重庆市第八中学2023-2024学年高二上学期第二次月考物理试题（Word版附解析）

这是一份重庆市第八中学2023-2024学年高二上学期第二次月考物理试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了选择题，实验题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本大题共10个小题，共43分。第1-7题只有一项符合题目要求，每题4分； 第8-10题有多项符合题目要求，每题5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1. 在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述符合史实的是（ ）
A. 安培发现了电流的磁效应
B. 法拉第发现了电磁感应现象
C. 奥斯特发现了产生感应电流的条件
D. 库仑发现了磁感线是客观存在的描绘磁场强弱和方向的曲线
【答案】B
【解析】
【详解】A．奥斯特在实验中发现了电流的磁效应，故A错误；
BC．法拉第通过大量的实验发现了电磁感应现象，并总结出产生感应电流的条件，故B正确，C错误；
D．为了形象地描述磁场的强弱和方向，法拉第提出了磁感线的概念，但磁感线并不是客观存在的，故D错误。
故选B。
2. 电磁炮是由电源、金属轨道、炮弹和电磁铁组成，当电源接通后，磁场对流过炮弹电流产生力的作用。下列各俯视图中能使炮弹获得极大的向左发射速度的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】AB．当电源接通后，图中磁场方向与炮弹电流方向平行，均不能使炮弹获得极大的向左发射速度，故AB错误；
C．当电源接通后，根据左手定则可知，炮弹受到安培力向左，能使炮弹获得极大的向左发射速度，故C正确；
D．当电源接通后，根据左手定则可知，炮弹受到安培力向右，炮弹将获得向右的发射速度，故D错误。
故选C。
3. 某眼动仪可以根据其微型线圈在磁场中随眼球运动时所产生的电流来追踪眼球的运动。若该眼动仪线圈面积为S，匝数为N，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈平面最初平行于磁场，经过时间t后线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为θ处，则在这段时间内，线圈中产生的平均感应电动势的大小和感应电流的方向（从左往右看）为（ ）
A. ，逆时针B. ，逆时针
C. ，顺时针D. 顺时针
【答案】A
【解析】
【详解】经过时间t，面积为S的线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为θ处，磁通量变化为
由法拉第电磁感应定律，线圈中产生的平均感应电动势的大小为
由楞次定律可判断出感应电流方向为逆时针方向。
故选A。
4. 如图甲所示，匀强磁场中有一面积为S、电阻为R的单匝金属圆环，磁场方向垂直于圆环平面竖直向上。图乙为该磁场的磁感应强度B随时间t变化的图像，曲线上P点坐标为，P点的切线在B轴的截距为，由以上信息可知（ ）
A. 时，圆环中感应电动势的大小B. 时，圆环中感应电流的方向
C. 内，通过圆环某截面的电量D. 内，圆环所产生的焦耳热
【答案】ABC
【解析】
【详解】A．根据
时，圆环中感应电动势的大小
选项A正确；
B．根据楞次定律可知，时，圆环中感应电流的方向从上向下看为顺时针方向，选项B正确；
C．内，通过圆环某截面的电量
选项C正确；
D．内感应电动势不断变化，但是不能求解电动势的有效值，则不能求解圆环所产生的焦耳热，选项D错误。
故选ABC。
5. 如图所示，圆形区域直径MN上方存在垂直于纸面向外的匀强磁场，下方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小相同。现有两个比荷相同的带电粒子a、b，分别以、的速度沿图示方向垂直磁场方向从M点入射，最终都从N点离开磁场，则（ ）
