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2022-2023学年云南省玉溪市一中高二上学期第一次月考物理试题 解析版
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这是一份2022-2023学年云南省玉溪市一中高二上学期第一次月考物理试题 解析版，共16页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
玉溪一中2022-2023学年上学期高二年级月考
物理学科试卷
总分：100分 考试时间：
一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的。
1．自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献。下列说法正确的是
A．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系
B．欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系
C．楞次发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系
D．安培提出了右手定则，可以用来判断通电导线在磁场中所受的安培力方向
2．如图所示，水平面上的物体在水平方向的力F1和F2作用下，沿水平面向左做匀速直线运动，已知F1=3N，F2=6N。撤去F1瞬间，物体所受的合力大小和摩擦力大小分别为
A． B． C．0 D．
3．在磁感应强度为B0、竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根长通电直导线，电流方向垂直纸面向里，大小未知。如图所示，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中
A．a、c两点的磁感应强度相等
B．b、d两点的磁感应强度相等
C．a点的磁感应强度的值最大
D．b点的磁感应强度的值最小
4．如图所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管b与电源、滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是
A.线圈a中将产生沿顺时针方向(俯视)的感应电流
B.穿过线圈a的磁通量减小
C.线圈a有扩张的趋势
D.线圈a对水平桌面的压力FN将增大
5．如图甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0（0
A．一开始向左运动，最后打到A板上
D．一开始向右运动，最后打到A板上
C．一开始向左运动，最后打到B板上
D．一开始向右运动，最后打到B板上
6．如图甲所示，abcd边长为20 cm、总电阻为0.2 Ω的正方形闭合导线框，固定在与线框平面垂直的范围足够大的匀强磁场中。磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，取垂直纸面向里为正。下列说法正确的是
A．t＝0时，线框中产生的感应电动势为0V
B．t＝1 s时，线框中产生的感应电流为0.2 A，方向为abcda
C．t＝2.5 s时，线框中产生的感应电动势为0.08V
D．在0～3s内，线框中产生的平均感应电动势为0.06 V
7．有一匀强电场，方向平行于平面，平面内a、b、c、d四点的位置如图所示，cd，cb分别垂直于x轴、y轴，其中a、b、c三点电势分别为2.0V、4.0V、5.0V。将电荷量为的正点电荷从a点沿abcd路线移动，则下列判断正确的是
A．坐标原点0的电势为
B．电场强度的大小为
C．该点电荷在点的电势能为
D．该点电荷从点移动到点的过程中，电场力做功为
8．如图甲所示有界匀强磁场Ⅰ的宽度与图乙所示圆形匀强磁场Ⅱ的半径相等，一不计重力的粒子从左边界的M点以一定初速度水平向右垂直射入磁场Ⅰ，从右边界射出时速度方向偏转了θ角；该粒子以同样的初速度沿半径方向垂直射入磁场Ⅱ，射出磁场时速度方向偏转了2θ角。已知磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小分别为B1、B2，则B1与B2的比值为
A.2cos θ B.sin θ
C.cos θ D.tan θ
二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9.手摇式发电机是我们教学中常用的演示工具，如图甲所示，可以简化为图乙。一个小型旋转电枢式交流发电机的矩形线圈面积为S，在磁感应强度为B的匀强磁场中以矩形线圈中轴线OO,为轴匀速转动，产生的交流电通过M、N与外电路连接，如图乙所示。在线圈由平行于磁场方向的位置转过90°的过程中，下列说法正确的是
A. 线圈在图乙所示的位置时，产生的感应电动势为零
B. 线圈由图乙中的位置转过90°的过程中，磁通量的变化量为BS
C. 线圈由图乙中的位置转过90°时，流过线圈的电流为零
D. 线圈位于中性面位置时，产生的感应电动势最大
10.如图所示，一长为l、不可伸长的轻绳，一端固定在O点，另一端栓接一质量为m、可视为质点的小球。在最低点给小球一初速度，可使小球绕O点在竖直面内转动。小球过最低点和最高点时细线上的拉力之差为ΔF，重力加速度为g，下列判断正确的是
A. ΔF=3mg
B. ΔF=6mg
C. 小球的质量不变，轻绳l越长，ΔF越大
D. 绳长不变，小球的质量越大，ΔF越大
11.在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，C为电容器的电容，电压表和电流表均为理想表。在滑动变阻器的滑片P自b端向a端滑动的过程中，下列说法中正确的是
A. 电压表示数变小
B. 电流表示数变小
C. 电容器C一直放电
D. a点的电势降低
12．航空母舰的舰载机在起飞的过程中，仅靠自身发动机喷气不足以在飞行甲板上达到起飞速度，如果安装辅助起飞的电磁弹射系统（如图甲所示）就能达到起飞速度。电磁弹射系统的一种设计可简化为图乙所示，在M、P之间加一电源，图中MN、PQ是光滑平行金属直导轨（电阻忽略不计），AB是电磁弹射车，PBAM中电流恒定，PB和AM中的电流产生的磁场对弹射车施加安培力的作用，从而带动舰载机由静止开始向右加速起飞，不计空气阻力，关于该系统，下列说法正确的是
A. 弹射车的速度与运动的时间成正比
B. MN、PQ间的磁场是匀强磁场
C. 改变PBAM中的电流方向，弹射车仍能正常加速
D. 弹射车所受的安培力与电流的大小成正比
13.如图所示，在倾角为α的光滑绝缘斜面上固定一个挡板，在挡板上连接一根劲度系数为k0的绝缘轻质弹簧，弹簧另一端与A球连接。 A、B、C三小球的质量均M，电荷量满足，，当系统处于静止状态时，三小球等间距排列。已知静电力常量为k，重力加速度为ｇ，则
A.
