【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NBSItR=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；C

D．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.s

in2mgk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1

112mTqB=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N32FmgqB

gR=−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c

d，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a

c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Eqcosθ＝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10Ω）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3

110600Ω=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2224.5VnSBEt==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28qB

dvm=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222vqvB

mr=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）2mgEq=；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)2xxvtat=+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1Q2vg

y=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⑨

⑩⑪⑫⑬⑭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