A. 粒子a、b可能带异种电荷
B. 粒子a从N点离开磁场时的速度方向一定与初速度的方向垂直
C. 可能为2:1
D. 一定为1:1
【答案】C
【解析】
【详解】A．两粒子都从M点入射从N点出射，则a粒子向下偏转，b粒子向上偏转，由左手定则可知两粒子均带正电，故A错误；
B．设磁场半径为R，将MN当成磁场的边界，两粒子均与边界成45°入射，由运动对称性可知出射时与边界成45°，则一次偏转穿过MN时速度偏转90°；同理第二次穿过MN时速度方向再次偏转90°与初速度方向平行，选项B错误；
CD．两粒子可以围绕MN重复穿越，运动有周期性，设a粒子重复k次穿过MN，b粒子重复n次穿过MN，由几何关系可知
()
()
由洛伦兹力提供向心力
可得
而两个粒子的比荷相同，可知
如，时
如，时
则v1:v2可能为1:1或2:1，故C正确，D错误。
故选C。
6. 如图所示的空间，匀强电场的方向竖直向下，场强为E，匀强磁场的方向水平向外，磁感应强度为B，有两个带电小球A和B都能在垂直于磁场方向的同一竖直平面内做匀速圆周运动（两小球间的库仑力可忽略，轨迹如图所示），运动轨迹如图中所示，已知两个带电小球A和B的质量关系为，轨道半径为，则下列说法正确的是（ ）
A. 小球A、B均带正电B. 小球A带负电、B带正电
C. 小球A、B的周期比为1：3D. 小球A、B的速度比为3：1
【答案】D
【解析】
【详解】AB．因为两小球在复合场中都能做匀速圆周运动，均满足
所受电场力均向上，两小球均带负电，AB错误；
CD．由洛伦兹力提供向心力可得
联立可得
可得，小球A、B的速度比为
由周期公式
故小球A、B的周期比为
C错误，D正确。
故选D。
7. 如图所示，金属圆盘置于垂直纸面向里的匀强磁场中，其中央和边缘各引出一根导线与套在铁芯上部的线圈A相连。套在铁芯下部的线圈B引出两根导线接在两根水平导轨上，导轨上有一根金属棒ab处在垂直于纸面向外的匀强磁场中。下列说法正确的是（ ）

A. 圆盘逆时针匀速转动时，a点的电势高于b点的电势
B. 圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向左运动
C. 圆盘顺时针减速转动时，a点的电势高于b点的电势
D. 圆盘逆时针加速转动时，ab棒将受到向左的安培力
【答案】B
【解析】
【详解】A．设圆盘转动角速度为，圆盘半径为，圆盘中磁感应强度为B，则圆盘逆时针匀速转动时，根据法拉第电磁感应定律有
即线圈A中产生恒定的感应电流，则线圈A产生的磁场不变，线圈B的磁通量不发生变化，所以线圈B中无感应电流产生，则a点的电势等于b点的电势，故A错误；
B．圆盘顺时针加速转动时，感应电流逐渐增大。根据右手定则判断可知，感应电流从圆盘中央流向圆盘边缘，根据右手螺旋定则判断可知，线圈A中的感应磁场方向向下，感应磁场增强，所以线圈B中的磁通量增加，根据楞次定律判断可知，线圈B中的感应磁场方向向上，根据右手螺旋定则判断可知，ab棒的感应电流从a端流向b端，则根据左手定则判断可知，ab棒将受到向左的安培力，所以ab棒将向左运动，故B正确；
C．圆盘顺时针减速转动时，感应电流逐渐减小。根据右手定则判断可知，感应电流从圆盘中央流向圆盘边缘，根据右手螺旋定则判断可知，线圈A中的感应磁场方向向下，感应磁场减弱，所以线圈B中的磁通量减小，根据楞次定律判断可知，线圈B中的感应磁场方向向下，根据右手螺旋定则判断可知，ab棒的感应电流从b端流向a端，线圈B相当于电源，则a点的电势低于b点的电势，故C错误；
D．圆盘逆时针加速转动时，感应电流逐渐增大。根据右手定则判断可知，感应电流从圆盘边缘流向圆盘中央，根据右手螺旋定则判断可知，线圈A中的感应磁场方向向上，感应磁场增强，所以线圈B中的磁通量增加，根据楞次定律判断可知，线圈B中的感应磁场方向向下，根据右手螺旋定则判断可知，ab棒的感应电流从b端流向a端，则根据左手定则判断可知，ab棒将受到向右的安培力，故D错误。
