈性碰撞，可得求得根據洛倫茲力提供向心力求得有幾何關系可得聯立求得12.某同學在學習多用電表后，自己動手改裝了一個多用電表。改裝后其內部結構如圖所示。已知微安表滿偏電流為，內阻為，兩個電源的電動勢。改裝后通過控制開關，使該電表的電壓檔有四個量程的檔位，量程最小是，量程最大的是。（1）由以上信息可知___________，___________。（2）使用該電表的歐姆檔進行測量時，將閉合，接1位置，此時對應的檔位是檔，現將斷開，接2位置，則對應的檔位應為___________檔（填“”“”“”“”）。（3）將閉合，接1位置，用歐姆檔檔去測一未知電阻的阻值，若，在測量電阻時，微安表的指針偏轉了滿偏的三分之一，則___________。（4）在（3）的情況下，該同學發現該電池的電動勢標值與實際值一致，內阻的標稱值比實際值小，則的測量值___________（填“偏大”、“偏小”、“不變”）?！敬鸢浮竣?900②.9000③.④.200⑤.不變【解析】【詳解】（1）[1][2]電壓表最小量程是，最大量程是，根據電壓表的改裝原理，得解得（2）[3]當閉合時，將微安表改裝成了大量程的電流表，量程為閉合，接1位置時，設歐姆表內部總電阻為，將斷開，接2位置時，設歐姆表內部總電阻為，有設當微安表指針指同一電流時，測量的電阻值分別為和，有解得所以當閉合，接1位置，對應的檔位是檔時，將斷開，接2位置，所對應的檔位為檔。（3）[4]當閉合，接1位置，對應的檔位是檔時，設歐姆表內部總電阻為，微安表滿偏電流為，測未知電阻時，根據閉合電路歐姆定律，有有解得（4）[5]根據可知，只與電源電動勢和滿偏電流有關，電動勢不變，不變，測量值不變。三、解答題（13題12分，14題14分，15題18分）13.彈簧振子的運動示意圖如圖所示，質點經a點向右運動后到達b點，又經到達c點時速度為0。a、b中點0是平衡位置。已知。試求：（1）彈簧振子振動的振幅和周期；（2）質點經a點向右運動開始計時，運動通過的路程。【答案】（1）14.1cm，8s；（2）151cm【解析】【詳解】（1）質點經a點向右運動后到達b點，a、b中點O是平衡位置，根據簡諧振動對稱性可知，質點經平衡位置O達到點b的時間為，而從b點經到達c點，c點是最右點，故從平衡位置到最右端的時間為，故周期又振幅（2）由分析可知，質點經a向右運動時間又一個周期的路程為半個周期的路程為質點開始1s內從a點運動到平衡位置O，故運動通過的路程14.是兩個可視為質點的小球，小球的質量為，小球的質量為，其中不帶電，的電荷量為。開始時，之間有一壓縮的彈簧，彈簧與、均不相連，彈簧處于鎖定狀態，A，B保持靜止?，F解除鎖定，弾簧完全伸展開后，A小球恰好能沿管道運動到左邊管的最高點，已知左邊管是半徑為的半圓管，右邊是一半徑未知的半圓弧，圓弧區域有水平向左的、電場強度為的勻強電場，不計一切摩擦阻力（重力加速度）。（1）求開始時彈簧的彈性勢能。（2）若小球也能到達圓弧的最高點，求圓弧半徑的最大值?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）A小球恰好能沿管道運動到左邊管的最高點，此時速度為0，根據動能定理可得求得兩個小球在彈開過程中，動量守恒可得由能量守恒可得聯立求得（2）對B球受力分析可知，重力與電場力的合力為與豎直方向夾角為求得若要小球也能到達圓弧的最高點，則由從水平面上到等效最高點