2023玉溪一中高二上学期第一次月考物理试题含答案

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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12345678答案ADCDDCBC1．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。答案C6.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910111213答案BCBDCDACAD 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