2023-2024学年湖北省武汉市武昌实验中学高二（上）月考物理试卷（12月）（含解析）

这是一份2023-2024学年湖北省武汉市武昌实验中学高二（上）月考物理试卷（12月）（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题等内容，欢迎下载使用。

1.关于磁感强度B，下列说法中正确的是
A. 磁场中某点B的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关
B. 磁场中某点B的方向，跟该点处试探电流元所受磁场力方向一致
C. 在磁场中某点试探电流元不受磁场力作用时，该点B值大小为零
D. 在磁场中磁感线越密集的地方，磁感应强度越大
2.如图，力传感器固定在天花板上，边长为L的正方形匀质导线框abcd用不可伸长的轻质绝缘细线悬挂于力传感器的测力端，导线框与磁感应强度方向垂直，线框的bcd部分处于匀强磁场中，b、d两点位于匀强磁场的水平边界线上.若在导线框中通以大小为I、方向如图所示的恒定电流，导线框处于静止状态时，力传感器的示数为F1.只改变电流方向，其它条件不变，力传感器的示数为F2.该匀强磁场的磁感应强度大小为
( )
A. F2-F14ILB. F1-F24ILC. 2(F2-F1)4ILD. 2(F1-F2)4IL
3.如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在条形磁铁的左上方固定一根与磁铁垂直的长直导线，当导线中通以图示方向的电流时( )
A. 磁铁对桌面的压力减小，且受到向左的摩擦力作用
B. 磁铁对桌面的压力减小，且受到向右的摩擦力作用
C. 磁铁对桌面的压力增大，且受到向左的摩擦力作用
D. 磁铁对桌面的压力增大，且受到向右的摩擦力作用
4.如图所示，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零．如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为( )
A. 0B. 33B0C. 2 33B0D. 2B0
5.如图电路中，电源电动势为E，内电阻r不能忽略。闭合S后，调整R的阻值，使电压表的示数增大ΔU，在这一过程中( )
A. 通过R1的电流增大，增大量为ΔUR1B. R2两端的电压减小，减小量为ΔU
C. 通过R2的电流减小，减小量小于ΔUR2D. 路端电压增大，增大量为ΔU
6.如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为12B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为
( )
A. 5πm6qBB. 7πm6qBC. 11πm6qBD. 13πm6qB
7.从太阳和其他星体发射出的高能粒子流，在射向地球时，由于地磁场的存在，改变了运动方向，对地球起到了保护作用。地磁场的示意图(虚线，方向未标出)如图所示，赤道上方的磁场可看成与地面平行，若有来自宇宙的一束粒子流，其中含有α(He的原子核)、β(电子)、γ(光子)射线以及质子，沿与地球表面垂直的方向射向赤道上空，则在地磁场的作用下( )
A. α射线沿直线射向赤道B. β射线向西偏转
C. γ射线向东偏转D. 质子向北偏转
二、多选题（本大题共3小题，共18分）
8.直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，下列说法不正确的( )
A. 电源的总功率一定减小B. 电源的效率一定增大
C. 电源的内部损耗功率一定减小D. 电源的输出功率一定先增大后减小
