2024宜城一中高二上学期9月月考物理试题含解析

宜城市第一中学2023-2024学年高二年级9月月考

物理试卷

一、选择题（每小题4分，共10小题，共40分。1-7为单选，8-10为多选）

1. 下列各图标出的磁场B的方向、带电粒子运动速度v的方向、洛伦兹力的方向，正确的是(　　)

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】由左手定则可知，A项中的洛伦兹力方向向上；B项中的洛伦兹力方向向下；C项中的洛伦兹力方向向上；D项中的洛伦兹力方向向左。只有C项中的方向正确。

故选C。

2. 关于电源电动势，下列说法正确的是（　　）

A. 常见充电宝标有或等，此物理量越大，则充电电流越大

B. 电动势E跟电源的体积无关，外电路变化时，E也变化

C. 电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，电源把其他形式的能转化为电能越多，电动势越大

D. 电动势E反映电源做功的能力，电动势大，则说明其内部移动1C的正电荷时，非静电力做功要多

【答案】D

【解析】

【详解】A．常见充电宝标有或等，此物理量越大，则充电宝所储存的电量越多，与充电电流无关，A错误；

B．同一电源接入不同的电路中，电动势不会发生变化，电动势是由电源本身性质决定，B错误；

C．电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，电源电动势是由电源本身决定的与转化的电能多少无关，C错误；

D．电动势E反映电源做功的能力，电动势大，则说明其内部移动1C的正电荷时，非静电力做功要多，D正确。

故选D。

3. 如图所示的电路中,,滑动变阻器的最大阻值为,,当滑片P滑至的中点时,a、b两端的电压为    (         )

A. 30 V B. 45 V C. 60 V D. 75 V

【答案】A

【解析】

【详解】由题可知，滑片P滑至R2的中点，变阻器下半部分电阻为100Ω，下半部分电阻与R1并联的阻值为：

则ab两端的电压为：

，

A.选项与计算结果一致，故A正确；

B.选项与计算结果不一致，故B错误；

C.选项与计算结果不一致，故C错误；

D.选项与计算结果不一致，故D错误；

4. 通电的正三角形导线框abc与无限长通电直导线MN在同一平面内，导线框中通以如图所示顺时针方向的电流，bc边与MN平行。下列说法正确的是（　　）

A. ab边与ac边所受的安培力的合力方向与MN平行

B. 线框所受安培力的合力为零

C. 线框面积有减小的趋势

D. 线框在安培力作用下一定有向左的运动趋势

【答案】D

【解析】

【详解】ABD．根据安培定则，可知无限长通电直导线MN在其右侧产生垂直于纸面向里的磁场，根据左手定则，可知ab边与ac边所受的安培力的合力方向水平向左，与MN垂直，bc受的安培力水平向右，由于ab边与ac边更靠近导线MN，磁感应强度越大，故ab边与ac边所受的安培力的合力大于bc所受的安培力，则线框所受安培力的合力不为零，故线框在安培力作用下一定有向左的运动趋势，故AB错误，D正确；

C．三边受力均向外，线框面积有扩张的趋势，故C错误。

故选D。

5. 如图所示，质量为、长为的直导线用两绝缘细线悬挂于、，并处于匀强磁场中，当导线中通以沿正方向的电流，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为，则磁感应强度的最小值及其方向为（重力加速度为）（　　）

A. ；轴正向

B. ；正向

C. ；负向

D. ；沿悬线斜向下

【答案】D

【解析】

【详解】导线受到重力、拉力以及安培力的作用，重力的大小和方向确定，拉力的方向确定，根据矢量三角形可得，当安培力和拉力垂直时，安培力最小，对应磁场的磁感应强度最小，有

mgsin θ=BminIL

解得

Bmin=

根据左手定则可得磁感应强度方向为沿悬线斜向下，ABC错误，D正确。

故选D。

6. 如图所示，将扁平长方体形状的霍尔元件水平放置接入电路，匀强磁场垂直于霍尔元件的水平面竖直向下，闭合开关，让电流从霍尔元件的左侧流入右侧，则其前后两表面会形成电势差。现有载流子是电子的霍尔元件1和载流子是空穴的霍尔元件2，两元件均按图示方式接入电路（闭合开关），则关于前后两表面电势高低的判断，下列说法中正确的是（　　）

