2024银川六盘山高级中学高二上学期第一次月考物理试题含解析

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学科：物理 测试时间：100分钟 满分：100分
一、单选题（本大题10小题，共30分）
1. 下列说法符合物理学史的是（ ）
A. 安培发现了电流的磁效应
B. 奥斯特发现了磁场对通电导线有作用力
C. 法拉第发现了电磁感应现象
D. 洛伦兹找到了判断感应电流方向的方法
【答案】C
【解析】
【详解】A．1820年，奥斯特发现了电流的磁效应，故A错误；
B．安培发现磁场对通电导线有作用力，故B错误；
C．法拉第经过近十年的探索，在1831年发现了电磁感应现象，故C正确；
D．楞次找到了判断感应电流方向的方法，即楞次定律，故D错误。
故选C。
2. 地球本身是一个巨大的磁体，地球的地理两极与地磁两极并不重合，因此，磁针并非准确地指向南北，其间有一个夹角，这就是地磁偏角，简称磁偏角。曾任沭阳县主簿的我国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也。”将可以自由转动的小磁针平行于地表放在赤道上，下图为小磁针静止时的示意图，根据上述材料，请判断图中可能正确的是（黑色一端代表小磁针N极）（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】因地磁的南极在地理的北极附近，地磁的北极在地理的南极附近，则小磁针静止N极指向地理的北极附近。
故选C。
3. 如图所示，当开关S闭合后，小型直流电动机M和指示灯L都恰能正常工作。已知电源电动势为E，内阻为r，指示灯L的电阻为R0，额定电流为I，电动机M的线圈电阻为R，则（ ）
A. 电动机额定电压为IR
B. 电动机的输出功率为IE-I2(R0+R+r)
C. 电源的输出功率为IE
D. 整个电路的热功率为I2(R0+R)
【答案】B
【解析】
【详解】A．电动机正常工作时不是纯电阻元件，其额定电压不等于IR，而是
故A错误；
B．根据能量守恒定律可知，电动机的输出功率为
故B正确；
C．根据能量守恒定律可知，电源的输出功率为
故C错误；
D．整个电路的热功率为
故D错误。
故选B。
4. 一磁感应强度为B的匀强磁场方向水平向右，一面积为S的矩形线圈abcd如图所示放置，平面abcd与竖直方向成θ角．将abcd绕ad轴转180°角，则穿过线圈平面的磁通量的变化量为( )
A. 0B. 2BSC. 2BScsθD. 2BSsinθ
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】开始穿过线圈的磁通量为，最后穿过线圈的磁通量是 ，变化量为。
故选C。
5. 如图，a、b两根垂直纸面的导体通以大小相等的电流，两导线旁有一点P，P点到a、b距离相等，要使P处磁场方向向右，则a、b中电流方向为
A. 都向外
B. 都向里
C. a中电流向外，b中电流向里
D. a中电流向里，b中电流向外
【答案】C
【解析】
【详解】根据安培定则，由a电流在P处的磁场方向知，a电流周围的磁感线是逆时针方向，电流方向垂直纸面向外；b电流在P处的磁场方向知，b电流周围的磁感线是顺时针方向，电流方向应垂直纸面向里，故C正确，ABD错误；
故选C.
