【文档说明】湖北省宜城市第一中学2023-2024学年高二上学期9月月考物理试题 含解析.docx，共(16)页，2.528 MB，由小赞的店铺上传

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宜城市第一中学2023-2024学年高二年级9月月考物理试卷一、选择题（每小题4分，共10小题，共40分。1-7为单选，8-10为多选）1.下列各图标出的磁场B的方向、带电粒子运动速度v的方向、洛伦兹力F洛的方向，正确的是()A.B.C

.D.【答案】C【解析】【详解】由左手定则可知，A项中的洛伦兹力方向向上；B项中的洛伦兹力方向向下；C项中的洛伦兹力方向向上；D项中的洛伦兹力方向向左。只有C项中的方向正确。故选C。2.关于电源电动势，下列说法正确的是（）A.常见充电宝标有5000mAh

或10000mAh等，此物理量越大，则充电电流越大B.电动势E跟电源的体积无关，外电路变化时，E也变化C.电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，电源把其他形式的能转化为电能越多，电动势越大D.电动势E反映电源做功的能力，电动势大，则说明其内部移动1C

的正电荷时，非静电力做功要多【答案】D【解析】【详解】A．常见充电宝标有5000mAh或10000mAh等，此物理量越大，则充电宝所储存的电量越多，与充电电流无关，A错误；B．同一电源接入不同的电路中，电动势不会发

生变化，电动势是由电源本身性质决定，B错误；C．电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，电源电动势是由电源本身决定的与转化的电能多少无关，C错误；D．电动势E反映电源做功的能力，电动势大，则说明其内部移动1C的正电荷时，非静电力做功要多，D正确

。故选D。3.如图所示的电路中,90VU=,滑动变阻器2R的最大阻值为200,1100R=,当滑片P滑至2R的中点时,a、b两端的电压为()A.30VB.45VC.60VD.75V【答案】A【解析】【详解】由题可知，滑片P滑至R2的中点，变阻器下半部分电阻为100Ω，下半部分电阻与R1并联的阻

值为：11=502RR=并则ab两端的电压为：25090V=30V11+5020022abRUURR==+并并，A.选项与计算结果一致，故A正确；B.选项与计算结果不一致，故B错误；C.选项与计算结果不一致，故C错误；D.选项与计算结果不一致，故D错误；4.通

电的正三角形导线框abc与无限长通电直导线MN在同一平面内，导线框中通以如图所示顺时针方向的电流，bc边与MN平行。下列说法正确的是（）A.ab边与ac边所受的安培力的合力方向与MN平行B.线框所受安培力的合力为零C.线框面积有减小的趋势D.线框在安培力作用下一定有向左的运动趋势【答案】D【解析

】【详解】ABD．根据安培定则，可知无限长通电直导线MN在其右侧产生垂直于纸面向里的磁场，根据左手定则，可知ab边与ac边所受的安培力的合力方向水平向左，与MN垂直，bc受的安培力水平向右，由于ab边与ac边更靠近导线MN，磁

感应强度越大，故ab边与ac边所受的安培力的合力大于bc所受的安培力，则线框所受安培力的合力不为零，故线框在安培力作用下一定有向左的运动趋势，故AB错误，D正确；C．三边受力均向外，线框面积有扩张的趋势，故C错误。故选D。5.如图所示，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、'O，并处于匀

强磁场中，当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为，则磁感应强度的最小值及其方向为（重力加速度为g）（）A.tanmgIL；z轴正向B.mgIL；y正向C.tanmgIL；z负向D.sinmgIL；沿悬线斜向下【答案】D【解析】【详解】导线受到重力、拉

力以及安培力的作用，重力的大小和方向确定，拉力的方向确定，根据矢量三角形可得，当安培力和拉力垂直时，安培力最小，对应磁场的磁感应强度最小，有mgsinθ=BminIL解得Bmin=sinmgIL根据

左手定则可得磁感应强度方向为沿悬线斜向下，ABC错误，D正确。故选D。6.如图所示，将扁平长方体形状的霍尔元件水平放置接入电路，匀强磁场垂直于霍尔元件的水平面竖直向下，闭合开关，让电流从霍尔元件的左侧流入右侧，则其前后两表面会形成电势差。现有载流子是电子的霍尔元件1和载

流子是空穴的霍尔元件2，两元件均按图示方式接入电路（闭合开关），则关于前后两表面电势高低的判断，下列说法中正确的是（）A.若接入元件1时，前表面电势高；若接入元件2时，前表面电势低B.若接入元件1时，前表面电势低；若接入元件2时，前表面电势高C.

