【文档说明】甘肃省张掖市某重点校2023-2024学年高二上学期9月月考物理试题 含解析.docx，共(23)页，1.797 MB，由小赞的店铺上传

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物理本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。共8页，总分100分，考试时间90分钟。第Ⅰ卷（选择题共40分）一、选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.如图所示，线圈abcd在匀强磁

场区域EFGH中，下列情况下线圈中不能产生感应电流的是（）A.把线圈变成圆形（周长不变）B.使线圈在磁场中加速平移C.使磁场增强或减弱D.使线圈以过ab的直线为轴旋转【答案】B【解析】【详解】A．把线圈变成圆形（周长不变），线圈的面积增大，穿过线圈的磁通量增

大，能够产生感应电流。故A错误；B．由于磁场是匀强磁场，因此线圈无论向那个方向平移，磁通量都不会发生变化，不会有感应电流产生，故B正确；C．使磁场增强或减弱穿过，线圈的磁通量增大或减小，能够产生感应电流。故C错误；D．当线圈以ab为轴旋转时，其磁通量发生变化，

有感应电流产生，故D错误。故选B。2.如图所示，竖直放置螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环，导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按下列哪

一图线所表示的方式随时间变化时，导体圆环将受到向上的磁场作用力()的A.B.CD.【答案】A【解析】【详解】导体圆环将受到向上的磁场作用力，根据楞次定律的另一种表述，可见原磁场磁通量是减小，即螺线管和abcd构成的回路中产生的感应电流在减小．根据法拉第电磁感应定律，BENSt=则感应电流NBSIt

R=可知Bt减小．A．图中Bt减小，则选项A正确；B．图中Bt变大，则选项B错误；C．图中Bt不变，则选项C错误；D．图中Bt不变，则选项D错误；3.如图甲所示，固定的长直导线与固定的半圆形闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流I随时间t的变化

关系如图乙所示，直导线中电流向上，则下列说法正确的是（）.A.线框中会产生顺时针方向的电流B.线框中爱到的安培力方向水平向左C.线框中电流随时间均匀增大D.线框中感应电流的电功率恒定【答案】D【解析】【详解】

AB．长直导线中的电流均匀增大，则半圆形闭合金属线框中的磁通量均匀增大，根据楞次定律和安培定则，线框中会产生逆时针方向的感应电流，结合左手定则可知，线框会受到向右的安培力，故AB错误；CD．根据法拉第电磁感应定律可知，线框中的感应电流大小恒定，因此感应电流的电功率恒定，故D正确，C错误。故选D。4

.如图甲所示，两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合，放在同一水平面内，线圈A中通以如图乙所示的变化电流，设t=0时电流沿逆时针方向（图中箭头所示）。关于线圈B的电流方向和所受安培力产生的效果，下列说法中正确的是（）A.0到t1时间内有顺时针方向的电流，且有收缩的趋势B

.0到t1时间内有逆时针方向的电流，且有扩张的趋势C.t1到t2时间内有顺时针方向的电流，且有收缩的趋势D.t1到t2时间内有逆时针方向的电流，且有扩张的趋势【答案】B【解析】【详解】0到t1时间内电流沿逆时针方向减小，穿过线圈B的磁通量垂直纸面向外减小，根据楞次定律可知线圈B内

有逆时针方向的电流，且有扩张的趋势；t1到t2时间内电流沿顺时针方向增大，穿过线圈B的磁通量垂直纸面向里增大，根据楞次定律可知线圈B内有逆时针方向的电流，且有收缩的趋势。综上所述可知ACD错误，B正确。故选B。5.如图所示，两平行光滑金属导轨固定在倾角为的绝缘斜面上，空间中存在垂直于导

轨平面向下的匀强磁场（图中未画出），劲度系数为k的轻质弹簧上端固定，下端与质量为m的水平直导体棒ab的中点相连，弹簧与导轨平面平行并始终与导体棒ab垂直，导体棒ab垂直跨放在两导轨上，闭合开关后导体棒ab保持静止，弹簧处于原长状态。断开开关，将电

源极性调转﹐用外力使导体棒ab沿导轨平面往下平移x，再次闭合开关并撤掉外力，导体棒ab依然保持静止。弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，则x为（）A.sinmgkB.sin2mgkC.2sinmgkD.0【答案】C【解析】【详解】接

通电源后导体棒保持静止，弹簧处于原长状态，有sinmgBIl=把电源极性调转，用外力使导体棒沿斜面往下平移x（弹性形变范围内），重新接通电源并撤掉外力，ab棒依然保持静止，有sinmgBIlkx+=联立解得2sinmgxk

