湖北省宜城市重點中學2023-2024學年高二上學期9月月考物理試題（含答案）

第第頁湖北省宜城市重點中學2023-2024學年高二上學期9月月考物理試題（含答案）宜城市重點中學2023-2024學年高二年級9月月考

物理試卷

一、選擇題（每小題4分，共10小題，共40分。1-7為單選，8-10為多選）1．下列各圖標出的磁場B的方向、帶電粒子運動速度v的方向、洛倫茲力F洛的方向，正確的是()

A．B．

C．D．

關于電源電動勢，下列說法正確的是（）A．常見充電寶標有5000mAh或10000mAh等，此物理量越大，則充電電流越大

B．電動勢E跟電源的體積無關，外電路變化時，E也變化C．電動勢表征了電源把其他形式的能轉化為電能的本領大小，電源把其他形式的能轉化為電能越多，電動勢越大

D．電動勢E反映電源做功的能力，電動勢大，則說明其內部移動1C的正電荷時，非靜電力做功要多

如圖所示的電路中,U90V,滑動變阻器R2的最大阻值為200,R1100,當滑片P滑至R2的中點時,a、b兩端的電壓為()

A.45VB.30VC.60VD.75V

通電的正三角形導線框abc與無限長通電直導線MN在同一平面內，導線框中通以如圖所示順時針方向的電流，bc邊與MN平行。下列說法正確的是

()

A．ab邊與ac邊所受的安培力的合力方向與MN平行B．線框所受安培力的合力為零C．線框面積有減小的趨勢D．線框在安培力作用下一定有向左的運動趨勢

如圖所示，質量為m、長為L的直導線用兩絕緣細線

懸掛于O、O'，并處于勻強磁場中，當導線中通以沿x正

方向的電流I，且導線保持靜止時，懸線與豎直方向夾角為，則磁感應強度的最小值及其方向為（重力加速度為g）（）

A．z軸正向

B．y正向

C．；沿懸線斜向下

(

)D．；z負向

如圖所示，將扁平長方體形狀的霍爾元件水平放置接入電路，勻強磁場垂直于霍爾元件的水平面豎直向下，閉合開關，

讓電流從霍爾元件的左側流入右側，則其前后兩表面會形成電勢差?，F(xiàn)有載流子是電子的霍爾元件1和載流子是空穴的霍爾元件2，兩元件均按圖示方式接入電路（閉合開關），則關于前后兩表面電勢高低的判斷，下列說法中正確的是（）

若接入元件1時，前表面電勢高；若接入元件2時，前表面電勢低

若接入元件1時，前表面電勢低；若接入元件2時，前表面電勢高C．不論接入哪個元件，都是前表面電勢高D．不論接入哪個元件，都是前表面電勢低

如圖所示，在平板PQ上方有一勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。某時刻有a、b、c三個電子（不計重力）分別以大小相等、方向如圖所示的初速度va、vb和vc經過平板PQ上的小孔O垂直射入勻

強磁場。這三個電子打到平板PQ上的位置到小孔O

的距離分別是la、lb和lc，電子在磁場中運動的時間

分別為ta、tb和tc。整個裝置放在真空中。則下列判斷正確的是（）

如圖所示為大型電子地磅電路圖，電源電動勢為E，內阻為r0．不稱重物時，滑片P在A端；稱重物時在壓力作用下使滑片P下滑，滑動變阻器接入電路的阻值發(fā)生變化，通過電流表的示數(shù)即可顯示被稱物體的重量值．已知P的滑動過程，彈簧始終未超出彈性限度，則閉合

開關S后，以下說法正確的是（）A．不稱重物時電流表的不數(shù)為零

達到最大稱重值時電路中的電流為

電流表示數(shù)越大，則說明所稱物體越重D．所稱物體越重，電源的總功率越大

薄鋁板將同一勻強磁場分成Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域，高速帶電粒子穿過鋁板前后

在兩個區(qū)域內運動的軌跡如圖所示，半徑r1>r2。假定穿過鋁板前后粒子帶電荷量保持不變，但鋁板對粒子的運動有阻礙，則該粒子()