B. A球受到的库仑力的大小为2Mg
C. 弹簧的伸长量为
D. 相邻两小球间距为
三、实验题：本题共2小题，每空2分，共16分。
14. （8分）小明想用伏安法测量一圆柱形导体的阻值Rx，为了比较精确地测定Rx阻值，设计了如图甲所示的电路。
（1）实验时，闭合开关S，滑动变阻器的滑片滑至合适位置保持不变，将c点先后与a、b点连接，发现电压表示数变化较大，电流表示数基本不变，则测量时应将c点接_________（选填 “a点”或“b点”），按此连接测量，测量结果_________（选填“小于”、 “等于”或“大于”）真实值。
（2）小明连接好电路后进行多次测量，得到多组数据，并在坐标图上标出，拟合得出该电阻的U-I图线如图乙所示，根据图线得出该电阻Rx=___________（结果保留两位有效数字）。
（3）为进一步确定该导体的电阻率，小明利用游标卡尺测量相关数据，某次测得该圆柱形导体长度如图丙所示，其示数为 mm。
15.（8分）在练习使用多用电表的实验中，同学们分别进行了如下操作：
（1）下图（a）对多用电表的使用中，操作正确的有________。
A．如图甲，利用多用电表直流电压挡测小灯泡两端的电压
B．如图乙，利用多用电表直流电流挡测通过小灯泡的电流
C．如图丙，利用多用电表直流电压挡粗测电源的电动势
D．如图丁，利用多用电表欧姆挡测电源的内阻
（2）现用多用电表中的欧姆挡，直接去测量某电压表（量程）的内阻（大约为几十千欧），由该多用电表刻度盘上读出电阻刻度中间值为15，欧姆挡的选择开关拨至倍率“”挡。先将红、黑表笔短接调零后，按照图（b）方式连接。在本实验测量中，电压表示数为5V，欧姆表示数如图（c）所示，读出欧姆表的读数为___________；请你利用所学过的知识，求出该欧姆表电池的电动势___________V。（计算结果保留2位有效数字）
（3）某多用电表中欧姆档的内部电路如图（d）中虚线框内所示，已知表头满偏电流为Ig=10mA，若一段时间后电源的电动势由1.5V降为1.45V，电源内阻不变，欧姆调零后用此表测量一未知电阻的阻值，读得示数为Rx=150W，则其真实阻值应为_______________。
四、计算题：本题共3小题，共32分，要求写出必要的文字说明和解答过程。
16.（8分）可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。如图所示，在倾角为37°的倾斜冰面上，有一企鹅距离冰面底部x=７m处以vo=4 m/s的速度卧倒以肚皮贴着冰面向上滑行，最后退滑到冰面底部，完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)。若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2。求：
(1) 企鹅在冰面上滑和下滑时的加速度大小；
(2) 企鹅退滑到冰面底部时的速度大小。
17.（12分）如所示，足够长的金属导轨固定在水平面上，金属导轨宽度L＝1.0 m，导轨上放有垂直导轨的金属杆P，金属杆质量为m＝0.1 kg，空间存在磁感应强度B＝0.5 T、竖直向下的匀强磁场。连接在导轨左端的电阻R＝3.0 Ω，金属杆的电阻r＝1.0 Ω，其余部分电阻不计。某时刻给金属杆一个水平向右的恒力F，金属杆P由静止开始运动，2s末开始做匀速直线运动，图乙是金属杆P运动过程的v－t图象，导轨与金属杆间的动摩擦因数μ＝0.5。在前4 s内金属杆P运动了x =12.8 m 。g取10 m/s2。求：
(1) 水平恒力F的大小；
(2) 前4 s内通过电阻R的电荷量
(3) 前4 s内电阻R上产生的热量；
18.（12分）如图所示为质谱仪的原理图，M为粒子加速器，电压为U1＝5 000 V；N为速度选择器，磁场与电场正交，两极板间的电压为U2＝1.2×104 V，板间距离为d＝0.06 m；P为一个边长为l＝0.16 m的正方形abcd磁场区，磁场方向垂直纸面向外，其中dc的中点S开有小孔，外侧紧贴dc放置一块荧光屏。今有一比荷为＝108 C/kg的正离子从静止开始经加速后，恰好通过速度选择器，从a孔以平行于ab方向进入abcd磁场区，正离子刚好经过小孔S打在荧光屏上。（不计重力）求：
(1) 粒子离开加速器时的速度v；
(2) 速度选择器两极板间的磁感应强度为B1；
(3) 正方形abcd磁场区的磁感应强度B2。
玉溪一中2022-2023学年上学期高二年级月考
物理学科参考答案
一、 单项选择题，每小题4分，共32分。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
A
D
C
D
D
C
B
C
1．A
【详解】A．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系，故A正确；
B．焦耳发现了焦耳定律，说明了热现象和电现象之间存在联系，故B错误；
C．法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系，故C错误；
