【文档说明】安徽省阜阳市第一中学2022-2023学年高二下学期第一次月考物理试卷（教师用卷）.docx，共(10)页，491.621 KB，由小赞的店铺上传

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安徽省阜阳市第一中学2022-2023学年高二下学期第一次月考物理试卷考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分，共100分。考试时间75分钟。2.请将各题答案填写在答题卡上。一、选择题：本题共10小题，共

46分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.利用如图所示装置探究匀强磁场中影响通电导线受力的因素，导线垂直匀强磁场方向放置。

先保持导线通电部分的长度L不变，改变电流I的大小，然后保持电流I不变，改变导线通电部分的长度L，得到导线受到的安培力F分别与I和L的关系图像，则正确的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】根据F=BIL可知先保持导线通电部分的长度L不变，改变电流I的大小，则F

—I图像是过原点的直线。同理保持电流I不变，改变通过电部分的长度L，则F-L图像是过原点的直线。故选B。2.质量为0.5kg的金属杆在相距1m的水平轨道上与轨道垂直放置，金属杆上通以I＝4A的恒定电流，方向如图所示，匀强磁场B垂直轨道平面竖直向上，金属杆与轨道间的动摩擦因数为0

.2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。金属杆恰好不发生移动，则匀强磁场的磁感应强度B的大小为()A.2.0TB.1.0TC.0.50TD.0.25T【答案】D【解析】由左手定则判断安培力方向向左，对金属杆受力分析如图：根据平衡条件可得BIL＝μmg

，解得B＝0.25T，故D项正确。3.每时每刻都有大量宇宙射线向地球射来，地磁场可以改变射线中大多数带电粒子的运动方向，使它们不能到达地面，这对地球上的生物有十分重要的意义。地磁场如图所示，假设有一个带正电的宇宙射线粒子正垂直于地面向赤道射来，在地磁场的作用下

，它将()A.向南偏转B.向北偏转C.向东偏转D.向西偏转【答案】C【解析】地球赤道位置的磁场由南向北，当带正电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定则可以判断粒子的受力的方向为向东，所以粒子将向东偏转，故C

正确。4.如图为电视机显像管偏转线圈作用的示意图。当线圈中通过图示方向的电流时，一束沿中心轴线O自纸内射向纸外的电子流将()A.向左偏转B.向右偏转C.向上偏转D.向下偏转【答案】B【解析】由题图知该线圈可等效为两个

通电螺线管，由安培定则可判断，线圈下端为N极，因此O点磁场方向向上，然后由左手定则可判断电子流向右偏转，故B正确。5.如图所示，在长方形abcd区域内有正交的电磁场，＝＝L，一带电粒子以初速度v0从ad的中点垂直于电场和磁场方向射入，恰沿直线从bc边的中点P射出，若撤去磁场，则粒子从c点射出；若

撤去电场，则粒子将(重力不计)()A.从b点射出B.从b、P间某点射出C.从a点射出D.从a、b间某点射出【答案】C【解析】粒子在复合场中沿直线运动，则qE＝qv0B，当撤去磁场时，L＝aT2，T＝，a＝，撤去电场

时，qv0B＝，可以求出r＝L。由题意可知该粒子带正电，故粒子将从a点射出，故C正确。6.医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度．电磁血流计由一对电极a和b以及磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的．使用时，两电极a、b均与

血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示．由于血液中的正、负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差．在达到平衡时，血管内部的电场可看作匀强电场，血液中的离子所受的静电

力和磁场力的合力为零．在某次监测中，两触点的距离为3.0mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160μV，磁感应强度的大小为0.04T．则血流速度的近似值和电极a、b的正负为()A.1.3m/s，a正、b负B.2.7m/s，a

正、b负C.1.3m/s，a负、b正D.2.7m/s，a负、b正【答案】A【解析】血液中正、负离子流动时，根据左手定则，正离子受到向上的洛伦兹力，负离子受到向下的洛伦兹力，所以正离子向上偏转，负离子向下偏转，则

a极带正电，b极带负电．最终血液中的离子所受的静电力和磁场力的合力为零，有q＝qvB，所以v＝＝m/s≈1.3m/s.故A正确，B、C、D错误．7.如图所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起，置

于粗糙的水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现用一水平恒力F拉乙物块，使甲、乙一起向左加速运动，甲、乙无相对滑动，则在加速运动阶段()A.甲、乙两物块间的摩擦力保持不变B.甲、乙两物块间的摩擦力不断增大C.甲、乙两物块间的弹力不断增大D.乙物块与地面之间的摩擦力不断减小【

答案】C【解析】对整体受力分析，则有F－μ[(m甲＋m乙)g＋qvB]＝(m甲＋m乙)a.对甲物块单独受力分析，水平方向有Ff＝m甲a，竖直方向有FN＝m甲g＋qvB，根据上述关系式可知，加速运动阶段，甲、乙的速度增大，加速度减小，甲、乙间的弹力逐