=故选C。6.如图所示，空间某区域存在相互正交的匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向上，将相距很近的两带电小球a、b同时向左、右水平抛出，二者均做匀速圆周运动，经过一段时间，两球碰撞，碰后瞬间

速度均为零。已知两球的电荷量分别为q1，q2，质量分别为m1、m2，不考虑两球之间的相互作用力。则下列说法正确的是（）A.两球均带负电B.q1：q2=m2：m1C.两球做圆周运动的周期一定相等D.两球做圆周运动的半径一定相等【答案】C【解析】【分析】【详解】A．设电场强度为

E，磁感应强度为B，由于二者均做匀速圆周运动，故重力与电场力平衡，所以两球均带正电，A错误；B．由重力与电场力平衡，得11qEmg=22qEmg=故1212::qqmm=B错误；C．小球a、b做圆周运动的周期分别

为1112mTqB=2222mTqB=因为1212::qqmm=所以12TT=C正确；D．小球a、b做圆周运动2vqvBmr=半径分别为1111mvrqB=2222mvrqB=因为1212::qqmm=所以1212::rrvv=由于二者圆周运动的周期

相等，无论二者速度大小如何，二者运动一周都会在出发点碰撞，由于v1和v2关系不确定，故两球做圆周运动的半径关系无法确定，D错误。故选C。7.如图所示，半径为R的光滑半圆形绝缘轨道固定在竖直平面内，轨道所在空间存在磁感应强度大小为B、方向垂直于轨道平面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q

的带正电小球（可视为质点）由轨道左端A处无初速度滑下﹐当小球滑至轨道最低点C时，给小球再施加一始终水平向右的外力F，使小球能保持不变的速率滑过轨道右侧的D点。若轨道两端等高，小球始终与轨道接触，重力加速度为g，则下列判断正确的是（）A.小球在C点受到的洛伦兹力大小为qBgRB.小球

在C点对轨道的压力大小为3mgC.小球从C到D的过程中，外力F的大小保持不变D.小球从C到D的过程中，外力F的功率逐渐增大【答案】D【解析】【详解】A．小球从A到C过程机械能守恒212mgRmv=解得2vgR=所以小球在C点受到的洛伦兹力大小为2fqBgR=故A

错误；B．在C点由牛顿第二定律有2NvFmgfmR−+=解得N32FmgqBgR=−故小球在C点对轨道的压力大小为32mgqBgR−，故B错误；C．小球从C到D的过程中，合外力大小不变，方向始终指向圆心，而洛伦兹力和支持力沿水平方向的分力增大，故外力F的大小发生变化，故C错

误；D．小球从C到D的过程中，由能量守恒定律可知外力F的功率等于重力功率大小，所以外力F的功率逐渐增大，故D正确。故选D。8.如图所示，真空室内存在磁场方向垂直于纸面向里、磁感应强度的大小为B=0.30T的匀强

磁场。磁场内有一块较大的平面感光板ab，板面与磁场方向平行，在距ab的距离为l=32cm处，有一个点状的α粒子放射源S，它能向各个方向发射α粒子，带正电的α粒子速度都是63.010m/sv=。已知α粒子的电荷量与质量之比为75.010C/

kgqm=，现只考虑在纸面内运动的α粒子，则感光板ab上被α粒子打中区域的长度为（）A.40cmB.30cmC.35cmD.42cm【答案】A【解析】【详解】α粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，用R表示轨道半径

，有2vqvBmR=由此得20cmR=由于2RlR因朝不同方向发射的α粒子的圆轨迹都过S，由此可知，某一圆轨迹在图中N左侧与ab相切，则此切点P1就是α粒子能打中的左侧最远点；再考虑N的右侧。任何α粒子在运动中离S的距离不可能超过2R，以2R为半径、S为圆心作圆，交ab于N右侧的P2

点，此即右侧能打到的最远点。粒子运动轨迹如图所示定出P1点的位置，可作平行于ab的直线cd，cd到ab的距离为R，以S为圆心，R为半径，作弧交cd于Q点，过Q作ab的垂线，它与ab的交点即为P1。根据几何关系可得221()16cmNPRlR=−−=由图中几何关

系得222(2)24cmNPRl=−=所求长度为121216cm24cm40cmPPNPNP=+=+=故选A。二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分

