辽宁省锦州市锦州中学2023-2024学年高二上学期10月月考物理试题含答案解析

辽宁省锦州市锦州中学2023-2024学年高二上学期10月月考
物理试题
一、单选题(共42 分)
1.关于物理概念和规律的理解，下列说法正确的是（）
A.电动势的大小等于在电源内部电场力把单位正电荷从负极送到正极所做的功
B.设电源的电动势为E、路端电压为U，总电流为I，由电源的输出功率P
出=EI−I2r可知P
出
随
I的增大而减小
C.穿过某一面的磁通量为零，该处的磁感应强度一定为零
D.安培力F的方向一定垂直于磁感应强度B的方向，但是磁感应强度B的方向可以垂直于电流I 的方向
【答案】D
【详解】
A．电动势的大小等于在电源内部非静电力把单位正电荷从负极送到正极所做的功，选项A错误；
B．设电源的电动势为E、路端电压为U，总电流为I，由电源的输出功率
P
出
=EI−I2r
可知P
出
随I的增大先增加后减小，选项B错误；
C．穿过某一面的磁通量为零，可能是该面与磁场方向平行，而该处的磁感应强度不一定为零，选项C错误；
D．安培力F的方向一定垂直于磁感应强度B的方向和电流I的方向，磁感应强度B的方向可以垂直于电流I的方向，选项D正确。

故选D。

2.如图所示，在直角三角形所在的平面内有匀强电场，其中A点电势为0V，B点电势为3V，C 点电势为6V。

已知∠ACB=30°，AB边长为√3m，D为AC的中点。

现将一点电荷E放在D 点，且点电荷在C点产生的场强为1N/C，则放入点电荷后，B点场强为（）
A.2N/C
B.√5N/C
C.4N/C
D.5N/C
【答案】B
【详解】
A点电势为0V，B点电势为3V，C点电势为6V。

则D点电势为3V，则BD为等势面，场强方向垂直BD指向A点，场强大小为
E1=U
d
=
3
√3sin60∘
=2N/C
因现将一点电荷E放在D点，且点电荷在C点产生的场强为1N/C，可知点电荷在B点产生的场强也为1N/C，则B点的场强为
E B=√22+12N/C=√5N/C
故选B。

3.如图所示，在一根一端封闭、内壁光滑的直管MN内有一个带正电的小球，空间中充满竖直向下的匀强磁场．开始时，直管水平放置，且小球位于管的封闭端M处．现使直管沿水平方向向右匀速运动，经一段时间后小球到达管的开口端N处．在小球从M到N的过程中（）
A.磁场对小球做正功
B.直管对小球做正功
C.小球所受磁场力的方向不变
D.小球的运动轨迹是一直线
【答案】B
【分析】
小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口洛伦兹力，将小球的运动分解为沿管子向里和垂直于管子向右两个方向，根据受力情况和初始条件分析两个方向的分运动情况，研究轨迹；
【详解】
A、洛伦兹力总是与速度垂直，不做功，故A错误；
B、对小球受力分析，受重力、支持力和洛伦兹力，其中重力和洛伦兹力不做功，而动能增加，根据动能定理可知，直管对小球的支持力做正功，故B正确；
C、设管子运动速度为v1，小球垂直于管子向右的分运动是匀速直线运动．小球沿管子方向受到洛伦兹力的分力F1=qv1B，q、v1、B均不变，F1不变，则小球沿管子做匀加速直线运动，与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线，洛伦兹力方向不断变化，故CD错误．
【点睛】
本题中小球做类平抛运动，其研究方法与平抛运动类似，运动的合成与分解，其轨迹是抛物线，本题采用的是类比的方法理解小球的运动．
4.图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷。

一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点，则关于该粒子下列说法错误的是（）
A.带正电
B.在c点受力最小
C.在b点的电势能小于在c点的电势能
D.由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化
【答案】C
【详解】
A．曲线运动的合外力指向轨迹的凹侧，可知粒子受到的合外力向上，故粒子带正电，故A正确；
B．根据库仑力公式
F=k q1q2 r2
可知离正点电荷越远，粒子受到的库仑力越小，故粒子在c点受力最小，故B正确；
C．粒子从b点到c点，电场力方向与速度方向的夹角小于90∘，电场力做正功，电势能减小，故在b点的电势能大于在c点的电势能，故C错误；
D．根据正点电荷电势分布可知，离正点电荷越远，电势越低，相等间距的两点电势差越小，可得
U ab>U bc
故由a点到b点电场力做功大于由b点到c点电场力做功，根据动能定理可知由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化，故D正确。