不论接入哪个元件，都是前表面电势高D.不论接入哪个元件，都是前表面电势低【答案】A【解析】【详解】若接入元件1时，霍尔元件中移动的是自由电子，根据左手定则，电子向后表面偏转，所以前表面电势高；若接入元件2时，根

据左手定则，空穴向后表面聚集，故后表面电势高，前表面电势低。故选A。7.如图所示，在平板PQ上方有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。某时刻有a、b、c三个电子（不计重力）分别以大小相等、方向如图所示的初速度va、vb和vc经

过平板PQ上的小孔O垂直射入匀强磁场。这三个电子打到平板PQ上的位置到小孔O的距离分别是al、bl和cl，电子在磁场中运动的时间分别为ta、tb和tc。整个装置放在真空中。则下列判断正确的是（）A.al=bl<clB.al<bl<clC.ta＞tb＞tcD

.ta=tc＜tb【答案】C【解析】【详解】AB．三个电子的速度大小相等，轨迹如图所示垂直进入同一匀强磁场中。由于初速度va和vc的方向与PQ的夹角相等，所以这两个电子的运动轨迹正好组合成一个完整的圆，则这两个电子打到平板PQ上的位置到小孔的距离是相等的。而初速度v

b的电子方向与PQ垂直，则它的运动轨迹正好是半圆，所以电子打到平板PQ上的位置到小孔的距离恰好是圆的直径。由于它们的速度大小相等，因此它们的运动轨迹的半径均相同。所以速度为vb的距离最大。故A错误，B错误

；CD．从图中可得，初速度va的电子偏转的角度最大，初速度vc的电子偏转的角度最小，根据粒子在磁场中运动的时间与偏转的角度之间的关系2tT＝可得偏转角度最大a运动的时间最长，偏转角度最小的c在磁场中

运动的时间最短。故C正确，D错误。故选C。8.如图所示为大型电子地磅电路图，电源电动势为E，内阻为r0．不称重物时，滑片P在A端；称重物时在压力作用下使滑片P下滑，滑动变阻器接入电路的阻值发生变化，通过电流表的示数即可显示被称物体的的重量值．已知P的滑动

过程，弹簧始终未超出弹性限度，则闭合开关S后A.不称重物时电流表的不数为零B.达到最大称重值时电路中的电流为0EIR=C.电流表示数越大，则说明所称物体越重D.所称物体越重，电源的总功率越大【答案】CD【解析】【详解】A.不称重时，P在A端，接入电路的电阻最大，电流最小，但不为零，故A错误；B.达

到最大称重值时，滑动端到达B端，此时滑动变阻器接入电路的电阻为零，则电路中的电流为00IrER=+，选项B错误；C.所称物体越重，P越向下，接入的电阻越小，电流越大，故C正确；D、总功率P总=EI，E不变，所称物体越重，电流I越大，则电源的总功率越大，故D正确

．9.薄铝板将同一匀强磁场分成Ⅰ、Ⅱ两个区域，高速带电粒子穿过铝板前后在两个区域内运动的轨迹如图所示，半径12rr。假定穿过铝板前后粒子带电荷量保持不变，但铝板对粒子的运动有阻碍，则该粒子（）A.带负电B.在Ⅰ、Ⅱ区域的运动速度大小相同C.在Ⅰ、Ⅱ区域的运动时间相同D.从Ⅱ区域穿过铝板运动

到Ⅰ区域【答案】AC【解析】【详解】AD．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qvB=m2vr解得mvrqB=粒子穿过铝板后，速率减小，电量不变，知轨道半径减小，所以粒子是从区域Ⅰ穿过铝板运动到区域Ⅱ，根据左手定则知，粒子带

负电，故A正确，D错误；B．高速带电粒子穿过铝板后速率减小，知在Ⅰ、Ⅱ区域的运动速度大小不同，故B错误；C．粒子在磁场中做圆周运动的周期2mTqB=周期大小与粒子的速度无关，粒子在你两区域的运动时间都是半个周期，则粒子在Ⅰ、Ⅱ区域的运动时间相同，故C正确。故选AC。10.如图甲，一

带电物块无初速度地放上皮带轮底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E运动至皮带轮顶端F的过程中，其vt−图像如图乙所示,物块全程运动的时间为4.5s,关于带电物块及运动过程的说法正确的是A.该物块带正电B.皮带轮的传动速度大小