渐变大，乙与地板间的摩擦力增大，甲、乙之间的静摩擦力减小．故选C．8.如图所示，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直．线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc＝∠bcd＝135

°，流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．关于导线abcd所受磁场作用力的合力，下列说法正确的是()A.方向沿纸面垂直bc向上，大小为(＋1)ILBB.方向沿纸面垂直bc向下，大小为(＋1)ILBC.若在纸面

内将abcd逆时针旋转30°，力的大小不变D.若在纸面内将abcd逆时针旋转60°，力的大小减半【答案】AC【解析】整段导线的有效长度为(＋1)L，由安培力公式F＝BIl可知，导线abcd所受磁场作用力的合力大小为(＋1)BIL，方向竖直向上．在纸面内将abcd旋

转任何角度，安培力的大小均不变，故A、C正确，B、D错误．9.如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，∠A＝60°，AO＝L，在O点放置一个粒子源，同时向磁场内各个方向均匀发射某种带正电的粒子(不计重力作用和粒子间的相互作用)，粒子的比荷均为，发射速度大小都为v0

，且满足v0＝.对于粒子进入磁场后的运动，下列说法正确的是()A.一定有粒子打到C点B.与OC边的夹角为θ＝30°飞入的粒子在磁场中运动时间最长C.从OC边飞出的粒子数与从AC边飞出的粒子数之比为1∶2D.在AC边上有粒子射出的区域长度大于L【答案】AD【解析】A对：由公式qv0B＝m，

可知粒子的运动半径r＝2L，因CO＝L，因此当sinθ＝＝，即θ＝arcsin(因arcsin<30°，故粒子不会中途打在AC边上)时，粒子恰好从C点飞出．B错：由劣弧的弦长越长对应的运动时间越长可知，粒子从C点射出，θ＝

arcsin时，粒子在磁场中运动时间最长．C错：因θ＝arcsin<arcsin＝30°，则从AC边飞出的粒子的入射角范围大于60°，可知从OC边飞出的粒子数与从AC边飞出的粒子数之比小于1∶2.D对：当θ＝90°时，假设此

时粒子运动半径等于OC，为L，则粒子打到AC边上距离C点L的位置，而实际上粒子的运动半径大于L，因此在AC边上有粒子射出的区域长度会大于L.10.某实验小组用图甲所示装置研究电子在平行金属板间的运动．将放射源P靠

近速度选择器，速度选择器中磁感应强度为B，电场强度为E，P能沿水平方向发出不同速率的电子，某速率的电子能沿直线通过速度选择器，再沿平行金属板A、C的中轴线O1O2射入板间．已知平行金属板长为L、间距为d，两板间加有图乙所示的交变电压，电子的电荷量为e，质量为m(电

子重力及相互间作用力忽略不计)．以下说法中正确的有()A.沿直线穿过速度选择器的电子的速率为B.只增大速度选择器中的电场强度E，沿中轴线射入的电子穿过A、C板的时间变长C.若t＝时刻进入A、C板间的电子恰能水平飞出，则飞出方向可能沿O1O2D.若t＝0时刻进入A、

C板间的电子恰能水平飞出，则T＝(n＝1,2,3，…)【答案】ACD【解析】电子受电场力和洛伦兹力的作用，沿直线通过速度选择器，则电子受力平衡，所以有eE＝Bve，解得v＝，故A正确；若只增大速度选择器中的电场强度E，

电子沿中轴线射入，由v＝可知v增大，则在A、C板长度不变的情况下，电子穿过A、C板的时间变短，故B错误；若t＝时刻进入A、C板间的电子恰能水平飞出，且飞出方向沿O1O2，此过程仅电场力做功，根据对称性可知，只需飞出时刻为t＝(4n＋1)(n＝1

,2,3，…)，故C正确；若t＝0时刻进入A、C板间的电子恰能水平飞出，则此时竖直方向的速度为零，电场力做功为零，根据对称性可知，电子飞出的时刻为nT(n＝1,2,3，…)，电子的速度为v＝，根据洛伦兹力和电场力平衡可得

Bev＝Ee，联立可得T＝(n＝1,2,3，…)，故D正确．二、非选择题：本题共5小题，共54分。11.（10分）某同学自制一电流表，其原理如图所示．质量为m的均匀细金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧的劲度系数为k，在

矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外．MN的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度．MN的长度大于ab，当MN中没有电流通过且处于静止状态时，MN与矩形区域的ab边重合，且指针指

在标尺的零刻度处；当MN中有电流时，指针示数可表示电流强度．MN始终在纸面内且保持水平，重力加速度为g.(1)当电流表的示数为零时，求弹簧的伸长量；(2)为使电流表正常工作，判断金属杆MN中电流的方向；(3)