9.如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，发现电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为ΔU1和ΔU2，下列说法中正确的是( )
A. 小灯泡L1、L3变暗，L2变亮B. 小灯泡L3变暗，L1、L2变亮
C. ΔU1<ΔU2D. ΔU1>ΔU2
10.如图所示，在光滑的水平桌面上，a和b是两条固定的平行长直导线，通过的电流强度相等．矩形线框位于两条导线的正中间，通有顺时针方向的电流，在a、b产生的磁场作用下静止．则a、b的电流方向可能是
A. 均向左B. 均向右
C. a的向左，b的向右D. a的向右，b的向左
三、实验题（本大题共2小题，共16分）
11.(1)用多用电表的欧姆挡测量阻值时，选择倍率为“×100”欧姆挡，按正确的实验操作步骤测量，表盘指针位置如图所示，该电阻的阻值约为________Ω；
(2)下列关于用多用电表欧姆挡测电阻的说法中正确的是________；
A.测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则不会影响测量结果
B.测量阻值不同的电阻时，都必须重新进行欧姆调零
C.测量电路中的电阻时，应该把该电阻与电路断开
(3)用多用电表探测二极管的极性，用欧姆挡测量，黑表笔接a端，红表笔接b端时，指针偏转角较大，然后黑、红表笔反接指针偏转角较小，说明________(填“a”或“b”)端是二极管正极；
(4)若这块多用电表经过长期使用导致内部电池电动势变小，内阻变大，则用这块电表的欧姆挡测电阻时测量值________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
12.如图甲所示为某同学测量电源电动势和内阻的电路图。其中R为电阻箱，Rx为保护电阻。实验步骤如下：
(1)将电阻箱的阻值调到合适的数值，闭合开关S1、S2，读出电流表示数为I，电阻箱读数为10.0Ω，断开S2，调节电阻箱的阻值，使电流表示数仍为I，此时电阻箱读数为5.2Ω，则Rx=______Ω(结果保留两位有效数字)；
(2)S2断开，S1闭合，调节R，得到多组R和I的数值，并画出1I-R图象，如图乙所示，由图象可得，电源电动势E=______V，内阻r=______Ω(结果保留两位有效数字)；
(3)本实验中，因为未考虑电流表的内阻，所以电源内阻的测量值______真实值。(填“大于”或“小于”)
三、计算题（本大题共3小题，共38分）
13.如图所示，长为L、质量为m的导体棒ab，置于倾角为θ的光滑斜面上．导体棒与斜面的水平底边始终平行．已知导体棒通以从b向a的电流，电流为I，重力加速度为g．
(1)若匀强磁场方向竖直向上，为使导体棒静止在斜面上，求磁感应强度B的大小；
(2)若匀强磁场的大小、方向都可以改变，要使导体棒能静止在斜面上，求磁感应强度的最小值和对应的方向．
14.有一方向如图的匀强电场和匀强磁场共存的场区，宽度d=8cm，一带电粒子沿垂直电场线和磁感线方向射入场区后，恰可做直线运动，若撤去磁场，带电粒子穿过场区后向下侧移了3.2cm。若撤去电场，求带电粒子穿过场区后的侧移量。(不计粒子重力)
15.如图所示，半径为R的圆形区域内存在着磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，一带负电的粒子(不计重力)沿水平方向以速度v正对圆心入射，通过磁场区域后速度方向偏转了60°。
(1)求粒子的比荷qm及粒子在磁场中的运动时间t；
(2)如果想使粒子通过磁场区域后速度方向的偏转角度最大，在保持原入射速度的基础上，需将粒子的入射点沿圆弧向上平移的距离d为多少?
