【文档说明】宁夏银川市六盘山高级中学2023-2024学年高二上学期第一次月考物理试题 含解析.docx，共(18)页，2.140 MB，由小赞的店铺上传

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宁夏六盘山高级中学2023-2024学年第一学期高二第一次月考测试卷学科：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IRB.电动机的输出功率为IE-I2(R0+R+r)C.电源的输出功率为IED.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M0()UEIrR=−+故A错误；B．根据能量守恒定律可知，电动机的输出功率

为2M0()PEIIrRR=−++故B正确；C．根据能量守恒定律可知，电源的输出功率为2PEIIr=−故C错误；D．整个电路的热功率为20()PIRRr=++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()的A.0B.2BSC.2BScosθD.2BSsinθ【答案】C【解析】【分析】【详解】开始穿过线圈的磁通量为cosBS，

最后穿过线圈的磁通量是–cosBS，变化量为2cosBS。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PUIUPEIE===出总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014II=，此时的电压为U，则有000014UUUII−=解得

034UU=电源的输出功率100316PUIUI==R2接在电源上时由图线读出012II=，此时的电压为U，则有000012UUUII−=解得01'2UU=电源的输出功率2001''4PUIUI==则12PP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（）AFa＞Fb＞FcB.Fa=F

b=FcC.Fa＞Fb=FcD.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：aaFBIL=，，bbFBILBId==，，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：bFBId=，因为aLd，则有：abcFFF=，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21(H)和氦核42(He)，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R，粒子的最大速度为m

v，根据洛伦兹力提供向心力2mmvqvBmR=解得mmBqRv=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2222km122BqREmvm==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m22RmTvBq==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。下列关的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qvB<mg时，在竖直方向，根据平衡条件有NFqvBmg+=水平方向，有NfFma==小环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以其v−t图像的斜率应该逐渐增大

，故B错误，符合题意，C正确，不符合题意；D．当qvB>mg时，在竖直方向，根据平衡条件有NqvBmgF=+水平方向，有NfFma==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LEIRRr=++则I减小，灯泡L将变暗，故A正确，B错误；CD．路端电压UEIr=−由于I减小，则U增大，由于电容器电荷量QCU=

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，2R上的功率等于电源的输出功率，当外电阻等于内阻时，即21RRr=+时，输出功率最大，即2R上的功率最大，故A正确；B．根据2PIR=可知当外电阻最小时，即20R=

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12RRr+=时，电源的输出功率最大．但因为1Rr，所以不可能有12RRr+=，所以当20R=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1

8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0F。（2）接通电路，调节滑动变阻器使电流表读数为1I，观察并

记录了弹簧测力计此时的读数()110FFF，则线框受到磁场的安培力F安=________。F安的方向向________（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2I，3I，，弹簧

测力计的读数为2F，3F，，并分别计算出20FF−，30FF−，。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】①.10F

F−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0Fmg=通电后，线圈平衡时有1FmgF=+安联立解得10FFF=−安方向向下。（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5kΩB.电压表量程为15V，内阻约为10kΩC.电流表量程为0.6A，内阻为0.2ΩD.电流表量程3A，

内阻约为0.01ΩE.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E=____V，内电阻r=____Ω，短路电流I=短___A。【答案】①.C②.E③.甲④.1.5⑤.0.8⑥.1.875【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UEIr=−则UI−图像纵截距表示电动势，可得1.5VE=[5]UI−图像的斜率表示内阻，有A1.50.8Ω1.0Ω0.7rR−+==[6]解得0.8r=电路的短路电流为1.

875AEIr==短为的四、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12EV=，内阻2r=，14R=，26R=，33R=．（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）1A；（2）

6V【解析】【详解】（1）若在C.D间连一个理想电流表，则电路结构为23RR、并联后与1R串联，接到电源上，根据闭合电路欧姆定律得：总电流1121.5224EIARRr===++++并所以并联部分的电压为：3URIV并==所以通过电

流表的电流为13313UIAAR===．（2）若在C.D间连一个理想电压表，则电路结构为12RR、串联接到电源上，电压表测量的是2R的电压：则2212126612EURVVRRr===++．【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0.4m、质量为6×10－2kg的通电直导线，电流大小I＝1A，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0.4T、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10m/s2)【答案】5s【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FTcos37°＝F①FTsin37°＝mg②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＝5s18.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】2222cos2sinmgqB【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-mgcosθ=0.其中洛伦兹力为F=Bq

v.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2222cos2sinmgxqB=19.如图所示，在0y的区域存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在0y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yh=处的点1P时速率为0v，方向沿x轴正方向；然后，经过x轴上2xh=处的2P点进入磁场，并经过y轴上2hy=−处的3P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

1P开始运动直到第三次经过x轴所用的时间。【答案】（1）202mvqh；（2）0mvqh；（3）00632hhvv+【解析】【详解】(1)粒子在x轴上方电场中做类平抛运动，x方向02hvt=y方向221122qEhattm

==联立解得202mvEqh=。(2)设粒子在2P点时沿y−方向的速度为yv，则有2yvth=所以0yvv=，则粒子在2P点的速度方向与x轴正方向夹角为45，粒子到达2P时速度大小02vv=粒子运动轨迹如图所示由

几何知识可得2rh=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2vqvBmr=联立解得0=mvBqh。（3）粒子在电场中从1P到2P的运动时间102htv=粒子在磁场中做圆周运动的周期022rhTvv==粒子在磁场中转过

的圆心角为270=，运动时间为203342htTv==粒子第二次经过x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31042httv==粒子从1

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