2023玉溪一中高二上学期第一次月考物理试题含答案

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。

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

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