故选B。
8. 汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈abcd，埋在地下的线圈通上顺时针（俯视）方向电流，当汽车经过线圈时（ ）

A. 线圈产生的磁场方向竖直向上
B. 汽车进入线圈过程产生感应电流方向为abcd
C. 汽车离开线圈过程产生感应电流方向为abcd
D. 汽车进入线圈过程受到的安培力方向与速度方向相反
【答案】CD
【解析】
【详解】A．根据右手螺旋定则可知，线圈产生的磁场方向竖直向下，故A错误；
B．汽车进入线圈过程，通过矩形线圈abcd的磁通量增大，且竖直向下，根据楞次定律可知，产生感应电流方向为adcb，故B错误；
C．汽车离开线圈过程，通过矩形线圈abcd的磁通量减小，且竖直向下，根据楞次定律可知，产生感应电流方向为abcd，故C正确；
D．汽车进入线圈过程，产生感应电流方向为adcb，根据左手定则可知线圈受到的安培力方向与速度方向相反，故D正确。
故选CD。
9. 如图，坐标原点O有一粒子源，能向坐标平面一、二象限内发射大量质量为m、电量为q的正粒子（不计重力），所有粒子速度大小相等。圆心在（O，R），半径为R的圆形区域内，有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。磁场右侧有一长度为R，平行于y轴的光屏，其中心 O1位于（2R，R）。已知初速度沿y轴正向的粒子经过磁场后，恰能垂直射在光屏上，则（ ）

A. 粒子速度大小为
B. 所有粒子均能射在光屏上
C. 能射在光屏上的粒子，在磁场中运动时间最长为
D. 能射在光屏上粒子初速度方向与x轴夹角满足
【答案】AC
【解析】
【详解】A．已知初速度沿y轴正向的粒子经过磁场后，恰能垂直射在光屏上，则有
解得
故A正确；
B．由于所有粒子的速度大小相等，所以所有粒子进入磁场后的运动半径都相等；由几何关系可知，所有粒子离开磁场后都将平行进入第一象限，其中离开磁场区域的出射点距离坐标原点的高度最大值为，最低为零，所以有一部分粒子不会打到光屏上，故B错误；
C．由几何关系可知，能射在光屏上的、且在磁场中运动时间最长的粒子，刚好打在光屏的上边缘，其运动轨迹对应的圆心角为，根据周期公式
可得
故C正确；
D．若粒子初速度方向与x轴夹角为时粒子恰好能打在光屏的下边缘，由几何关系可知，此时粒子轨迹对应的圆心角为，即初速度方向与x轴夹角为；由C项中的分析可知，恰好能打在光屏上边缘的粒子，其初速度方向与x轴的夹角为；即能打在光屏上的粒子初速度方向与x轴夹角满足
故D错误。
故选AC。
10. 2022 年6月17日，我国003号航母“福建舰”下水，该舰是我国完全自主设计建造首艘电磁弹射型航母。某同学采用如图甲所示装置模拟电磁弹射，匝数的线圈可在圆柱形铁芯上无摩擦滑动，并通过电刷与导轨保持良好接触；铁芯上存在垂直于表面向外的辐向磁场，线圈所在处的磁感应强度大小均为。将开关S与1连接，恒流源输出电流使线圈向右匀加速一段时间，之后将开关S 掷向2与阻值为的电阻相连，同时施加水平外力F，使线圈向右匀减速到零，线圈运动的图像如图乙所示。已知线圈质量、每匝周长，不计线圈及导轨电阻，忽略电刷与导轨间摩擦及空气阻力，则线圈（ ）
A. 向右匀加速阶段，恒流源输出的电流大小为
B. 向右匀加速阶段，线圈所受安培力的功率逐渐变大
C. 向右匀减速阶段，通过电阻R的电荷为0.125C
D. 向右匀减速阶段，水平外力F随时间t变化的关系为，
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由图乙可知，向右匀加速阶段的加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
解得
故A错误；
B．向右匀加速阶段，线圈所受安培力的功率为
即向右匀加速阶段，线圈所受安培力的功率逐渐变大，故B正确；
C．向右匀减速时，感应电流
通过电阻R的电荷
结合图乙求得
故C正确；