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
根据左手定则可知，磁感应强度的方向与安培力的方向垂直；磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度。此比值与磁场力及电流元均无关。
本题关键要掌握磁感应强度的物理意义、定义方法，以及磁感应强度与安培力之间的关系，即可进行分析判断。基础题目。
【解答】
AB.磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，磁场中某点B的大小，跟放在该点的试探电流元的情况及安培力大小无关，磁场中某点B的方向，跟该点处试探电流元所受磁场力方向垂直，不一致，故AB错误；
C、当通电直导线的方向与磁场的方向平行时，通电直导线受到的安培力为0，而磁感应强度却不为0.故C错误；
D、磁感线的疏密表示磁场的强弱，在磁场中磁感线越密集的地方，磁感应强度大。故D正确。
故选：D。
2.【答案】C
【解析】解：线框在磁场中受到安培力的等效长度为bd= 2L，当电流方向为图示方向时，由左手定则可知导线框受到的安培力竖直向上，大小为F= 2BIL；
因此对导线框受力平衡，则有：F1+F=mg，
当导线框中的电流反向，则安培力方向竖直向下，此时有mg+F=F2
联立可得：B= 2(F2-F1)4IL，故C正确、ABD错误。
故选：C。
求出线框在磁场中受到安培力的等效长度，由左手定则可知导线框受到的安培力竖的方向，对导线框根据平衡条件列方程进行解答。
本题主要是考查安培力作用下的导体棒的平衡问题，解答此类问题要明确导体棒的受力情况，根据安培力的计算公式结合平衡条件列方程解答。
3.【答案】C
【解析】【分析】
先判断电流所在位置的磁场方向，然后根据左手定则判断安培力方向；再根据牛顿第三定律得到磁体受力方向，最后对磁体受力分析，根据平衡条件判断。
【解答】
根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向，在根据左手定则判断安培力方向，如图：
根据牛顿第三定律，电流对磁体的作用力向右下方；
选取磁铁为研究的对象，磁铁始终静止，根据平衡条件，可知通电后支持力变大，静摩擦力方向向左；
最后再根据牛顿第三定律，磁铁对桌面的压力增大。
故选C。
4.【答案】C
【解析】【分析】
依据右手螺旋定则，结合矢量的合成法则及三角知识，即可求解。
考查右手螺旋定则与矢量的合成的内容，掌握几何关系与三角知识的应用，理解外加磁场方向是解题的关键。
【解答】
在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离为l的a点处的磁感应强度为0，如下图所示：
由此可知，外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，
即B1=B0；
依据几何关系及三角知识，则有：BPcs30°=12B0；
解得：P或Q通电导线在a处的磁场大小为BP= 33B0；
当P中的电流反向，其他条件不变，
再依据几何关系，及三角知识，则有：B2= 33B0；
因外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，磁场大小为B0；
最后由矢量的合成法则，那么a点处磁感应强度的大小为B= B02+( 33B0)2=2 33B0，故C正确，ABD错误。
故选C。
5.【答案】AC
【解析】A.R1是定值电阻，根据欧姆定律可知电压表的示数增大ΔU的过程中，通过R1的电流增加，增加量为 ΔUR1 ，故A正确；
BC.电压表的示数增大，变阻器有效电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，R2两端电压减小，路端电压增大，则R2两端电压减少量一定小于ΔU，则通过R2的电流减小，减小量小于 ΔUR2 ，故B错误，C正确；
D.电压表示数增加，R2电压减小，则路端电压增加量一定小于ΔU。故D错误。
故选AC。
6.【答案】B
【解析】【分析】
画出粒子在磁场中的运动轨迹，求出轨迹对应的圆心角，再根据周期公式求解时间。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。
【解答】