。9.如图所示，边界OA与OC之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA上有一粒子源S。某一时刻，从S平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子（不计粒子的重力及粒子间的相互作用），所有粒子的初速度大小

相同，经过一段时间有大量粒子从边界OC射出磁场。已知∠AOC=60°，从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于2T（T为粒子在磁场中运动的周期），则从边界OC射出的粒子在磁场中运动的时间可能为（）A.8TB.7TC.6TD.4T【答案】CD【解析】【详解

】ABCD．粒子在磁场做匀速圆周运动，粒子在磁场中出射点和入射点的连线即为轨迹的弦，初速度大小相同，根据2vqvBmR=则mvRqB=轨迹半径相同，如图所示设OSd=，当出射点D与S点的连线垂直于OA时，DS弦最长，轨迹所对的圆心角最大，周期一定，则由粒子在磁场中运动的时间最长，由此得到，轨迹半径

为32Rd=当出射点E与S点的连线垂直于OC时，弦ES最短，轨迹所对的圆心角最小，则粒子在磁场中运动的时间最短，则32SEd=由几何知识，得60=，最短时间16mintT=所以，粒子在磁场中运动时间范围为1162TtTAB错误CD正确。故选CD。10.如图所示，导电物质为

电子的霍尔元件样品置于磁场中，表面与磁场方向垂直，图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端。当开关S1、S2闭合后，三个电表都有明显示数，下列说法正确的是（）A.通过霍尔元件的磁场方向向下B.接线端2的电势高于接线端4的电势C.仅将电源E1、E2反向接入电路，电压表示数不变D.若适当减小

R1、，则增大R2电压表示数一定增大【答案】AC【解析】【详解】A．根据右手螺旋定则铁芯上面有N极，则通过霍尔元件的磁场方向向下，所以A正确；B．通过霍尔元件的电流方向由1指向3，则电子运动方向由3指向1，由左手定则电子所受洛伦兹力指向2所以电子跑到2端，接线端2的电势低于接线端4的电势

，所以B错误；C．仅将电源E1、E2反向接入电路，电压表的示数不变，所以C正确；D．根据霍尔元件的工作原理有UBqvqd=解得电压表示数UBdv=磁感应强度B的大小由左边电路中的电流决定，当减小R1时，电流增大B增大，则电压表示数增大，v电子定向

移动的速度由右边的电路电流决定，右边电流增大v增大，则增大R2时，右边电流减小，所以电压表示数减小，则D错误；故选AC。11.如图，abcd是边长为L且对角线ac竖直的正方形区域，区域内既存在垂直于abcd平面的匀强磁场（图中未画出），也存在平行于cb边斜向上

的匀强电场。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的小球从a点正上方高h处由静止释放后，恰好能沿直线ac匀速穿过正方形区域。小球可视为质点，重力加速度大小为g。由此可知（）的A.磁场方向垂直于abcd平面向里B.磁场方向垂直

于abcd平面向外C.电场的场强大小为mgqD.从a到c，小球电势能增加2mgL【答案】BD【解析】【分析】【详解】AB．由题知，带正电的小球通过复合场时恰能沿直线ac匀速穿过正方形区域，故小球不仅受重力和电场力作用，还受洛伦兹力作用，为保证

小球做匀速直线运动，处于平衡状态，故洛伦兹力方向必须水平向左，根据左手定则可知，磁场方向垂直于abcd平面向外，故A错误，B正确；C．对小球受力分析，如图所示设电场力与竖直线ac的夹角θ，由几何关系可知θ＝45°由受力分析图，根据平衡条件可得Eqco

sθ＝mg解得2mgEq=故C错误；D．小球从a到c，沿电场力方向做负功，则有2WEqLmgL=−=−故电势能增加了2mgL,故D正确。故选BD。12.如图所示，金属杆ab静止放在水平固定的“U”形金属框上，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中。当磁感应强度均匀增大时，杆ab总保持静止，则

（）A.杆中感应电流方向是从b到aB.杆中感应电流大小均匀增大C.金属杆所受安培力方向水平向左D.金属杆所受安培力大小均匀增大【答案】CD【解析】【分析】【详解】AC．由楞次定律知，杆中感应电流方向从a到b，由左手定则知金属杆所受安培力方向水平向左，则选项A错误，C正确；BD．根据法拉第

电磁感应定律，有SBEtt==可知当磁感应强度均匀增大时，产生的感应电动势大小是恒定的，由闭合电路欧姆定律知杆中感应电流大小是恒定的，金属杆所受安培力大小F=BIL随磁感应强度B均匀增大，则选项B错误，D正确。故选