D．安培力的方向由左手定则来判断，故D错误。
故选A。
2．D
【详解】物体在水平方向的力F1和F2作用下，沿水平面向左做匀速直线运动，可知摩擦力为
方向向右
撤去F1瞬间，仍是滑动摩擦力，所以
合力为
故D正确，ABC错误。
故选D。
3．C
【详解】用右手螺旋定则判断通电直导线在a、b、c、d四个点上所产生的磁场方向，如图所示
A．a点有竖直向上的匀强磁场，还有电流产生的竖直向上的磁场，电流产生的磁感应强度和原磁感应强度方向相同，叠加变大；c点有竖直向上的匀强磁场，还有电流产生的竖直向下的磁场，磁感应强度叠加变小，方向未知；根据矢量合成的特点可知，a点和c点的磁感应强度不相等。故A错误；
B．d点有向上的匀强磁场，还有电流产生的水平向右的磁场，叠加后磁感应强度的方向向右上，d点与b点叠加后的磁感应强度大小相等，但是方向不同。故B错误；
CD．c点电流产生的磁感应强度和原磁感应强度方向相反，叠加变小。综上所述，a点最大，c点最小。故C正确，D错误。
故选C。
4. 答案D
解析 当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，螺线管中的电流将增大，使穿过线圈a的磁通量变大，选项B错误；由楞次定律可知，线圈a中将产生沿逆时针方向(俯视)的感应电流，并且线圈a有缩小和远离螺线管的趋势，线圈a对水平桌面的压力FN将增大，故选项D正确，A、C错误。
5. 答案C
6.答案 C
解析 由公式E＝知，t＝0时线框产生的电动势为0.04 V，选项A错误；t＝1 s 时，由闭合电路的欧姆定律I＝，解得I＝0.2 A，由楞次定律可得，感应电流的方向为adcba，选项B错误；t＝2.5 s时，电动势为E＝＝0.08 V，选项C正确；在0～3s内通过线框的磁通量变化量为0，所以平均感应电动势为0，选项D错误。
7．B
【详解】A．由几何关系可知点与点的电势差等于坐标原点0与点的电势差，则有
解得坐标原点0的电势为
A错误；
C．由几何关系可知点与坐标原点0的电势差等于坐标原点0与点的电势差，则有
解得
该点电荷在点的电势能为
C错误；
D．该点电荷从点移动到点的过程中，电场力做功为
D错误；
B．根据
可知沿轴方向的分场强大小为
可知沿轴方向的分场强大小为
故电场强度的大小为
B正确。
8.答案 C
解析 设有界磁场Ⅰ宽度为d，则粒子在磁场Ⅰ和磁场Ⅱ中的运动轨迹分别如图甲、乙所示，由洛伦兹力提供向心力知Bqv＝m，得B＝，由几何关系知d＝r1sin θ，d＝r2tan θ，联立得＝cos θ，选项C正确。
二、多项选择题，每小题4分，共20分
题号
9
10
11
12
13
答案
BC
BD
CD
AC
AD
9. BC
解析
线圈在图乙所示的位置时，恰好与中性面垂直，此时的磁通量为零，产生的感应电动势最大，所以A错误；
线圈由图乙中的位置转过90°时，磁通量由零变为BS，所以该过程中磁通量的变化量为BS，所以B正确；
线圈由图乙中的位置转过90°时，位于中性面，流过线圈的电流为零，所以C正确；
线圈位于中性面位置时，产生的感应电动势为零，所以D错误。
10. BD
解析
A、B.小球通过最高点时有，小球通过最低点时有
小球从最高的到最低点由动能定理得：，联立解得：，故A错误，B正确；
C、D.由ΔF=6mg可知，ΔF与轻绳的长度无关，仅与小球的质量有关，且质量越大，ΔF越大，C错误，D正确。
11. CD
解析
电路总电阻减小，根据欧姆定律得，总电流增加，电阻r和R0两端的电压增大，所以电流表示数和电压表示数变大；电源电动势不变，所以滑动变阻器R两端的电压U减小，根据知，电容器C所带的电荷量减小，所以一直放电；故A、B错误，C正确；
根据电路可知，R两端的电压U=，a点电势降低，故D正确。
12. AC
解析
A、B.根据右手螺旋定则可知，MN、PQ间有坚直向上的磁场，旦通电直导线产生的磁场为环形磁场，离导线越远磁场越弱，故不是匀强磁场，故B错误；沿导轨方向磁场不变，且PBAM中电流恒定，导轨间距不变，由F=BIL可知安培力大小不变，由牛顿第二定律F=ma可知加速度不变，由v=at可知弹射车的速度与运动的时间成正比，故A正确；
C.当电流方向沿MABP时，根据右手螺旋定则可知导轨之间产生竖直向下的磁场，结合左手定则可知电磁弹射车所受安培力方向依然向右，故电流的方向不改变电磁弹射车所受安培力的方向，即电磁弹射系统能够正常工作，故C正确；
D.安培力F=BIL，当电流增大时，磁感应强度也增大，故弹射车所受的安培力与电流的大小不是正比关系，故C错误。
13. AD
解析
A、D.三小球间距r均相等，对C球受力分析可知C球带正电，根据平衡条件:
对B小球受力分析，根据平衡条件：
两式联立解得：,，故A、D正确；
B.对A、B、C三小球整体受力分析，根据平衡条件：
3Mgsinα=k0x，弹簧伸长量，故B错误；
C.对A球受力分析，根据平衡条件：
解得A球受到的库仑力为：，故C错误。
三、实验题：本题共2小题，每空2分，共16分。
14.（8分）【答案】 （1） a点 小于 （2） 5.8 （3） 42.40mm