A．帶負電B．在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域的運動速度大小相同C．在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域的運動時間相同D．從Ⅱ區(qū)域穿過鋁板運動到Ⅰ區(qū)域

如圖甲所示，一帶電物塊無初速度地放上皮帶輪底端，皮帶輪以恒定大小的速率沿順時針傳動，該裝置處于垂直紙面向里的勻強磁場中，物塊由底端E運動至皮帶輪頂端F的過程中，其vt圖像如圖乙所示，物塊全程運動的時間為4.5s，關于帶電物塊及其運動過程的說法中正確的是（）

A．該物塊帶正電B．皮帶輪的傳動速度大小一定為1m/s

C．若已知皮帶的長度，可求出該過程中物塊與皮帶發(fā)生的相對位移D．在2~4.5s內，物塊與皮帶仍可能有相對運動

二、非選擇題。（共5小題，共60分）

11．（10分）將一銅片和一鋅片分別插入一個蘋果內，就構成了簡單的“水果電池”，其電動勢約為1.5V?？墒沁@種電池并不能點亮額定電壓為1.5V、額定電流為0.3A的手電筒上的小燈泡，原因是流過小燈泡的電流太小了，實驗測得不足3mA。為了測定該水果電池的電動勢和內阻，提供的實驗器材有：水果電池電鍵，導線若干

電流表A（量程0~3mA，內阻約為0.5Ω）電壓表V（量程0~1.5V，內阻約為3kΩ）

滑動變阻器R1（阻值0~10Ω，額定電流為1A）

滑動變阻器R2（阻值0~3kΩ，額定電流為1A）

（1）應選（選“a”或“b”）電路圖實驗。

（2）實驗中滑動變阻器應選用（填器材）。

（3）根據(jù)實驗記錄的數(shù)據(jù)，經描點、連線得到水果電池的路端電壓隨電流變化的U-I圖像如圖所示，由圖可知，水果電池的電動勢E=V，內阻r=Ω。內阻的測量結果將（選填“偏大”“偏小”或“不變”）（結果均保留3位有效數(shù)字）

12．（8分）某同學利用如圖(a)所示電路，測量一個量程為0~3V，內阻約3kΩ的電壓表V1的內阻Rx，所用的實驗器材有：待測電壓表V1；電壓表V2（量程0~10V，內阻約10kΩ）；滑動變阻器R1(0~500Ω)；定值電阻R=5.0kΩ；電源E（電動勢8V，內阻較?。婚_關一個、導線若干。

回答下列問題：

根據(jù)圖(a)所示的電路，在圖(b)中用筆畫線代替導線將實物圖的電路連接完整；

閉合開關S前應先將滑動變阻器的滑片調到最端（填“左”或“右”），多次調節(jié)滑動變阻器，記下電壓表V1的示數(shù)U1和電壓表V2的示數(shù)U2；(3)該同學以U2為縱坐標，U1為橫坐標建立坐

標系，根據(jù)測得的數(shù)據(jù)描點作圖如圖(c)所示，由電路圖可知U2與U1的關系式為U2=（用題中所給物理量符號表示），結合圖線（c）和已知數(shù)據(jù)可求得待測電壓表內阻Rx=kΩ；(結果保留2位有效數(shù)字）。

13．（12分）如圖所示，一電荷量為q的帶電粒子，以速度v垂直射入磁感應強度為B、寬度為d的有界勻強磁場中，射出磁場時的速度方向與原來粒子的入射方向的夾角θ=60°，求：

畫出軌跡圖，并求出帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑r；

帶電粒子的電性和質量m；

帶電粒子穿過磁場的時間t．

14.（14分）在傾角θ=30o的絕緣斜面上，固定一光滑金屬框，寬L=0.5m，接入電動勢E=6V、內阻r=1Ω的電池，垂直框面放置一根質量m=0.2kg的金屬棒ab，金屬棒接入電路的電阻R0的阻值為0.5Ω，整個裝置放在磁感應強度B=1.0T、方向垂直于框面向上的勻強磁場中，調節(jié)滑動變阻器R的阻值使金屬棒靜止在框架上，如圖所示。則下列說法正確的是（框架的電阻不計，框架與金屬棒接觸良好，g取10m/s2）。求：