解：粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，
则粒子在第二象限的运动时间为t1=14×2πmqB=πm2qB
第一象限的磁感应强度为第二象限磁感应强度的一半，根据R=mvqB可知半径为原来的2倍，即R2=2R1，
根据几何关系可得csθ=R2-R1R2=12，则θ=60°，t2=16×2πmqB2=2πm3qB
粒子在磁场中运动的时间为t=t1+t2=7πm6qB，故B正确，ACD错误。
故选B。
7.【答案】B
【解析】赤道上方磁场方向与地面平行、由南向北，根据左手定则可知，带正电的α射线和质子向东偏转，带负电的β射线向西偏转，不带电的γ射线不偏转。
故选B。
8.【答案】D
【解析】由电路图可知，当滑动变阻滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路总电阻变大，电源电动势不变，由闭合电路的欧姆定律可知，电路总电流I变小；
A.电源电动势E不变，电流I变小，电源总功率P=EI减小，故A正确，不符合题意；
B.电源的效率
η=I2RI2r+R=11+rR ，
电源内阻r不变，滑动变阻器阻值R变大，则电源效率增大，故B正确，不符合题意；
C.电源内阻r不变，电流I减小，源的热功率PQ=I2r减小，故C正确，不符合题意；
D.当滑动变阻器阻值与电源内阻相等时，电源输出功率最大，由于不知道最初滑动变阻器接入电路的阻值与电源内阻间的关系，因此无法判断电源输出功率如何变化，故D错误，符合题意．
9.【答案】BD
【解析】【分析】
当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，分析变阻器接入电路的电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，分析总电流和路端电压的变化，判断灯L2亮度的变化。根据总电流的变化，分析并联部分电压的变化，判断L3亮度的变化．根据总电流与通过L3电流的变化，分析通过L1电流的变化，判断其亮度变化。根据路端电压的变化，分析△U1和△U2的大小。
本题是电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”思路进行分析．运用总量法分析两电压表读数变化量的大小。
【解答】
AB.当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则L2变亮。
变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小，则并联部分电压减小，则L3变暗．总电流增大，而L3的电流减小，则L1的电流增大，则L1变亮。故A错误，B正确；
CD.由上分析可知，电压表V1的示数减小，电压表V2的示数增大，由于路端电压减小，所以△U1>△U2。故D正确，C错误。
故选BD。
10.【答案】CD
【解析】由右手螺旋定则可知，若a、b两导线的电流方向相同，在矩形线框上、下边处产生的磁场方向相反，由于矩形线框上、下边的电流方向也相反，则矩形线框上、下边所受的安培力相同，所以不可以平衡，则要使矩形线框静止，a、b两导线的电流方向相反，故CD正确．
11.【答案】(1)1700；(2) AC； (3)a ；(4)偏大
【解析】【分析】
(1)多用电表欧姆挡的读数等于指针指示值乘以倍率；
(2)明确欧姆表的改装原理和使用方法即可答题；
(3)用多用电表探测二极管的极性时，电流从黑表笔流出，红表笔流入。结合二极管的单向导电性分析。
(4)欧姆档的工作原理是闭合电路欧姆定律，由此分析即可。
本题考查了用多用电表测电阻的实验步骤、使用注意事项、读数等问题；在使用多用电表测电阻时，要选择合适的挡位，然后进行欧姆调零，再测电阻，使用完毕，要把选择开关置于交流电源最高挡或OFF挡上。
【解答】
(1)欧姆表的读数为：R=17×100Ω=1700Ω
(2)A.测量电阻时，多用电表内部电源被接通，电流从多用电表内部流出，因为电阻不分正负极，所以电流流向电阻哪一端无所谓，红、黑表笔分别插在负、正插孔不会影响测量结果。故A正确；
B.每次换挡后才需要重新调零，不换挡时不需要重新调零，故B错误；
C.为防止有电源时烧坏表头或其它电阻影响待测电阻，测量时应将该电阻与外电路断开，故C正确；
D.根据闭合电路欧姆定律，调零时应有：Ig=Er+Rg+R0=ER中，可知，若电池电动势变小，内阻变大，调零时应有：Ig=E'r'+Rg+R0'=E'R中'；