A. 若接入元件1时，前表面电势高；若接入元件2时，前表面电势低

B. 若接入元件1时，前表面电势低；若接入元件2时，前表面电势高

C. 不论接入哪个元件，都是前表面电势高

D. 不论接入哪个元件，都是前表面电势低

【答案】A

【解析】

【详解】若接入元件1时，霍尔元件中移动的是自由电子，根据左手定则，电子向后表面偏转，所以前表面电势高；若接入元件2时，根据左手定则，空穴向后表面聚集，故后表面电势高，前表面电势低。

故选A。

7. 如图所示，在平板PQ上方有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。某时刻有a、b、c三个电子（不计重力）分别以大小相等、方向如图所示的初速度va、vb和vc经过平板PQ上的小孔O垂直射入匀强磁场。这三个电子打到平板PQ上的位置到小孔O的距离分别是、和，电子在磁场中运动的时间分别为ta、tb和tc。整个装置放在真空中。则下列判断正确的是（　　）

A. =< B. << C. ta＞tb＞tc D. ta=tc＜tb

【答案】C

【解析】

【详解】AB．三个电子的速度大小相等，轨迹如图所示

垂直进入同一匀强磁场中。由于初速度va和vc的方向与PQ的夹角相等，所以这两个电子的运动轨迹正好组合成一个完整的圆，则这两个电子打到平板PQ上的位置到小孔的距离是相等的。而初速度vb的电子方向与PQ垂直，则它的运动轨迹正好是半圆，所以电子打到平板PQ上的位置到小孔的距离恰好是圆的直径。由于它们的速度大小相等，因此它们的运动轨迹的半径均相同。所以速度为vb的距离最大。故A错误，B错误；

CD．从图中可得，初速度va的电子偏转的角度最大，初速度vc的电子偏转的角度最小，根据粒子在磁场中运动的时间与偏转的角度之间的关系

可得偏转角度最大a运动的时间最长，偏转角度最小的c在磁场中运动的时间最短。故C正确，D错误。

故选C。

8. 如图所示为大型电子地磅电路图，电源电动势为E，内阻为r0．不称重物时，滑片P在A端；称重物时在压力作用下使滑片P下滑，滑动变阻器接入电路的阻值发生变化，通过电流表的示数即可显示被称物体的重量值．已知P的滑动过程，弹簧始终未超出弹性限度，则闭合开关S后

A. 不称重物时电流表的不数为零

B. 达到最大称重值时电路中的电流为

C. 电流表示数越大，则说明所称物体越重

D. 所称物体越重，电源的总功率越大

【答案】CD

【解析】

【详解】A.不称重时，P在A端，接入电路的电阻最大，电流最小，但不为零，故A错误；

B.达到最大称重值时，滑动端到达B端，此时滑动变阻器接入电路的电阻为零，则电路中的电流为，选项B错误；

C.所称物体越重，P越向下，接入的电阻越小，电流越大，故C正确；

D、总功率P总=EI，E不变，所称物体越重，电流I越大，则电源的总功率越大，故D正确．

9. 薄铝板将同一匀强磁场分成Ⅰ、Ⅱ两个区域，高速带电粒子穿过铝板前后在两个区域内运动的轨迹如图所示，半径。假定穿过铝板前后粒子带电荷量保持不变，但铝板对粒子的运动有阻碍，则该粒子（　　）

A. 带负电 B. 在Ⅰ、Ⅱ区域的运动速度大小相同

C. 在Ⅰ、Ⅱ区域的运动时间相同 D. 从Ⅱ区域穿过铝板运动到Ⅰ区域

【答案】AC

【解析】

【详解】AD．粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得

qvB=m

解得

粒子穿过铝板后，速率减小，电量不变，知轨道半径减小，所以粒子是从区域Ⅰ穿过铝板运动到区域Ⅱ，根据左手定则知，粒子带负电，故A正确，D错误；

B．高速带电粒子穿过铝板后速率减小，知在Ⅰ、Ⅱ区域的运动速度大小不同，故B错误；

C．粒子在磁场中做圆周运动的周期

周期大小与粒子的速度无关，粒子在你两区域的运动时间都是半个周期，则粒子在Ⅰ、Ⅱ区域的运动时间相同，故C正确。

故选AC。

10. 如图甲，一带电物块无初速度地放上皮带轮底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E运动至皮带轮顶端F的过程中，其图像如图乙所示,物块全程运动的时间为4.5s,关于带电物块及运动过程的说法正确的是