【详解】（1）[1]电压表示数变化较大，说明电流表分压较大，而电流表示数基本不变，说明电压表分流较小，可以忽略，故采用电流表外接法，即应接a点。
[2]电压表测量的电压为准确值，但电流表测量的电流为电阻和电压表电流表之和，即电流测量值偏大，根据 可得电阻测量值偏小；
（2）[3]图线的斜率为电阻的大小，由图可得
（3）[4]游标卡尺读数为
15. （8分）【答案】 （1） BC （2）40kΩ 6.9 （3）145Ω
【详解】（1）[1]A．如图甲，利用多用电表直流电压挡测小灯泡两端的电压，进表电流方向应“红进黑出”，故A错误；
B．如图乙，利用多用电表直流电流挡测通过小灯泡的电流，表与灯泡串联且满足进表电流方向“红进黑出”，故B正确；
C．如图丙，利用多用电表直流电压挡粗测电源的电动势，表与电源并联且满足进表电流方向“红进黑出”，故C正确；
D．利用多用电表欧姆挡测电阻，必须把表与外部电源断开，显然D错误。
故选BC。
（2）[2]欧姆挡的选择开关拨至倍率“”挡，则读数为
[3] 电压表读数为5V，欧姆表内阻为，与电压表串联，由闭合电路欧姆定律得
（3）[4]电动势为1.5V，欧姆调零后，欧姆表内部电阻为
电动势变为1.45V，欧姆调零后，欧姆表内部电阻为
由示数Rx=150Ω，例出对应的电流关系为
解得
四、计算题：本题共3小题，共32分，要求写出必要的文字说明和解答过程。
16.（8分）解: (1)在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动，第一个过程是从卧倒到最高点，第二个过程是从最高点滑到出发点，两次过程根据牛顿第二定律分别有
mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1 2分
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2 1分
解得a1＝8 m/s2，a2＝4 m/s2。 2分
(2)企鹅从卧倒到滑到最高点的过程中，做匀减速直线运动，设时间为t′，位移为x′
t′＝v0/a1，x′＝a1t′2，解得x′＝1 m。 1分
企鹅从最高点滑到底部的过程中，设末速度为v，则有
v2－02＝2a2(x＋x′) 1分
解得v＝8m/s。 1分
17.（12分）
解：(1)由图乙可知金属杆P先做加速度减小的加速运动，2 s后做匀速直线运动
当t＝2 s时，v＝4 m/s，此时感应电动势E＝BLv 1分
感应电流I＝ 1分
安培力F′＝BIL＝ 1分
根据牛顿运动定律有F－F′－μmg＝0 1分
解得F＝0.75 N 1分
(2)通过金属杆P的电荷量q＝t ＝·t 1分
其中＝＝ 1分
所以q＝ 解得q＝1.6C 1分
(3)前4 s内由能量守恒定律得
Fx＝mv2＋μmgx＋Qr 2分
其中Qr∶QR＝r∶R＝1∶3 1分
解得QR＝1.8 J 1分
18.（12分）
解：(1)粒子经加速电场U1加速，获得速度v，
由动能定理得qU1＝mv2 2分
解得v＝＝1×106 m/s 1分
(2)粒子在速度选择器中做匀速直线运动，
电场力与洛伦兹力平衡，得qE＝qvB1， 2分
且E＝， 1分
解得B1＝0.2 T 1分
(3)粒子在B2中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由qvB2＝，得粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径：r＝ 2分
由几何关系可知r2－(l－r)2＝， 2分
解得B2＝0.1 T 1分
玉溪一中2022-2023学年上学期高二年级月考
物理学科试卷
总分：100分 考试时间：
一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的。
1．自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献。下列说法正确的是
A．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系
B．欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系
C．楞次发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系
D．安培提出了右手定则，可以用来判断通电导线在磁场中所受的安培力方向
2．如图所示，水平面上的物体在水平方向的力F1和F2作用下，沿水平面向左做匀速直线运动，已知F1=3N，F2=6N。撤去F1瞬间，物体所受的合力大小和摩擦力大小分别为
A． B． C．0 D．
3．在磁感应强度为B0、竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根长通电直导线，电流方向垂直纸面向里，大小未知。如图所示，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中