6. 如图所示，直线A是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B、C分别是电阻R1、R2的两端电压与电流的关系图线，若将这两个电阻分别接到这个电源上，则（ ）
A. R1接在电源上时，电源的效率高B. R2接在电源上时，电源的效率高
C. R1接在电源上时，电源的输出功率大D. 电源的输出功率一样大
【答案】A
【解析】
【详解】AB．电源的效率
可知效率与路端电压成正比，R1接在电源上时路端电压大，效率高。故A正确；B错误；
CD． R1接在电源上时，由图线读出，此时的电压为U，则有
解得
电源的输出功率
R2接在电源上时
由图线读出，此时的电压为，则有
解得
电源的输出功率
则
故CD错误。
故选A。
7. 如图所示，水平导轨接有电源，导轨上固定有三根导体棒a、b、c，长度关系为c最长，b最短，将c弯成一直径与b等长的半圆，将装置置于向下的匀强磁场中，在接通电源后，三导体棒中有等 大的电流通过，则三棒受到安培力的大小关系为（）
A Fa＞Fb＞Fc
B. Fa=Fb=Fc
C. Fa＞Fb=Fc
D. Fb＜Fa＜Fc
【答案】C
【解析】
【分析】图中导体棒都与磁场垂直，对直棒的安培力，直接安培力公式F=BIL求解；对于弯棒c，可等效为长度为直径的直棒；
【详解】设a、b两棒的长度分别为La和Lb，c的直径为d，由于导体棒都与匀强磁场垂直，则：a、b三棒所受的安培力大小分别为：，，c棒所受的安培力与长度为直径的直棒所受的安培力大小相等，则有：，因为，则有：，故C正确，A、B、D错误；
故选C．
【点睛】关键要确定出导体棒的有效长度，知道对于弯棒的有效长度等于连接两端直导线的长度．
8. 下图是一个回旋加速器示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频交流电源相连。现分别加速氘核和氦核，下列说法正确的是（ ）

A. 它们的最大速度不同
B. 它们的最大动能相同
C. 两次所接高频交流电源的频率相同
D. 仅增大高频交流电源的频率可增大粒子的最大动能
【答案】C
【解析】
【详解】A．设回旋加速器D形金属盒的半径为，粒子的最大速度为，根据洛伦兹力提供向心力
解得
由于氘核和氦核的荷质比相同，故它们的最大速度相同，故A错误；
BD．它们的最大动能为
可知氦核的最大动能比氘核的最大动能大，仅增大高频交流电源的频率，粒子的最大动能不变，故BD错误；
C．粒子做匀速圆周运动的周期为
粒子每运动一个周期被加速两次，且交变电场的方向每个周期改变两次，粒子每次经过电场都会被加速，故高频交流电源的周期等于粒子做圆周运动的周期，即二者的频率相等，氘核和氦核的荷质比相同，故两次所接高频交流电源的频率相同，故C正确。
故选C。
9. 如图所示区域内，存在方向互相垂直的匀强电场和匀强磁场，其中电场方向竖直向下， 磁场方向是水平的（垂直纸面向里）。一个质量为m的带电液滴，在与匀强磁场垂直的竖直面内做匀速圆周运动。下列关于这个带电液滴的电性和转动方向说法正确的是（ ）
A. 一定带正电，沿逆时针方向转动
B. 一定带负电，沿顺时针方向转动
C. 一定带负电，但转动方向不能确定
D. 电性和转动方向都不能确定
【答案】B
【解析】
【详解】带电液滴在与匀强磁场垂直的竖直面内做匀速圆周运动，可知电场力与重力平衡，则电场力向上，则一定带负电，根据左手定则可知，液滴沿顺时针方向转动。
故选B。
10. 如图所示，足够长的导体棒AB水平放置，通有向右的恒定电流I。足够长的粗糙细杆CD处在导体棒AB的正下方不远处，与AB平行。一质量为m、电荷量为+q的小圆环套在细杆CD上。现给小圆环向右的初速度v0，圆环运动的v-t图像不可能是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．由右手螺旋定则可知导体棒AB下方的磁场垂直纸面向里，所以带电小圆环受到竖直向上的洛伦兹力，当qvB=mg时，小环做匀速直线运动，故A正确，不符合题意；
BC．当qvBmg时，在竖直方向，根据平衡条件有
水平方向，有
小环做加速度逐渐减小的减速运动，直到重力与洛伦兹力相等时，小环开始做匀速运动，故D正确，不符合题意。
故选B。
二、多选题（本大题共3小题，共12分）