A. 该物块带正电

B. 皮带轮的传动速度大小一定为1m/s

C. 若已知皮带的长度,可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移

D. 在2～4.5S内,物块与皮带仍可能有相对运动

【答案】AD

【解析】

【详解】由图乙可知，物块做加速度逐渐减小的加速运动．物块的最大速度是1m/s

A项：对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为μ，沿斜面的方向：

μFN-mgsinθ=ma  ①

物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，由①式可知，物块的加速度逐渐减小，一定是FN逐渐减小，而开始时：FN=mgcosθ，后来：FN′=mgcosθ-f洛，即洛伦兹力的方向是向上的．物块沿传送带向上运动，由左手定则可知，物块带正电，故A正确；

B、D项：物块向上运动的过程中，洛伦兹力越来越大，则受到的支持力越来越小，结合①式可知，物块的加速度也越来越小，当加速度等于0时，物块达到最大速度，此时：

mgsinθ=μ（mgcosθ-f洛）②

由②可知，只要传送带的速度大于等于1m/s，则物块达到最大速度的条件与传送带的速度无关，所以传送带的速度可能是1m/s，有可能是大于1m/s，物块可能相对于传送带静止，有可能相对于传送带不静止．故B错误，D正确；

C项：由以上的分析可知，传送带的速度不能判断，所以若已知皮带的长度，也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移．故C错误．

故选AD．

二、非选择题。（共5小题，共60分）

11. 将一铜片和一锌片分别插入一个苹果内，就构成了简单的“水果电池”，其电动势约为1.5V。可是这种电池并不能点亮额定电压为1.5V、额定电流为0.3A的手电筒上的小灯泡，原因是流过小灯泡的电流太小了，实验测得不足3mA。为了测定该水果电池的电动势和内阻，提供的实验器材有：

水果电池

电流表A（量程0~3mA，内阻约为0.5Ω）

电压表V（量程0~1.5V，内阻约为3kΩ）

滑动变阻器R1（阻值0~10Ω，额定电流1A）

滑动变阻器R2（阻值0~3kΩ，额定电流为1A）

电键，导线若干

（1）应选_________（选“a”或“b”）电路图实验。

（2）实验中滑动变阻器应选用_________（填器材代号）。

（3）根据实验记录数据，经描点、连线得到水果电池的路端电压随电流变化的U-I图像如图所示，由图可知，水果电池的电动势E=_________V，内阻r=_________Ω。内阻的测量结果将_________（选填“偏大”“偏小”或“不变”）

【答案】    ① a    ②. R2    ③. 1.35    ④. 450    ⑤. 偏大

【解析】

【详解】(1)[1]由题意可知水果电池内阻较大，为减小实验误差，相对于电源来说，电流表应采用内接法，因此应选择图a所示电路图。

(2)[2]电源的内阻大约

若选用0～10Ω的滑动变阻器，移动滑片，电流基本不变，因此滑动变阻器应选：R2（阻值0～3kΩ，额定电流为1A）。

(3)[3]由图示电源U-I图线可知，图象与纵轴截距为1.35，则电源电动势为

[4]电池内阻为

[5]由图a所示电路图可知，相对于电源来说电流表采用内接法，电源内阻的测量值等于电源内阻与电流表内阻之和，电源内阻测量值大于真实值。

12. 某同学利用如图(a)所示电路，测量一个量程为0~3V，内阻约3kΩ的电压表V1的内阻Rx，所用的实验器材有：待测电压表V1；电压表V2（量程0~10 V，内阻约10kΩ）；滑动变阻器R1 (0~500Ω)；定值电阻R=5.0kΩ；电源E（电动势8V，内阻较小）；开关一个、导线若干。