A．a、c两点的磁感应强度相等
B．b、d两点的磁感应强度相等
C．a点的磁感应强度的值最大
D．b点的磁感应强度的值最小
4．如图所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管b与电源、滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是
A.线圈a中将产生沿顺时针方向(俯视)的感应电流
B.穿过线圈a的磁通量减小
C.线圈a有扩张的趋势
D.线圈a对水平桌面的压力FN将增大
5．如图甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0（0
A．一开始向左运动，最后打到A板上
D．一开始向右运动，最后打到A板上
C．一开始向左运动，最后打到B板上
D．一开始向右运动，最后打到B板上
6．如图甲所示，abcd边长为20 cm、总电阻为0.2 Ω的正方形闭合导线框，固定在与线框平面垂直的范围足够大的匀强磁场中。磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，取垂直纸面向里为正。下列说法正确的是
A．t＝0时，线框中产生的感应电动势为0V
B．t＝1 s时，线框中产生的感应电流为0.2 A，方向为abcda
C．t＝2.5 s时，线框中产生的感应电动势为0.08V
D．在0～3s内，线框中产生的平均感应电动势为0.06 V
7．有一匀强电场，方向平行于平面，平面内a、b、c、d四点的位置如图所示，cd，cb分别垂直于x轴、y轴，其中a、b、c三点电势分别为2.0V、4.0V、5.0V。将电荷量为的正点电荷从a点沿abcd路线移动，则下列判断正确的是
A．坐标原点0的电势为
B．电场强度的大小为
C．该点电荷在点的电势能为
D．该点电荷从点移动到点的过程中，电场力做功为
8．如图甲所示有界匀强磁场Ⅰ的宽度与图乙所示圆形匀强磁场Ⅱ的半径相等，一不计重力的粒子从左边界的M点以一定初速度水平向右垂直射入磁场Ⅰ，从右边界射出时速度方向偏转了θ角；该粒子以同样的初速度沿半径方向垂直射入磁场Ⅱ，射出磁场时速度方向偏转了2θ角。已知磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小分别为B1、B2，则B1与B2的比值为
A.2cos θ B.sin θ
C.cos θ D.tan θ
二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9.手摇式发电机是我们教学中常用的演示工具，如图甲所示，可以简化为图乙。一个小型旋转电枢式交流发电机的矩形线圈面积为S，在磁感应强度为B的匀强磁场中以矩形线圈中轴线OO,为轴匀速转动，产生的交流电通过M、N与外电路连接，如图乙所示。在线圈由平行于磁场方向的位置转过90°的过程中，下列说法正确的是
A. 线圈在图乙所示的位置时，产生的感应电动势为零
B. 线圈由图乙中的位置转过90°的过程中，磁通量的变化量为BS
C. 线圈由图乙中的位置转过90°时，流过线圈的电流为零
D. 线圈位于中性面位置时，产生的感应电动势最大
10.如图所示，一长为l、不可伸长的轻绳，一端固定在O点，另一端栓接一质量为m、可视为质点的小球。在最低点给小球一初速度，可使小球绕O点在竖直面内转动。小球过最低点和最高点时细线上的拉力之差为ΔF，重力加速度为g，下列判断正确的是
A. ΔF=3mg
B. ΔF=6mg
C. 小球的质量不变，轻绳l越长，ΔF越大
D. 绳长不变，小球的质量越大，ΔF越大
11.在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，C为电容器的电容，电压表和电流表均为理想表。在滑动变阻器的滑片P自b端向a端滑动的过程中，下列说法中正确的是
A. 电压表示数变小
B. 电流表示数变小
C. 电容器C一直放电
D. a点的电势降低
12．航空母舰的舰载机在起飞的过程中，仅靠自身发动机喷气不足以在飞行甲板上达到起飞速度，如果安装辅助起飞的电磁弹射系统（如图甲所示）就能达到起飞速度。电磁弹射系统的一种设计可简化为图乙所示，在M、P之间加一电源，图中MN、PQ是光滑平行金属直导轨（电阻忽略不计），AB是电磁弹射车，PBAM中电流恒定，PB和AM中的电流产生的磁场对弹射车施加安培力的作用，从而带动舰载机由静止开始向右加速起飞，不计空气阻力，关于该系统，下列说法正确的是
A. 弹射车的速度与运动的时间成正比
B. MN、PQ间的磁场是匀强磁场
C. 改变PBAM中的电流方向，弹射车仍能正常加速
D. 弹射车所受的安培力与电流的大小成正比
13.如图所示，在倾角为α的光滑绝缘斜面上固定一个挡板，在挡板上连接一根劲度系数为k0的绝缘轻质弹簧，弹簧另一端与A球连接。 A、B、C三小球的质量均M，电荷量满足，，当系统处于静止状态时，三小球等间距排列。已知静电力常量为k，重力加速度为ｇ，则
A.