CD。是第Ⅱ卷（非选择题共60分）三、非选择题：本题共5小题，共60分。13.为准确测量一小量程电流表（量程为1mA，内阻约为500Ω）的内阻，设计如图所示的电路图，其中0=200ΩR。（1）闭合1S前，1R的滑片置于左端，2S断开，接通1S后，

1R的滑片置于适当位置，调节2R为100Ω，调节3R为1200Ω，然后接通2S，发现接通2S前后小量程电流表的示数始终不变，则可知小量程电流表的内阻为____________Ω。（2）若将该小量程电流表改装为量程为0.6A的电流表A，则需要____________（选填“串联”

或“并联”）一个电阻，改装后的电流表A内阻为____________Ω。（3）用改装后的电流表A、电压表（量程0~3V，内阻约3kΩ）、滑动变阻器（0~10）、电源（电动势为3V，内阻约2），测量电阻R（约10

Ω）的阻值，且要求实验从零开始并测量多组数据，则下列电路图应选择____________。A.B.C.D.（4）若实验中读出的一组数据为（2.00V，0.20A），由这组数据计算出的电阻阻值为____________Ω。【答案】①.600②.并联③.1④.D⑤.9【

解析】【分析】【详解】(1)[1]接通2S前后小量程电流表的示数始终不变，说明微安表两端电压不变，则电阻需满足关系2A03RRRR=可得A600ΩR=(2)[2]若将该小量程电流表改装为量程为0.6A的电流表A，需要并联

一个电阻，因为并联电路有分流作用；[3]改装后的电流表A满偏电压不变，则改装后的电流表A内阻为3110600Ω=1Ω0.6gAIRRI−==改(3)[4]要求实验从零开始并测量多组数据，滑动变阻器应选用分压式接法，因电流表A的内阻为已知，则应该采用电流表内接，故ABC错误，D正确。

故选D。(4)[5]由2190.2AURRI=−=−=14.如图甲所示，两根足够长的光滑平行导轨间距为0.3mL=，在导轨间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为10.5TB=。一根直金属杆MN在外力F作用下以大小为2m

/sv=的速度向左做匀速运动，金属杆MN始终与导轨垂直且接触良好。导轨左端接阻值为2R=的定值电阻，b端接地，金属杆MN接在导轨间的阻值为11r=，导轨的电阻可忽略。（1）求图甲中a、b两点间的电压U和外力F的功率；（2）如图乙所示，一个匝数为100n=匝的

圆形线圈，面积为210.4mS=，阻值为21r=。在线圈中存在面积为220.3mS=垂直于线圈平面向外的匀强磁场区域，匀强磁场的磁感应强度2B随时间t变化的关系如图所示。求图乙中a、b两点间的电压U'。【答案】（1）0.2V，0.03W；（2）3V【解析】【详解】（1）

MN做切割磁感线运动，产生的感应电动势110.3VEBLv==MN中的电流大小为110.1AEIRr==+a、b两点间的电压为110.2VUEIr=−=外力F的功率为1PBILv=解得0.03WP=（2）穿过圆形线圈的磁通量发生变化，产生的感应电动势为222

4.5VnSBEt==由闭合电路欧姆定律得()222EIRr=+由欧姆定律得2UIR=解得3VU=15.如图所示，在xOy平面中的第一象限内，x=4d处竖直放置一个长为43Ld=的粒子吸收板MN，在MN左侧存在垂直

于纸面向外的磁感应强度大小为B的匀强磁场。在原点O处有一粒子源，可沿y轴正方向射出质量均为m、电荷量均为q的不同速率的带正电粒子，不计粒子的重力和粒子间的相互作用。（1）若射出的粒子能打在MN板上，求粒子的速率v的取值范围；（2）若在点()8

,0Cd处放置一粒子回收器，在N、C间放一挡板（粒子与挡板碰撞无能量损失），为回收恰从N点进入MN右侧的粒子，需在MN右侧加一垂直于纸面向外的匀强磁场（图中未画出），求此匀强磁场的磁感应强度大小。【答案】（1）28qBdqBdvmm；（2）2(1,2,3,)BnBn==【解析】【详解

】（1）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示①设打在吸收板MN的下边界M点的粒子的速率为1v，由几何关系得粒子的运动轨迹半径12rd=由洛伦兹力提供向心力得2111vqvBmr=联立解得12qBdvm=②设打在吸收板MN