本题选不正确的，故选C。

5.某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。

为了能让质子进入癌细胞，质子先被加速到较高的速度，然后轰击肿瘤并杀死癌细胞。

如图所示，来自质子源的质子（初速度为零），经电压为U 的加速器加速，形成细柱形的质子流。

若质子流横截面积为S，质子的质量为m，电量为e，质子流内单位长度的质子数为n。

则质子流形成的电流大小为（）
A.neS√2eU
m B.ne√2eU
m
C.n√em
2U
D.nS√em
2U
【答案】B
【详解】
质子经过加速电场加速后的速度有
Ue=1
2
mv2
取一横截面，t时间内经过此横截面的电荷量为
q=vtne 根据电流的定义有
I=q
t
=
vtne
t
=vne=ne√
2Ue
m
故选B。

6.如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，O为坐标原点，A点坐标为x1，一电子仅在电场力作用下沿x轴运动，其电势能E p随其坐标x变化的关系如图乙所示。

下列说法正确的是（）
A.A点电场强度的方向沿x轴负方向
B.该电子在A点受到的电场力方向沿x轴负方向
C.该电子在A点受到的电场力小于其在O点受到的电场力
D.该电子在O点的动能小于其在A点的动能
【答案】B
【详解】
AB．电子由O到A运动时，电势能增加，可知电场力对电子做负功，则A点电场强度的方向沿x轴正方向，该电子在A点受到的电场力方向沿x轴负方向，选项A错误，B正确；
C．因E p-x图像的斜率等于电场力，可知该电子在A点受到的电场力大于其在O点受到的电场力，选项C错误；
D．电场力对电子做负功则动能减小，则该电子在O点的动能大于其在A点的动能，选项D错误。

故选B。

7.某同学通过实验，描绘出了两个电阻R1、R2的伏安特性曲线，如图所示，两条图线交于点P，R2的图像在P点的切线与纵轴的交点值为0.4。

下列说法正确的是（）
A.R1的电阻为1Ω
B.R2的电阻为10Ω
C.R1的电阻为2Ω
D.R2的电阻随电压的增大而减小
【答案】C
【详解】
AC．根据图像可知，R1的电阻保持不变，阻值为
R1=U
I
=
1
0.5
Ω=2Ω
故A错误，C正确；BD．根据欧姆定律
R2=U
I
=
1
0.5
Ω=2Ω
可知I−U图像上某点与坐标原点连线的斜率等于电阻的倒数，由图可知，R2的电阻随电压的增大而增大，故BD错误。

故选C。

二、多选题(共18 分)
8.利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。

如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。

某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。

根据表中测量结果可推知（）
A.测量地点位于北半球
B.当地的地磁场大小约为50μT
C.第2次测量时y轴正向指向西方
D.第3次测量时y轴正向指向东方
【答案】AB
【详解】
A．因为每次测量时y轴指向不同方向，而z轴正向保持竖直向上，而沿z轴方向的磁场均为负值，可知该地的地磁场的竖直分量向下，可知该地位于北半球，选项A正确；
B．根据第3组数据可知，当地的地磁场大小
B=√B x2+B z2=√212+452μT≈50μT
选项B正确；
C．第2次测量时x方向的分量为零，y和z方向的分量为负值，可知y轴正向指向南方，选项C 错误；
D．第3次测量时x方向分量为正，y方向分量为零，z方向分量为负值，可知y轴正向指向西方，选项D错误。

故选AB。

9.在如图甲所示的电路中，闭合开关S，在滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生变化。

图乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况，以下说法正确的是（）
A.图线a表示的是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况
B.图线c表示的是电压表V2的示数随电流表示数变化的情况
C.此过程中电压表V1示数变化量ΔU1和电流表示数变化量ΔI的比值变大
D.此过程中电压表V3示数的变化量ΔU3和电流表示数变化量ΔI的比值不变
【答案】ABD
【详解】
AB．当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，可知路端电压增大，即知电压表V1示数增大，电压表V2的示数减小，电压表V3的示数增大，则知，图线a表示的是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况，图线c 表示的是电压表V2的示数随电流表示数变化的情况。