B. A球受到的库仑力的大小为2Mg
C. 弹簧的伸长量为
D. 相邻两小球间距为
三、实验题：本题共2小题，每空2分，共16分。
14. （8分）小明想用伏安法测量一圆柱形导体的阻值Rx，为了比较精确地测定Rx阻值，设计了如图甲所示的电路。
（1）实验时，闭合开关S，滑动变阻器的滑片滑至合适位置保持不变，将c点先后与a、b点连接，发现电压表示数变化较大，电流表示数基本不变，则测量时应将c点接_________（选填 “a点”或“b点”），按此连接测量，测量结果_________（选填“小于”、 “等于”或“大于”）真实值。
（2）小明连接好电路后进行多次测量，得到多组数据，并在坐标图上标出，拟合得出该电阻的U-I图线如图乙所示，根据图线得出该电阻Rx=___________（结果保留两位有效数字）。
（3）为进一步确定该导体的电阻率，小明利用游标卡尺测量相关数据，某次测得该圆柱形导体长度如图丙所示，其示数为 mm。
15.（8分）在练习使用多用电表的实验中，同学们分别进行了如下操作：
（1）下图（a）对多用电表的使用中，操作正确的有________。
A．如图甲，利用多用电表直流电压挡测小灯泡两端的电压
B．如图乙，利用多用电表直流电流挡测通过小灯泡的电流
C．如图丙，利用多用电表直流电压挡粗测电源的电动势
D．如图丁，利用多用电表欧姆挡测电源的内阻
（2）现用多用电表中的欧姆挡，直接去测量某电压表（量程）的内阻（大约为几十千欧），由该多用电表刻度盘上读出电阻刻度中间值为15，欧姆挡的选择开关拨至倍率“”挡。先将红、黑表笔短接调零后，按照图（b）方式连接。在本实验测量中，电压表示数为5V，欧姆表示数如图（c）所示，读出欧姆表的读数为___________；请你利用所学过的知识，求出该欧姆表电池的电动势___________V。（计算结果保留2位有效数字）
（3）某多用电表中欧姆档的内部电路如图（d）中虚线框内所示，已知表头满偏电流为Ig=10mA，若一段时间后电源的电动势由1.5V降为1.45V，电源内阻不变，欧姆调零后用此表测量一未知电阻的阻值，读得示数为Rx=150W，则其真实阻值应为_______________。
四、计算题：本题共3小题，共32分，要求写出必要的文字说明和解答过程。
16.（8分）可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。如图所示，在倾角为37°的倾斜冰面上，有一企鹅距离冰面底部x=７m处以vo=4 m/s的速度卧倒以肚皮贴着冰面向上滑行，最后退滑到冰面底部，完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)。若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2。求：
(1) 企鹅在冰面上滑和下滑时的加速度大小；
(2) 企鹅退滑到冰面底部时的速度大小。
17.（12分）如所示，足够长的金属导轨固定在水平面上，金属导轨宽度L＝1.0 m，导轨上放有垂直导轨的金属杆P，金属杆质量为m＝0.1 kg，空间存在磁感应强度B＝0.5 T、竖直向下的匀强磁场。连接在导轨左端的电阻R＝3.0 Ω，金属杆的电阻r＝1.0 Ω，其余部分电阻不计。某时刻给金属杆一个水平向右的恒力F，金属杆P由静止开始运动，2s末开始做匀速直线运动，图乙是金属杆P运动过程的v－t图象，导轨与金属杆间的动摩擦因数μ＝0.5。在前4 s内金属杆P运动了x =12.8 m 。g取10 m/s2。求：
(1) 水平恒力F的大小；
(2) 前4 s内通过电阻R的电荷量
(3) 前4 s内电阻R上产生的热量；
18.（12分）如图所示为质谱仪的原理图，M为粒子加速器，电压为U1＝5 000 V；N为速度选择器，磁场与电场正交，两极板间的电压为U2＝1.2×104 V，板间距离为d＝0.06 m；P为一个边长为l＝0.16 m的正方形abcd磁场区，磁场方向垂直纸面向外，其中dc的中点S开有小孔，外侧紧贴dc放置一块荧光屏。今有一比荷为＝108 C/kg的正离子从静止开始经加速后，恰好通过速度选择器，从a孔以平行于ab方向进入abcd磁场区，正离子刚好经过小孔S打在荧光屏上。（不计重力）求：
(1) 粒子离开加速器时的速度v；
(2) 速度选择器两极板间的磁感应强度为B1；
(3) 正方形abcd磁场区的磁感应强度B2。
玉溪一中2022-2023学年上学期高二年级月考
物理学科参考答案
一、 单项选择题，每小题4分，共32分。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