回答下列问题：           

(1)根据图(a)所示的电路，在图(b)中用笔画线代替导线将实物图的电路连接完整______；

(2)闭合开关S前应先将滑动变阻器的滑片调到最____端（填“左”或“右”），多次调节滑动变阻器，记下电压表V1的示数U1和电压表V2的示数U2；           

(3)该同学以U2为纵坐标，U1为横坐标建立坐标系，根据测得的数据描点作图如图(c)所示，由电路图可知U2与U1的关系式为U2=______（用题中所给物理量符号表示），结合图线（c）和已知数据可求得待测电压表内阻Rx=______ kΩ；(结果保留2位有效数字）。

【答案】    ①. 实物连线图    ②. 左    ③.     ④. 3.2

【解析】

【详解】（1）[1]根据电路图连接实物图，如图所示

（2）[2闭合开关S前应先将滑动变阻器的滑片调到左端，使通过待测电压表和R的电流和两端的电压为零，保护电路；

（3）[3]电压表测量电压表和R的总电压，根据欧姆定律得

解得

[4]图像的斜率为

根据图像可知

解得

13. 如图所示，一电荷量为的带电粒子，以速度垂直射入磁感应强度为、宽度为的有界匀强磁场中，射出磁场时的速度方向与原来粒子的入射方向的夹角，求：

（1）画出轨迹图，并求出带电粒子在磁场中运动的轨道半径；

（2）带电粒子的电性和质量；

（3）带电粒子穿过磁场的时间。

【答案】（1），；（2）带电粒子带正电，；（3）

【解析】

【详解】（1）电子垂直射入匀强磁场中，只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，画出轨迹，如图所示

由几何知识得到，轨迹的半径为

（2）由左手定则，可知，带电粒子带正电，由牛顿第二定律得

解得

（3）由几何知识得到，轨迹的圆心角为，故穿越磁场的时间为

14. 在倾角的绝缘斜面上，固定一光滑金属框，宽，接入电动势、内阻的电池，垂直框面放置一根质量的金属棒，金属棒接入电路的电阻的阻值为，整个装置放在磁感应强度、方向垂直于框面向上的匀强磁场中，调节滑动变阻器的阻值使金属棒静止在框架上，如图所示。（框架的电阻不计，框架与金属棒接触良好，取）。求：

（1）画出受力图，并求出金属棒受到安培力的大小；

（2）滑动变阻器接入电路的阻值；

（3）现先将金属棒固定，调节滑动变阻器使电源输出功率最大，然后由静止释放，求释放瞬间金属棒的加速度大小及方向。

【答案】（1）  ，1N；（2）；（3），方向沿金属框向上

【解析】

【详解】（1）设金属棒受到的安培力大小为，对金属棒受力分析如图

可得

（2）根据公式

可得，电路中的电流为

由闭合电路欧姆定律得

解得

（3）电源的输出功率为

由闭合电路欧姆定律

当

即

此时最大，此时

，

安培力，金属棒沿斜面向上加速，由牛顿第二定律

又

联立解得

方向沿金属框向上

15. 如图所示，在平面直角坐标系中，直角三角形内存在垂直平面向里磁感应强度为的匀强磁场，线段，边在轴上，。电子束沿轴方向以相同的速度从边上的各点射入磁场，已知这些电子在磁场中做圆周运动的半径均为，在第四象限正方形内存在沿轴正方向、大小为的匀强电场，在处垂直于轴放置一足够大的平面苂光屏，屏与轴交点为。忽略电子间的相互作用，不计电子的重力。求：

（1）电子的比荷；

（2）能运动到达轴的电子射入磁场的点的坐标值范围；

（3）在能打到苂光屏的粒子中。从轴最右端射入电场中的电子打到苂光屏上的点与点间的距离。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）由题意可知电子在磁场中的轨迹半径

由牛顿第二定律得

电子的比荷

（2）电子在磁场中运动圆轨迹应恰好与边相切时为能到达轴的最后边的临界状态，轨迹如图

由几何关系可得此电子对应的射入点为点，所以能运动到轴的电子的射入点坐标范围

（3）若电子能进入电场中，且离点右侧最远，则电子在磁场中运动圆轨迹应恰好与边相切，即粒子从点离开磁场进入电场时，离点最远

设电子运动轨迹的圆心为点。则

从点射出的电子，做类平抛运动，有

代入得

电子射出电场时与水平方向的夹角为，有

从轴最右端射入电场中的电子打到苂光屏上的点为，到点的距离