故AB正确。

C．由闭合电路欧姆定律得
U1=E-Ir 则
|ΔU1
ΔI
|=r
保持不变。

故C错误。

D．由闭合电路欧姆定律得
U3=E-I（r+R1）则
|ΔU3
ΔI
|=R1+r
，不变，故D正确。

故选ABD。

10.如图所示，平面直角坐标系xOy位于竖直面内，y轴正方向竖直向上，其第一、二象限内存在垂直xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。

在坐标原点O处有一粒子源发射器，能沿竖直面内向x轴上方的各个方向均匀发射比荷为k、速度大小为x0kB的相同带正电粒子。

在距y轴右侧为x0处有一高度也为x0的薄金属板PQ，其下端Q点位于x轴上，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用。

下列说法正确的是（）
A.粒子在磁场中运动的半径为x0
B.所有粒子均能打在PQ上
C.打在PQ右侧板上的粒子数占总粒子数的1
6
D.打在PQ左侧板上的粒子数占总粒子数的5
6
【答案】AC
【详解】
A．由
qBv=mv2 R
可得粒子在磁场中运动的半径为
R=x0
故A正确；
BD．如图
为打在金属板左侧面的粒子的两个临界点，由图可知，圆心O′与坐标原点和薄金属板下端构成正三角形，则带电粒子速度方向和x轴正方向成30°角，所以打在金属板左侧的粒子在与x轴夹角为
30°≤α≤90°
的范围内，与x轴夹角为
α<30°
范围内的粒子不能打在金属板上；则打在PQ左侧板上的粒子数占总粒子数的
90°−30°180°= 1 3
故BD错误；
C．如图为打在金属板右侧的下端的临界点
圆心与坐标原点和薄金属板下端构成正三角形，带电粒子速度方向和x轴正方向成150°角，则与x轴正方向夹角在
150°≤α≤180°
范围内的粒子能打在金属板上，打在金属板右侧的粒子数占总粒子数的
180°−150°
180°= 1 6
故C正确。

故选AC 。

三、实验题(共 12 分)
11.在“测量电源的电动势与内阻”实验中，某同学设计了如图所示的实验电路，所用的实验器材有：
A ．待测电源(电动势约为2V ，内阻约为几欧)
B ．半圆形变阻器(总阻值12 Ω，阻值均匀，带有可指示滑片转过角度θ的刻度盘)
C ．电流表(量程为0.6 A ，内阻不计)
D ．定值电阻R 0
E ．开关、导线若干。

（1）实验时定值电阻R 0有下列两种阻值，应选用________；
A ．4 Ω
B ．40 Ω
（2）实验中，转动半圆形变阻器滑片，改变角度θ的值，测得对应的电流I ，根据测得的多组数据，以1I 为纵坐标，θ为横坐标，作出的1I －θ 图线（用直线拟合）如图所示；
（3）由图可得电源的电动势E ＝________ V ，内阻r ＝______ Ω（结果均保留2位有效数字）。

【答案】 (1). A (2). 2.0 (3). 2.0
【详解】
（1）[1]当电流表达到最大值时，此时电路最小总电阻约为
R =E I max =20.6
Ω=3.3Ω 所以定值电阻选A 。

（3）[2][3]设半圆形变阻器的半径为L ，滑片转过角度θ时变阻器接入电路的阻值
R=R
总
πL
×Lθ=
12θ
π
Ω
由电路图，根据闭合电路的欧姆定律得
E=I（r+R0+R）整理得
1 I =
12
Eπ
θ+
R0+r
E
根据1
I
−θ图像可知，图象斜率的绝对值
k=9−3
π
=
12
Eπ
解得
E=2.0V
截距
R0+r
E
=3
解得
r=2.0Ω
12.在测量一根粗细均匀合金丝电阻率的实验中，采用如下步骤完成实验：
（1）利用螺旋测微器测定合金丝直径如图甲所示，该合金丝的直径d=______mm；
（2）首先用多用电表粗测R x的电阻，当用“×1k”挡时发现指针偏转角度过大如图乙所示，接下来的测量操作如下，请帮助该同学选择必需的操作并按操作顺序排序______；
A.测量结束后，将选择开关旋到“OFF”挡
B.断开待测电阻，将选择开关旋到“×100”挡
C.断开待测电阻，将选择开关旋到“×10k”挡
D.将红黑表笔短接，调整“欧姆调零旋钮”，使指针指向“0”
E.再接入待测电阻，将指针示数乘以对应倍数，即为待测电阻的阻值R x
（3）该同学采用“伏安法”较准确地测量该合金丝的阻值，所用实验器材如图丙所示，其中电压表内阻约6kΩ，电流表内阻约3Ω，图中部分电路已经连接好，请将电路图补充完整______；
（4）若电压表的示数为U，电流表的示数为I，合金丝长度为L，则该合金丝的电阻率
ρ=______（用U、I、L、d表示）。