11. 如图所示，用导线做成的圆形线圈与一直导线构成几种位置组合，图A、B、C中直导线都与圆形线圈在同一平面内，O点为线圈的圆心，图D中直导线与圆形线圈垂直，并与中心轴重合。当切断直导线中的电流时，圆形线圈中会有感应电流产生的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【详解】A．电流与线圈的直径重合，线圈中有相反的磁场，磁通量完全抵消，始终等于0，磁通量不会变化，不会产生感应电流，故A错误；
B．导线位于线圈的上部，导线上边的面积比较小，穿过线圈上边部分的磁通量小于穿过线圈下边部分的磁通量，总磁通量的方向向里，切断直导线中的电流时，闭合回路中的磁通量减小，会产生感应电流，故B正确；
C．导线位于线圈的上方，穿过线圈的磁场方向向里，切断直导线中的电流时，闭合回路中的磁通量减小，会产生感应电流，故C正确；
D．线圈与导线垂直，穿过线圈的磁通量始终等于0，磁通量不会发生变化，故D错误。
故选BC。
12. 在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，C为电容器，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。开关闭合后，灯泡L能正常发光。当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是（ ）
A. 灯泡L将变暗B. 灯泡L将变亮
C. 电容器C的电荷量将减小D. 电容器C的电荷量将增大
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．由题意，可知R增大，电流
则I减小，灯泡L将变暗，故A正确，B错误；
CD．路端电压
由于I减小，则U增大，由于电容器电荷量
由于U增大，则Q增大，故C错误，D正确。
故选AD。
13. 如图所示，E为电源电动势，r为电源内阻，R1为定值电阻（R1＞r），R2为可变电阻，以下说法中正确的是（ ）
A. 当R2= R1+r时，R2上获得最大功率
B. 当R1= R2+r时，R1上获得最大功率
C. 当R2=0时，电源的效率最大
D. 当R2=0时，电源的输出功率最大
【答案】AD
【解析】
【详解】A．将R1等效到电源的内部，上的功率等于电源的输出功率，当外电阻等于内阻时，即时，输出功率最大，即上的功率最大，故A正确；
B．根据
可知当外电阻最小时，即时，电流最大，R1上获得最大功率故B错误；
CD．当外电阻等于内阻时，即时，电源的输出功率最大．但因为，所以不可能有，所以当时，电源的输出功率最大，故D正确，C错误。
故选AD。
三、填空题（本大题共2小题，共18分）
14. 如图所示为“探究磁场对通电导线的作用”的实验装置，其线框下端与磁场方向垂直。请根据下面的实验操作按要求填空。

（1）在接通电路前先观察并记录了弹簧测力计的读数。
（2）接通电路，调节滑动变阻器使电流表读数为，观察并记录了弹簧测力计此时的读数，则线框受到磁场的安培力________。的方向向________选填“上”、“下”、“左”或“右”。
（3）在探究安培力与电流的对应关系时，保持磁场及线框不变，只调节滑动变阻器，记录电流表的读数为，，，弹簧测力计的读数为，，，并分别计算出，，。通过实验可发现，磁场对通电导线作用力的大小与电流大小成正比，实验中所采用的实验方法是________（选填“控制变量法”、“等效替代法”或“理想模型法”）。
【答案】 ①. ②. 下 ③. 控制变量法
【解析】
【详解】（2）[1][2]在通电前线圈平衡时有
通电后，线圈平衡时有
联立解得
方向向下。
（3）[3]磁场对通电导线作用力的大小与电流大小实验中，控制线圈和磁场不变，只改变电流观察安培力的大小，所采用的实验方法是控制变量法。
15. 在测定一节干电池的电动势和内阻的实验中，提供的器材有：
A.电压表量程为3V，内阻约为5kΩ
B.电压表量程为15V，内阻约为10kΩ
C.电流表量程为0.6A，内阻为0.2Ω
D.电流表量程3A，内阻约为0.01Ω
E.变阻器R1为（20Ω，3A）
F.变阻器R2为（500Ω，0.2A）
G.开关、导线若干

（1）为了较准确测量电池的电动势和内阻，电流表应该选_____（填C或D）；变阻器应该选____（填E或F）；实验电路图应该选图中的_____图（填“甲”或“乙”）。
（2）实验测得一个电池的路端电压U和通过电池的电流强度I的关系图像如图所示。由图可以求得电源电动势____V，内电阻____Ω，短路电流___A。
【答案】 ①. C ②. E ③. 甲 ④. 1.5 ⑤. 0.8 ⑥.