D．向右匀减速阶段，线圈的加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
结合图像可得
，
故D错误。
故选BC。
二、实验题： 本大题共 2小题，共 15分。第11题6分，第12题9分。
11. 某兴趣小组研究热敏电阻在通以恒定电流时，其阻值随温度的变化关系。实验电路如图所示，实验设定恒定电流为50.0μA，主要实验器材有：恒压直流电源E、加热器、测温仪、热敏电阻RT、可变电阻R1、电流表A、电压表V。
（1）用加热器调节RT温度后，为使电流表的示数仍为50.0μA，须调节___________（选填一种给定的实验器材）。当RT两端未连接电压表时，电流表示数为50.0μA；连接电压表后，电流表示数显著增大，须将原电压表更换为内阻___________（选填“远大于”“接近”“远小于”）RT阻值的电压表。
（2）测得RT两端的电压随温度的变化如图所示，由图可得温度从35.0°C变化到40.0°C的过程中，RT的阻值随温度的平均变化率是___________（保留2位有效数字）。
【答案】 ①. 可变电阻R1 ②. 远大于 ③. -1.2
【解析】
【详解】（1）[1]由题知恒压直流电源E的电动势不变，而用加热器调节RT的温度后，导致整个回路的总电阻改变。而要确保电流表的示数仍为50.0μA，则需控制整个回路的总电阻不变，故需要调节的器材是可变电阻R1。
[2]连接电压表后，电流表示数显著增大，则说明电压表与RT并联后R总减小，则根据并联电阻的关系有
则要保证R总不变需须将原电压表更换为内阻远大于RT阻值的电压表。
（2）[3]图可得温度为35.0°C时电压表的电压为1.6V，且实验设定恒定电流为50.0μA，则根据欧姆定律可知此时热敏电阻RT1= 32kΩ；温度为40.0°C时电压表的电压为1.3V，且实验设定恒定电流为50.0μA，则根据欧姆定律可知此时热敏电阻RT2= 26kΩ，则温度从35.0°C变化到40.0°C的过程中，RT的阻值随温度的平均变化率是
负号表示随着温度升高RT的阻值减小。
12. 在练习使用多用电表的实验中：
（1）一多用电表的电阻挡有四个倍率，分别是、、、，用挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到________挡。
（2）重新测量后，指针位于如图甲所示位置，被测电阻的测量值为________。（保留2位有效数字）
（3）如图乙所示为欧姆表某倍率的内部结构示意图，已知电流计的量程为，内阻为，定值电阻，电池电动势为，为调零电阻，则表盘上刻度线对应的电阻值是________。（保留2位有效数字）
（4）当图乙所示欧姆表电池的电动势下降到、内阻增加了时仍可调零，调零后，调零电阻的阻值将变________（填“大”或“小”），若测得某电阻为，则这个电阻的真实值为________。
【答案】 ①. ②. ③. ④. 小 ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1]根据题意可知，用挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，说明待测电阻较大，了较准确地进行测量，应换到挡。
（2）[2]由图甲可知，被测电阻的测量值为
（3）[3]根据题意可知，当电流计满偏时，流过电源的电流为，由闭合回路欧姆定律可得，欧姆表内阻为
则表盘上刻度线对应的电阻值是
（4）[4]根据题意可知，电池的电动势下降到，则欧姆表内阻为
内阻增加了时仍可调零，则调零电阻的阻值将变小。
[5] 若测得某电阻为，电池电动势为，欧姆表内阻为，则电流计的电流为
电动势下降到，欧姆表内阻为，则这个电阻的真实值为
三、计算题；本大题共3 小题，共42分。第13题10分，第14题14分， 第15题18分。