A
D
C
D
D
C
B
C
1．A
【详解】A．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系，故A正确；
B．焦耳发现了焦耳定律，说明了热现象和电现象之间存在联系，故B错误；
C．法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系，故C错误；
D．安培力的方向由左手定则来判断，故D错误。
故选A。
2．D
【详解】物体在水平方向的力F1和F2作用下，沿水平面向左做匀速直线运动，可知摩擦力为
方向向右
撤去F1瞬间，仍是滑动摩擦力，所以
合力为
故D正确，ABC错误。
故选D。
3．C
【详解】用右手螺旋定则判断通电直导线在a、b、c、d四个点上所产生的磁场方向，如图所示
A．a点有竖直向上的匀强磁场，还有电流产生的竖直向上的磁场，电流产生的磁感应强度和原磁感应强度方向相同，叠加变大；c点有竖直向上的匀强磁场，还有电流产生的竖直向下的磁场，磁感应强度叠加变小，方向未知；根据矢量合成的特点可知，a点和c点的磁感应强度不相等。故A错误；
B．d点有向上的匀强磁场，还有电流产生的水平向右的磁场，叠加后磁感应强度的方向向右上，d点与b点叠加后的磁感应强度大小相等，但是方向不同。故B错误；
CD．c点电流产生的磁感应强度和原磁感应强度方向相反，叠加变小。综上所述，a点最大，c点最小。故C正确，D错误。
故选C。
4. 答案D
解析 当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，螺线管中的电流将增大，使穿过线圈a的磁通量变大，选项B错误；由楞次定律可知，线圈a中将产生沿逆时针方向(俯视)的感应电流，并且线圈a有缩小和远离螺线管的趋势，线圈a对水平桌面的压力FN将增大，故选项D正确，A、C错误。
5. 答案C
6.答案 C
解析 由公式E＝知，t＝0时线框产生的电动势为0.04 V，选项A错误；t＝1 s 时，由闭合电路的欧姆定律I＝，解得I＝0.2 A，由楞次定律可得，感应电流的方向为adcba，选项B错误；t＝2.5 s时，电动势为E＝＝0.08 V，选项C正确；在0～3s内通过线框的磁通量变化量为0，所以平均感应电动势为0，选项D错误。
7．B
【详解】A．由几何关系可知点与点的电势差等于坐标原点0与点的电势差，则有
解得坐标原点0的电势为
A错误；
C．由几何关系可知点与坐标原点0的电势差等于坐标原点0与点的电势差，则有
解得
该点电荷在点的电势能为
C错误；
D．该点电荷从点移动到点的过程中，电场力做功为
D错误；
B．根据
可知沿轴方向的分场强大小为
可知沿轴方向的分场强大小为
故电场强度的大小为
B正确。
8.答案 C
解析 设有界磁场Ⅰ宽度为d，则粒子在磁场Ⅰ和磁场Ⅱ中的运动轨迹分别如图甲、乙所示，由洛伦兹力提供向心力知Bqv＝m，得B＝，由几何关系知d＝r1sin θ，d＝r2tan θ，联立得＝cos θ，选项C正确。
二、多项选择题，每小题4分，共20分
题号
9
10
11
12
13
答案
BC
BD
CD
AC
AD
9. BC
解析
线圈在图乙所示的位置时，恰好与中性面垂直，此时的磁通量为零，产生的感应电动势最大，所以A错误；
线圈由图乙中的位置转过90°时，磁通量由零变为BS，所以该过程中磁通量的变化量为BS，所以B正确；
线圈由图乙中的位置转过90°时，位于中性面，流过线圈的电流为零，所以C正确；
线圈位于中性面位置时，产生的感应电动势为零，所以D错误。
10. BD
解析
A、B.小球通过最高点时有，小球通过最低点时有
小球从最高的到最低点由动能定理得：，联立解得：，故A错误，B正确；
C、D.由ΔF=6mg可知，ΔF与轻绳的长度无关，仅与小球的质量有关，且质量越大，ΔF越大，C错误，D正确。
11. CD
解析
电路总电阻减小，根据欧姆定律得，总电流增加，电阻r和R0两端的电压增大，所以电流表示数和电压表示数变大；电源电动势不变，所以滑动变阻器R两端的电压U减小，根据知，电容器C所带的电荷量减小，所以一直放电；故A、B错误，C正确；
根据电路可知，R两端的电压U=，a点电势降低，故D正确。
12. AC
解析
A、B.根据右手螺旋定则可知，MN、PQ间有坚直向上的磁场，旦通电直导线产生的磁场为环形磁场，离导线越远磁场越弱，故不是匀强磁场，故B错误；沿导轨方向磁场不变，且PBAM中电流恒定，导轨间距不变，由F=BIL可知安培力大小不变，由牛顿第二定律F=ma可知加速度不变，由v=at可知弹射车的速度与运动的时间成正比，故A正确；