一定为1m/sC.若已知皮带的长度,可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移D.在2～4.5S内,物块与皮带仍可能有相对运动【答案】AD【解析】【详解】由图乙可知，物块做加速度逐渐减小的加速运动．物块的最大速度是1m/sA项：对物块进行受力分析可知，开始时物

块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为μ，沿斜面的方向：μFN-mgsinθ=ma①物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，由①式可知，物块的加速度逐渐减小，一定是FN逐渐减小，而开始时：FN=mgcosθ，后来：FN′=mgcosθ-f

洛，即洛伦兹力的方向是向上的．物块沿传送带向上运动，由左手定则可知，物块带正电，故A正确；B、D项：物块向上运动的过程中，洛伦兹力越来越大，则受到的支持力越来越小，结合①式可知，物块的加速度也越来越小，当加速度等于0时，物块达到最大速

度，此时：mgsinθ=μ（mgcosθ-f洛）②由②可知，只要传送带的速度大于等于1m/s，则物块达到最大速度的条件与传送带的速度无关，所以传送带的速度可能是1m/s，有可能是大于1m/s，物块可能相对于传送带静止，有可能相对于传送带不静止．故B错误，D正确；C项：由以上的分

析可知，传送带的速度不能判断，所以若已知皮带的长度，也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移．故C错误．故选AD．二、非选择题。（共5小题，共60分）11.将一铜片和一锌片分别插入一个苹果内，就构成了简

单的“水果电池”，其电动势约为1.5V。可是这种电池并不能点亮额定电压为1.5V、额定电流为0.3A的手电筒上的小灯泡，原因是流过小灯泡的电流太小了，实验测得不足3mA。为了测定该水果电池的电动势和内阻，提供的实验器

材有：水果电池电流表A（量程0~3mA，内阻约为0.5Ω）电压表V（量程0~1.5V，内阻约为3kΩ）滑动变阻器R1（阻值0~10Ω，额定电流1A）滑动变阻器R2（阻值0~3kΩ，额定电流为1A）电键，导线若干为（1）应选__

_______（选“a”或“b”）电路图实验。（2）实验中滑动变阻器应选用_________（填器材代号）。（3）根据实验记录数据，经描点、连线得到水果电池的路端电压随电流变化的U-I图像如图所示，由图可知，水果电池的电动势E=_________V，内阻r=_________Ω。内阻的测

量结果将_________（选填“偏大”“偏小”或“不变”）【答案】①a②.R2③.1.35④.450⑤.偏大【解析】【详解】(1)[1]由题意可知水果电池内阻较大，为减小实验误差，相对于电源来说，电流表应采

用内接法，因此应选择图a所示电路图。(2)[2]电源的内阻大约1.5V5000.003AErR===若选用0～10Ω的滑动变阻器，移动滑片，电流基本不变，因此滑动变阻器应选：R2（阻值0～3kΩ，额定电流为1A）。(3)[3]由图示电源U-I图线可知，

图象与纵轴截距为1.35，则电源电动势为1.35VE=[4]电池内阻为1.354500.003UrI===[5]由图a所示电路图可知，相对于电源来说电流表采用内接法，电源内阻的测量值等于电源内阻与电流表内阻之和，电源内阻测量值大于真

实值。12.某同学利用如图(a)所示电路，测量一个量程为0~3V，内阻约3kΩ的电压表V1的内阻Rx，所用的实验器材有：待测电压表V1；电压表V2（量程0~10V，内阻约10kΩ）；滑动变阻器R1(0~500Ω)；定值电阻R=5.0kΩ；电源E（电动势8V，

内阻较小）；开关一个、导线若干。的.回答下列问题：(1)根据图(a)所示的电路，在图(b)中用笔画线代替导线将实物图的电路连接完整______；(2)闭合开关S前应先将滑动变阻器的滑片调到最____端（填“左”或“右”），多次调节滑动变阻器，记下电压表V1的示数U1和电压表V2的示数U2；

(3)该同学以U2为纵坐标，U1为横坐标建立坐标系，根据测得的数据描点作图如图(c)所示，由电路图可知U2与U1的关系式为U2=______（用题中所给物理量符号表示），结合图线（c）和已知数据可求得待测电压表内阻Rx=______kΩ；(结果保留2位有效数字）。【答

案】①.实物连线图②.左③.11xRUR+④.3.2【解析】【详解】（1）[1]根据电路图连接实物图，如图所示（2）[2闭合开关S前应先将滑动变阻器的滑片调到左端，使通过待测电压表和R的电流和两端的电压为零，保护电路；（3）[3]电压表2V测量电压表1V和R的总电