的上边界N点的粒子的速率为2v，由几何关系得粒子的运动轨迹半径28rd=由洛伦兹力提供向心力得2222vqvBmr=联立解得28qBdvm=能打在MN上的粒子的速率需满足28qBdqBdvmm（2）经过N点的粒子能够到达C点，设此匀强磁场的磁感应强度大小为B'，

由几何关系得粒子的运动轨迹半径8(1,2,3,)2drnn==由洛伦兹力提供向心力得222vqvBmr=联立解得2(1,2,3,)BnBn==16.如图所示，在矩形区域ABCD内存在竖直向上的匀强电场，在BC右侧Ⅰ、Ⅱ两区域存

在匀强磁场，L1、L2、L3是磁场的边界（BC与L1重合），宽度相同，方向如图所示，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B1。一电荷量为＋q、质量为m的粒子（重力不计）从AD边中点以初速度v0沿水平向右方向进入电场，粒子恰好从B点进入磁场，经区域Ⅰ后又恰好从与B点同一水平高度处进入区域Ⅱ.

已知AB长度是BC长度的3倍。（1）求带电粒子到达B点时的速度大小；（2）求区域Ⅰ磁场的宽度L；（3）要使带电粒子在整个磁场中运动的时间最长，求区域Ⅱ的磁感应强度B2的最小值。【答案】（1）0233v；（2）01233mvqB；（3

）1.5B1【解析】【详解】（1）设带电粒子进入磁场时速度大小为v，与水平方向成θ角，粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动的速度方向与位移方向的关系有的3tan3BCABLL==则θ＝30°根据速度关系有0023cos3vvv==（2）设带电粒子在区域Ⅰ中的轨道半径

为r1，由牛顿第二定律得211vqvBmr=轨迹如图甲所示由几何关系得L＝r1解得01233mvLqB=（3）当带电粒子不从区域Ⅱ右边界离开磁场时，在磁场中运动的时间最长．设区域Ⅱ中最小磁感应强度为B2m，此时粒子恰好不从区域Ⅱ右边界离开磁场，

对应的轨迹半径为r2，轨迹如图乙所示：同理得22m2vqvBmr=根据几何关系有L＝r2（1＋sinθ）解得B2m＝1.5B1.17.如图所示，在竖直的xoy平面内，在水平x轴上方存在场强大小1mgEq=、方向平行于x轴向右的匀强电场，在第二象限

存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。在x轴下方存在方向垂直纸面向外的匀强磁场、大小与方向都未知的匀强电场E2。一质量为m、带电量为q的小球从y轴上的P（0，L）位置无初速度释放，释放后小球从第一象限进入第四象限做匀速圆周运动，运动轨迹恰好与y轴相切。（1）求匀强电场E2大小与方向；（2）

求小球第二次穿过x轴的位置与第三次穿过x轴的位置之间的距离；（3）若让小球从y轴上的Q点（图中未标出）无初速度释放，小球第二次穿过x轴后进入第二象限做直线运动，恰好又回到Q点。求第二象限中匀强磁场的磁感应强度B的大小。【答案】（1）2

mgEq=；方向竖直向上；（2）8xL=；（3）(22)2mgLBqL+=【解析】【分析】【详解】（1）小球在第四象限做匀速圆周运动，有qE2=mg①得2mgEq=②小球释放后进入第一象限，故小球带正电，可得电场方向竖直向上（2

）小球在第一象限做匀加速直线运动，对小球，有221()()qEmgma+=③22cosLva=④1tanEqmg=⑤由③④⑤得2vgL=45=小球再次回到第一象限做类平抛运动，如图所示，有竖直方向2cosvtg=⑥水平方向1xEqma=⑦21(sin)2xx

vtat=+⑧由⑥⑦⑧得8xL=（3）假设x轴下方匀强磁场磁感应强度大小为B0，从P点释放的小球进入磁场，有R+RcosL=⑨20vBqvmR=⑩假设Q点离坐标原点的距离为yQ，对从Q点释放的小球，进入第一象限的速度v1，同理可得1Q2vgy=⑪从Q点释放的小球进入x轴下方

，做匀速圆周运动，有21011vBqvmR=⑫从Q点释放的小球在第二象限做直线运动，电场力和重力的合力与洛伦兹力大小相等，v1与x轴夹角θ=45°，有12Bqvmg=⑬电场力和重力的合力与洛伦兹力方向相

反，则MQ与NQ必然垂直，由几何关系，得1Q2Ry=⑭由⑨⑩⑪⑫⑬⑭并代入R，得获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com