C.当电流方向沿MABP时，根据右手螺旋定则可知导轨之间产生竖直向下的磁场，结合左手定则可知电磁弹射车所受安培力方向依然向右，故电流的方向不改变电磁弹射车所受安培力的方向，即电磁弹射系统能够正常工作，故C正确；
D.安培力F=BIL，当电流增大时，磁感应强度也增大，故弹射车所受的安培力与电流的大小不是正比关系，故C错误。
13. AD
解析
A、D.三小球间距r均相等，对C球受力分析可知C球带正电，根据平衡条件:
对B小球受力分析，根据平衡条件：
两式联立解得：,，故A、D正确；
B.对A、B、C三小球整体受力分析，根据平衡条件：
3Mgsinα=k0x，弹簧伸长量，故B错误；
C.对A球受力分析，根据平衡条件：
解得A球受到的库仑力为：，故C错误。
三、实验题：本题共2小题，每空2分，共16分。
14.（8分）【答案】 （1） a点 小于 （2） 5.8 （3） 42.40mm
【详解】（1）[1]电压表示数变化较大，说明电流表分压较大，而电流表示数基本不变，说明电压表分流较小，可以忽略，故采用电流表外接法，即应接a点。
[2]电压表测量的电压为准确值，但电流表测量的电流为电阻和电压表电流表之和，即电流测量值偏大，根据 可得电阻测量值偏小；
（2）[3]图线的斜率为电阻的大小，由图可得
（3）[4]游标卡尺读数为
15. （8分）【答案】 （1） BC （2）40kΩ 6.9 （3）145Ω
【详解】（1）[1]A．如图甲，利用多用电表直流电压挡测小灯泡两端的电压，进表电流方向应“红进黑出”，故A错误；
B．如图乙，利用多用电表直流电流挡测通过小灯泡的电流，表与灯泡串联且满足进表电流方向“红进黑出”，故B正确；
C．如图丙，利用多用电表直流电压挡粗测电源的电动势，表与电源并联且满足进表电流方向“红进黑出”，故C正确；
D．利用多用电表欧姆挡测电阻，必须把表与外部电源断开，显然D错误。
故选BC。
（2）[2]欧姆挡的选择开关拨至倍率“”挡，则读数为
[3] 电压表读数为5V，欧姆表内阻为，与电压表串联，由闭合电路欧姆定律得
（3）[4]电动势为1.5V，欧姆调零后，欧姆表内部电阻为
电动势变为1.45V，欧姆调零后，欧姆表内部电阻为
由示数Rx=150Ω，例出对应的电流关系为
解得
四、计算题：本题共3小题，共32分，要求写出必要的文字说明和解答过程。
16.（8分）解: (1)在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动，第一个过程是从卧倒到最高点，第二个过程是从最高点滑到出发点，两次过程根据牛顿第二定律分别有
mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1 2分
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2 1分
解得a1＝8 m/s2，a2＝4 m/s2。 2分
(2)企鹅从卧倒到滑到最高点的过程中，做匀减速直线运动，设时间为t′，位移为x′
t′＝v0/a1，x′＝a1t′2，解得x′＝1 m。 1分
企鹅从最高点滑到底部的过程中，设末速度为v，则有
v2－02＝2a2(x＋x′) 1分
解得v＝8m/s。 1分
17.（12分）
解：(1)由图乙可知金属杆P先做加速度减小的加速运动，2 s后做匀速直线运动
当t＝2 s时，v＝4 m/s，此时感应电动势E＝BLv 1分
感应电流I＝ 1分
安培力F′＝BIL＝ 1分
根据牛顿运动定律有F－F′－μmg＝0 1分
解得F＝0.75 N 1分
(2)通过金属杆P的电荷量q＝t ＝·t 1分
其中＝＝ 1分
所以q＝ 解得q＝1.6C 1分
(3)前4 s内由能量守恒定律得
Fx＝mv2＋μmgx＋Qr 2分
其中Qr∶QR＝r∶R＝1∶3 1分
解得QR＝1.8 J 1分
18.（12分）
解：(1)粒子经加速电场U1加速，获得速度v，
由动能定理得qU1＝mv2 2分
解得v＝＝1×106 m/s 1分
(2)粒子在速度选择器中做匀速直线运动，
电场力与洛伦兹力平衡，得qE＝qvB1， 2分
且E＝， 1分
解得B1＝0.2 T 1分
(3)粒子在B2中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由qvB2＝，得粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径：r＝ 2分
由几何关系可知r2－(l－r)2＝， 2分
解得B2＝0.1 T 1分
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