13. 轻质细线吊着一质量为m=0.05kg、边长为L=1m的单匝正方形线圈，其总电阻为r=0.1Ω。在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，如图甲所示。磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示。重力加速度g取10m/s2， 求：
（1）线圈的电功率；
（2）在t=4s时，轻质细线的拉力大小。

【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）线圈的感应电动势为
线圈的电功率为
（2）感应电流为
在t=4s时，线圈所受安培力大小为
由楞次定律和左手定则，线圈所受安培力方向向上。由平衡关系
轻质细线的拉力大小为
14. 两根金属导轨平行放置在倾角为θ=30°的斜面上，导轨底端接有电阻R=8Ω，导轨自身电阻忽略不计。匀强磁场垂直于斜面向上，磁感强度B=0.5T。质量为m=0.1kg，电阻r=2Ω的金属棒ab由静止释放，沿导轨下滑。如图所示，设导轨足够长，导轨宽度L=2m，金属棒ab下滑过程中始终与导轨接触良好，当金属棒下滑h=3m时，速度恰好达到最大速度2m/s，求：
(1)滑动摩擦力的大小？
(2)此过程中电阻R上产生的热量？（g取10m/s2）
【答案】(1)0.3N；(2)0.8J
【解析】
【详解】(1)由
E=BLv，
得安培力
设金属棒下滑过程所受摩擦力大小为f，则由平衡条件得到
mgsin30°=f+F
联立得
(2) 在金属棒ab静止释放到速度刚达到最大的过程中，金属棒的重力转化为金属棒的动能、焦耳热和摩擦生热，根据能量守恒定律得，电路中产生的焦耳热为
代入解得，
Q=1J
则电阻R上产生的热量为
15. 如图所示，在的区域内存在沿y轴负方向、场强大小为E的匀强电场，在的区域内存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场（磁感应强度未知）。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子a，从y轴上的P点以某一速度沿x轴正方向射出，已知粒子a进入磁场时的速度大小为v，方向与x轴正方向的夹角，粒子a进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为P点纵坐标的一半，在粒子a进入磁场的同时，另一不带电粒子b也经x轴进入磁场，运动方向与粒子a进入磁场的方向相同，在粒子a第一次进入磁场的运动过程中，两粒子恰好能发生正碰（碰撞前瞬间速度方向相反），不计两粒子重力。
（1）求粒子a从P点射出的速度大小v0及P点的纵坐标h；
（2）求粒子b经过x轴进入磁场时的横坐标及速度大小；
（3）若两粒子碰后结合在一起，结合过程不损失质量和电荷量，要使结合后的粒子不能进入电场，求粒子b的质量应满足的条件。
【答案】（1），；（2），；（3）
【解析】
【详解】（1）根据题意可知，粒子在电场中做类平抛运动，轴方向速度不变，有
粒子在电场中运动时，由动能定理有
解得
（2）粒子进入磁场，洛伦兹力提供向心力，则有
粒子进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径
周期为
粒子没有离开磁场，粒子b也经x轴进入磁场，运动方向与粒子a进入磁场的方向相同，两粒子恰好发生正碰（碰撞前瞬间速度方向相反），说明在磁场中运动了半个周期与粒子发生碰撞，运动轨迹如图所示
设粒子a、b在磁场中运动的时间为t，有
粒子b在磁场中做匀速运动，有
设粒子a进入磁场时的横坐标为，粒子a在电场中运动的时间为，x方向有
y方向有
由几何关系可得
解得
，
（3）两粒子碰后结合在一起，设粒子b质量为，碰后结合体速度为，碰撞过程由动量守恒定律有
结合体做圆周运动的轨迹半径
当时，结合体速度与粒子a速度方向相同，若结合体运动轨迹恰与x轴相切，如图所示
根据几何关系有
解得
当时，结合体速度与粒子b速度方向相同，若结合体运动轨迹恰与x轴相切，如图所示
根据几何关系有
解得
因此粒子b的质量应满足