若磁场边界ab的长度为L1，bc的长度为L2，此电流表的最大量程是多少？【答案】见解析【解析】(1)当电流表示数为零时，设弹簧的伸长量为Δx，则有mg＝kΔx，所以弹簧的伸长量Δx＝.(2)根据左手定则，可知金属杆中的电流方向为M→N.(3)设电流表指针满偏时通过MN

的电流为Im，则有BImL1＋mg＝k(L2＋Δx)．所以此电流表的最大量程Im＝.12.（10分）如图所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.40m，金属导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°，在导轨平面内分布着磁感应强度B＝0.5T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场．金属导

轨的一端接有电动势E＝6V、内阻r＝1Ω的直流电源．现把一个质量为0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒静止于金属导轨上．导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R＝2Ω，金属导轨电阻不计，已知sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，g＝10m/s

2.求：(1)通过导体棒的电流；(2)导体棒受到的摩擦力大小和方向．【答案】(1)2A(2)0.16N，方向沿斜面向下【解析】(1)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有I＝＝A＝2A.(2)导体棒受到的安培力F安＝BIL＝0.5×2×0.4N＝0.4N，方向沿导轨向上导体

棒所受重力沿斜面向下的分力为F1＝mgsin37°＝0.24N由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力Ff，根据共点力平衡条件有mgsin37°＋Ff＝F安解得Ff＝0.16N，方向沿斜面向下．13.（1

0分）如图，长为L、板间距离为d的水平极板间，有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，板不带电．现有质量为m，电荷量为＋q的粒子(不计重力)，从靠近下极板左侧处以速度v垂直射入磁场．(1)粒子在磁场中运动的最长时间为多少；(2)欲使粒子都打在上极板，速度v应在什么范围．【答案】(

1)(2)≤v≤【解析】(1)从左侧射出的粒子在磁场中运动时间相等且最长等于半个周期，由T＝和qvB＝m得T＝则有t＝＝.(2)如果粒子速度太小，会从板间左侧射出，粒子速度太大，又会从板间右侧射出，所以要寻找两个临界情况，如图所示一是刚好不会从左侧射出，即

刚好与上极板相切，设圆心为O1，半径为R1,由几何条件可得R1＝根据牛顿运动定律知qv1B＝m解得v1＝二是刚好不会从右侧射出，即刚好打在上极板最右侧，设圆心为O2，半径为R2,由几何条件可得(R2－d)2＋L2＝R22解得R2＝根据牛顿运动定律知qv2B＝m解得v2＝v的取值范围≤v≤

.14.（12分）如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．在x轴下方存在匀强电场，方向竖直向上．一个质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子从y轴上的a(0，h)点沿y轴正方向以某初速度开始运动，一段时间后，粒子与x

轴正方向成45°进入电场，经过y轴的b点时速度方向恰好与y轴垂直．求：(1)粒子在磁场中运动的轨道半径r和速度大小v1；(2)匀强电场的电场强度大小E；(3)粒子从开始到第三次经过x轴的时间t总．【答案】(1)h(2

)(3)(＋2＋2)【解析】(1)根据题意，大致画出粒子在复合场中的运动轨迹，如图所示：由几何关系得：rcos45°＝h，解得：r＝h由牛顿第二定律得：qBv1＝m解得：v1＝＝(2)设粒子第一次经过x轴的位置为x1，

到达b点时速度大小为vb，根据类平抛运动规律，则：vb＝v1cos45°，解得：vb＝设粒子进入电场经过时间t运动到b点，b点的纵坐标为－yb，由类平抛运动规律得：r＋rsin45°＝vbtyb＝(v1sin45°＋0)t＝h由动能定理得：－qEyb＝mvb2－mv12解得：E＝(3)粒子在磁场中

的周期为T＝＝第一次经过x轴的时间t1＝T＝在电场中运动的时间t2＝2t＝第二次经过x轴到第三次经过x轴的时间t3＝T＝则总时间：t总＝t1＋t2＋t3＝(＋2＋2)15.（12分）如图所示，在无限长的竖直边界N

S和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h.质量为m、带电

荷量为＋q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g.(1)求电场强度的大小和方向．(2)要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值．(3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值．【答案】见解析【解析】(

1)设电场强度大小为E，由题意有mg＝qE.得E＝，方向竖直向上．(2)如图甲所示，设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为vmin，对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为r1和r2，圆心的连线与NS的夹角为φ.由r＝得r

1＝，r2＝r1.又(r1＋r2)sinφ＝r2，r1＋r1cosφ＝h.联立解得vmin＝(9－6).(3)如图乙所示，设粒子入射速度为v，粒子在上、下方区域的运动半径分别为r1和r2，粒子第一次通过KL时距离K点为x.由题意有3nx＝1.

8h(n＝1,2,3，…)x≥，x＝.得r1＝(1＋)，n<3.5.即n＝1时，v＝；n＝2时，v＝；n＝3时，v＝.