畫出受力圖，并求出金屬棒受到的安培力的大小F

滑動變阻器R接入電路的阻值

現(xiàn)先將金屬棒固定，調節(jié)滑動變阻器使電源輸出功率最大，然后由靜止釋放，求釋放瞬間金屬棒的加速度a大小及方向。

15．（16分）如圖所示，在xOy平面直角坐標系中，直角三角形ACD內存在垂直平面向里磁感應強度為B的勻強磁場，線段CO=OD=L，CD邊在x軸上，

∠ADC=30°。電子束沿y軸方向以相同的速度v0從CD邊上的各點射入磁場，

已知這些電子在磁場中做圓周運動的半徑均為，在第四象限正方形ODQP

內存在沿x軸正方向、大小為E=Bv0的勻強電場，在y=－L處垂直于y軸放置一足夠大的平面熒光屏，屏與y軸交點為P。忽略電子間的相互作用，不計電子的重力。求：

電子的比荷；

能運動到達x軸的電子射入磁場的點的坐標值范圍

在能打到熒光屏的粒子中。從x軸最右端射入電場中的電子打到熒光屏上的點與P點間的距離：宜城市重點中學2023-2024學年高二年級9月月考

物理答案

題號12345678910

答案CDBDCACCDACAD

11．（每空2分）aR21.35450偏大

12．（每空2分）

R

左1+U13.2

Rx

13．（12分）

解（1）電子垂直射入勻強磁場中，只受

洛倫茲力作用做勻速圓周運動，畫出軌

跡，如圖所示（2分）

d23

由幾何知識得到，軌跡的半徑為：r==d；（2分）

sin603

（2）由左手定則，可知，帶電粒子帶正電（2分）

v223Bqd

由牛頓第二定律得qvB=m，解得m=（2分）

r3v

（3）由幾何知識得到，軌跡的圓心角為=（2分）

3

r

故穿越磁場的時間為：323d；（2分）t==

v9v

14.解：（1）設金屬棒受到的安培力大小為F，對金屬棒受

力分析如圖（2分）

可得F=mgsin30o=1N（2分）

F

（2）根據(jù)公式F=BIl可得，電路中的電流為I==2A（1分）

Bl

E

由閉合電路歐姆定律得I=（2分）

R+r+R0

解得R=1.5Ω（1分）

{#{ABYBQg6EAgoggCAoQBAJIAAQgCEQWXSiCCgAIQAkQBkEAACAAoIoGOAxAAAAMIsIAAAwAFABCA=}#}

（3）電源的輸出功率為P=EII2r=10W（1分）

E

由閉合電路歐姆定律I=

R+r+R0

當=，即+0=時P最大，此時=0.5Ω,=3（1分）2

安培力′>sin，金屬棒沿斜面向上加速（1分）

由牛頓第二定律：′sin=（2分）

得：=2.5/2,沿金屬框向上（1分）

L

15．解(1)由題意可知電子在磁場中的軌跡半徑r=

3

v2

由牛頓第二定律得Bev=m0（2分）0

r

e3

電子的比荷=0（2分）

mBL

(2)電子在磁場中運動圓軌跡應恰好與邊AD相切時為能到達

x軸的最后邊的臨界狀態(tài)，軌跡如圖（2分）

由幾何關系可得此電子對應的射入點為O點（1分）

所以能運動到x軸的電子的射入點坐標范圍：≤0（2分）

（3）若電子能進入電場中，且離O點右側最遠，則電子在磁場

中運動圓軌跡應恰好與邊AD相切，即粒子從F點離開磁場進入

電場時，離O點最遠

2L

設電子運動軌跡的圓心為o'點。則OF=x=（1分）

3

2LEe2

從F點射出的電