比较可知，两次的中值电阻阻值不同，即测量结果会发生变化，故D错误；
故选AC。
(3)根据欧姆表改装原理可知，红表笔应接“+”插孔，与欧姆表内部电池的负极相接，黑表笔应接“-”插孔，与欧姆表内部电池的正极相接，所以黑表笔接a端，红表笔接b端时，指针偏转角较大，然后黑、红表笔反接指针偏转角较小，说明a端是二极管的正极。
(4)欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，测量时电流将偏小，指针偏转角度将变小一点，测量结果与原来相比偏大。
故答案为：(1)1700；(2) AC； (3)a ；(4)偏大
12.【答案】4.8 3.0 1.2 大于
【解析】解：(1)两次的电流相等，则外电阻相等，则Rx=10.0Ω-5.2Ω=4.8Ω；
(2)根据闭合电路的欧姆定律可得：
E=I(R+Rx+r)
整理可得：
1I=1ER+Rx+rE
可见图线的斜率为：
k=1E=
图线的纵截距为：
b=Rx+rE=2.0
结合图象中的数据可得：
E=3.0Vr=1.2Ω
(3)若考虑电流表内阻影响，则表达式变为：
1I=1ER+Rx+RA+rE
则测量值等于电源内阻和电流表内阻之和，则此时内阻的测量值大于真实值。
故答案为：(1)4.8；(2)3.0，1.2；(3)大于。
(1)两次的电流相等，则外电阻相等，可以求出Rx；
(2)根据闭合电路欧姆定律求出函数表达式，然后根据图象求出电源电动势与内阻；
(3)如果考虑电流表的内阻，则电流表的内阻可以看出是电源内阻的一部分，故电源内阻的测量值大于真实值。
本题考查了测定电源的电动势和内阻的实验。本题关键明确实验原理，会用图想法处理实验数据，能结合闭合电路欧姆定律列出方程，把方程整理成横纵坐标的一次函数形式，利用图象的截距及斜率求电源的电动势和内阻。
13.【答案】(1) mgILtanθ (2) mgILsinθ 方向垂直斜面向上
【解析】(1)导体棒受重力、支持力和安培力处于平衡，根据共点力平衡求出安培力的大小，再根据FA=BIL求出磁感应强度的大小;；
(2)导体棒所受重力的大小方向不变，支持力的方向不变，根据三角形定则求出安培力的最小值，从而求出磁感应强度的最小值和方向．
【详解】(1)根据共点力平衡得，mgtanθ=BIL
B=mgtanθIL ；
(2)根据三角形定则知，当安培力沿斜面向上时，安培力最小
mgsinθ=BIL 解得，B= mgsinθIL
B垂直于斜面向上．
14.【答案】4cm
【解析】由题意可知，电场和磁场同时存在时匀速直线运动
qE=Bqv
只有电场时，粒子做类平抛运动：
x=vt
y=12at2
又
a=qEm
得
E=10mv2q
B=10mvq
只有磁场时，粒子做匀速圆周运动，则
Bqv=mv2r
解得
r=10cm
故穿过场区后的侧移量
y=r- r2-d2=4cm
15.【答案】解：(1)带电粒子运动轨迹如图
由图可知轨迹半径r=Rtan60°
粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动，有qvB=mv2r
由以上两式得qm= 3v3BR
运动周期T=2πmqB
在磁场中的运动时间t=16T
解得t= 3πR3v
(2) 当粒子的入射点和出射点的连线是磁场圆的直径时，粒子速度偏转的角度最大
由图可知sinθ=Rr
平移距离d=Rsinθ
解得：d= 33R
答：(1)粒子的比荷qm= 3v3BR，粒子在磁场中的运动时间t为 3πR3v。
(2)如果想使粒子通过磁场区域后速度方向的偏转角度最大，在保持原入射速度的基础上，需将粒子的入射点沿圆弧向上平移的距离d为 33R。

【解析】注意：磁场是圆形，粒子的运动轨迹也是圆形，但不要将这两个半径混淆．同时利用几何关系，可列出已知长度与粒子运动圆弧半径的关系，带电粒子通过圆磁场偏转最大，则圆弧对应的圆心角最大，即运动一段圆弧的弦必经过圆磁场的圆心。
(1)带电粒子沿半径方向射入匀强磁场，做匀速圆周运动，最后将沿半径方向射出磁场，由偏转角可确定圆磁场的半径与轨道半径的关系，从而求出粒子的比荷；由周期公式可求出在磁场中的运动时间；
(2)想使粒子通过磁场区域后速度方向的偏转角度最大，则入射点与出射点的连线过圆磁场的圆心，所以由几何关系可以确定在保持入射方向仍然沿水平方向的基础上，需将粒子的入射点向上平移的距离。