【解析】
【详解】（1）[1]一节干电池的电动势约为1.5V，内阻约为2Ω，故电压表应选A（3V）；电路最大电流不到0.75A，不到3A的三分之一，为减小实验误差，电流表应选C；
[2]为方便实验操作，滑动变阻器应选总阻值较小的，故选E；
[3]由于电流表内阻已知，为减小实验误差，应选择图甲所示实验电路；
（2）[4]由全电路的欧姆定律有
则图像纵截距表示电动势，可得
[5]图像的斜率表示内阻，有
[6]解得
电路的短路电流为
四、计算题（本大题共4小题，共40分）
16. 如图所示电路中，电源电动势，内阻，，，．
（1）若在C.D间连一个理想电流表，其读数是多少？
（2）若在C.D间连一个理想电压表，其读数是多少？
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）若在C.D间连一个理想电流表，则电路结构为并联后与串联，接到电源上，根据闭合电路欧姆定律得：
总电流
所以并联部分的电压为：
所以通过电流表的电流为．
（2）若在C.D间连一个理想电压表，则电路结构为串联接到电源上，电压表测量的是的电压：则．
【点睛】本题中理想电流表看做短路，理想电压表看做断路，认识电路的连接关系是解题的基础．
17. 如图所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4 m、质量为6×10－2 kg的通电直导线，电流大小I＝1 A，方向垂直于纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4 T、方向竖直向上的磁场中．设t＝0时，B＝0，则需要多长时间，斜面对导线的支持力为零？(g取10 m/s2)
【答案】5 s
【解析】
【详解】斜面对导线的支持力为零时导线的受力如图所示．
由平衡条件FTcs37°＝F ①
FTsin37°＝mg ②
由①②解得：F＝0.8N
由F＝BIL得：
B＝2T.
B与t的变化关系为B＝0.4t.
所以：t＝5s
18. 如图所示，斜面上表面光滑绝缘，倾角为θ，斜面上方有一垂直纸面向里的匀强磁场.磁感应强度为B，现有一个质量为m、带电荷量为+q的小球在斜面上被无初速度释放，假设斜面足够长.则小球从释放开始，下滑多远后离开斜面.
【答案】
【解析】
【详解】小球沿斜面下滑，在离开斜面前，受到的洛伦兹力F垂直斜面向上，其受力分析图
沿斜面方向：mgsinθ=ma；
垂直斜面方向：F+FN-mgcsθ=0.
其中洛伦兹力为F=Bqv.
设下滑距离x后小球离开斜面，此时斜面对小球的支持力FN=0，由运动学公式有v2=2ax，
联立以上各式解得
19. 如图所示，在的区域存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在区域存在匀强磁场，磁场方向垂直xOy平面向外。一电荷量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上处的点时速率为，方向沿x轴正方向；然后，经过x轴上处的点进入磁场，并经过y轴上处的点，不计粒子重力。求：
（1）电场强度的大小；
（2）磁感应强度的大小；
（3）粒子从开始运动直到第三次经过x轴所用的时间。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】(1)粒子在x轴上方电场中做类平抛运动，x方向
y方向
联立解得。
(2)设粒子在点时沿方向的速度为，则有
所以，则粒子在点的速度方向与x轴正方向夹角为，粒子到达时速度大小
粒子运动轨迹如图所示
由几何知识可得
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
联立解得。
（3）粒子在电场中从到的运动时间
粒子在磁场中做圆周运动的周期
粒子在磁场中转过的圆心角为，运动时间为
粒子第二次经过轴时的速度方向与x轴正方向夹角为45°，根据对称性可知，粒子第二次经过x轴到第三次经过x的时间
粒子从开始运动直到第三次经过x轴所用的时间