压，根据欧姆定律得121xUUURR−=解得211xRUUR=+[4]21UU−图像的斜率为1xRkR=+根据图像可知7.2012.80xRR+=解得3.2kΩxR=13.如图所示，一电荷量为q的带电粒子，以速度v垂直射入磁感应强度为B、宽度为d的有界匀强磁场中，射出磁场时的速

度方向与原来粒子的入射方向的夹角60=，求：（1）画出轨迹图，并求出带电粒子在磁场中运动的轨道半径r；（2）带电粒子的电性和质量m；（3）带电粒子穿过磁场的时间t。【答案】（1），233rd=；（2）带电粒子带正电，233Bqdmv

=；（3）239dtv=【解析】【详解】（1）电子垂直射入匀强磁场中，只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，画出轨迹，如图所示由几何知识得到，轨迹的半径为23sin603drd==（2）由左手定则，可知，带电粒子带正

电，由牛顿第二定律得2vqvBmr=解得233Bqdmv=（3）由几何知识得到，轨迹的圆心角为3=，故穿越磁场的时间为2339rdtvv==14.在倾角30=的绝缘斜面上，固定一光滑金属框，宽0.5mL=，接入电动势6VE=、内阻

1r=的电池，垂直框面放置一根质量0.2kgm=的金属棒ab，金属棒接入电路的电阻0R的阻值为0.5，整个装置放在磁感应强度1.0TB=、方向垂直于框面向上的匀强磁场中，调节滑动变阻器R的阻值使金属棒静止在框架上，如图所示。（框架的电阻不计

，框架与金属棒接触良好，g取210m/s）。求：（1）画出受力图，并求出金属棒受到安培力的大小F；（2）滑动变阻器R接入电路的阻值；（3）现先将金属棒固定，调节滑动变阻器使电源输出功率最大，然后由静止释放，求释放瞬间

金属棒的加速度a大小及方向。【答案】（1），1N；（2）1.5=R；（3）22.5m/sa=，方向沿金属框向上【解析】【详解】（1）设金属棒受到的安培力大小为F，对金属棒受力分析如图可得sin301NFmg==（2）根据公式的FB

IL=可得，电路中的电流为2AFIBL==由闭合电路欧姆定律得0EIRrR=++解得1.5=R（3）电源的输出功率为2PEIIr=−由闭合电路欧姆定律0EIRrR=++当2EIr=即0RRr+=此时P最大，此时0.5R=，3AI=安培力sinFmg

，金属棒沿斜面向上加速，由牛顿第二定律sinFmgma−=又1.5NFBIL==联立解得22.5m/sa=方向沿金属框向上15.如图所示，在xOy平面直角坐标系中，直角三角形ACD内存在垂

直平面向里磁感应强度为B的匀强磁场，线段COODL==，CD边在x轴上，30ADC=。电子束沿y轴方向以相同的速度0v从CD边上的各点射入磁场，已知这些电子在磁场中做圆周运动的半径均为3L，在第四象限正方形ODQP内存在沿x轴正方向、大小为0

EBv=的匀强电场，在yL=−处垂直于y轴放置一足够大的平面苂光屏，屏与y轴交点为P。忽略电子间的相互作用，不计电子的重力。求：（1）电子的比荷；（2）能运动到达x轴的电子射入磁场的点的坐标值范围；（3）在能打到苂光屏的粒子中。从x轴最右端射

入电场中的电子打到苂光屏上的点与P点间的距离。【答案】（1）03vemBL=；（2）0x；（3）23LGP=【解析】【详解】（1）由题意可知电子在磁场中的轨迹半径3Lr=由牛顿第二定律得200Bevmvr=电子的比荷03v

emBL=（2）电子在磁场中运动圆轨迹应恰好与边AD相切时为能到达x轴的最后边的临界状态，轨迹如图由几何关系可得此电子对应的射入点为O点，所以能运动到x轴的电子的射入点坐标范围0x（3）若电子能进入电场中，且离O点右侧最远，则电子在磁场中运动圆轨迹应恰好与边AD相切，即粒子从F点离开磁

场进入电场时，离O点最远设电子运动轨迹的圆心为O点。则23LOFx==从F点射出的电子，做类平抛运动，有2232LEextm==0yvt=代入得23Ly=电子射出电场时与水平方向的夹角为，有1tan22yx==从x轴最

右端射入电场中的电子打到苂光屏上的点为G，到P点的距离