【答案】(1). 0.730##0.731##0.732##0.733##0.734(2). BDEA(3).
(4). πd2U
4LI
【详解】
（1）[1]根据螺旋测微器读数规则，由图甲可得，该合金丝的直径为
d=0.5mm+23.2×0.01mm=0.732mm
（2）[2]当用“×1k”挡时发现指针偏转角度过大，说明被测电阻较小，应该换用小倍率电阻挡；调整档位后，要先进行欧姆调零，再进行测量，测量后，断开表笔关闭多用表；故实验步骤的顺序为BDEA。

（3）[3]由于
R x R A ≈
3000
3
=1000>
R V
R x
≈
6000
3000
=2
待测电阻的阻值远大于电流表内阻，可知电流表应该采用内接法；由于滑动变阻器用分压电路，则实物连线如图所示
（4）[4]根据电阻定律和欧姆定律可知
R x=ρL
S
=ρ
4L
πd2
R x=U I
解得该合金丝电阻率为
ρ=πd2U 4LI
四、解答题(共18 分)
13.如图，一电荷量q=3×10−4C带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O点。

S合上后，小球静止时，细线与竖直方向的夹角α=37°。

已知两板相距d=0.2m，电源电动势E=6V，内阻r=2Ω，电阻R1=4Ω，R2=R3=R4=12Ω，g取10m/s2，sin37°= 0.6，cos37°=0.8，求：
（1）流过电源的电流；
（2）两板间电场强度的大小；
（3）小球的质量。

【答案】（1）0.5A；（2）25V/m；（3）1×10-3kg
【详解】
（1）外电路电阻
R＝
R2R3
R2+R3
+R1
代入数据解得
R=10Ω电路中总电流
I＝
E
R+r＝
6
10+2
A＝0.5A
（2）路端电压
U=E-Ir 代入数据解得
U=5V
两板间的场
E0＝U
d＝
5
0.2
V/m＝25V/m
（3）设小球质量为m，由共点力平衡条件有
mg tanθ=E0q
解得
m=1×10-3kg
14.间距为L=20cm的光滑平行导轨水平放置，导轨左端通过开关S与内阻不计电动势为E的电源相连，右端与半径为L的两段光滑圆弧导轨相接，一根质量m=60g电阻R=1Ω、长为L的导体棒ab，用长也为L的绝缘细线悬挂，如图所示，系统空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.5T，当闭合开关S后，导体棒沿圆弧摆动，摆到最大高度时细线水平，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态，不考虑导体棒切割磁感线的影响，导轨电阻不计，sin53°=0.8，cos53°=0.6。

回答下列问题：
（1）磁场方向如何?
（2）求电源电动势E大小：
（3）若只将磁感应强度变为B′=2
3
T，导体棒在向上摆动过程中的最大速度是多大?（计算结果可用根号表示）
【答案】（1）竖直向下；（2）6V；（3）2√6
3
m/s
【详解】
（1）根据左手定则知磁场方向竖直向下；
（2）导体棒从开始到细线水平的过程中有重力和安培力做功，由动能定理得
-mgL+F安L=0
又
F安=BIL
根据闭合电路的欧姆定律得
I＝E R
代入数据解得
E=6V （3）若只将磁感应强度变为B′=2
3
T，则安培力为
F′=B′IL=0.8N 重力
mg=0.6N
则当速度最大时细绳的方向与竖直方向的夹角为
tanθ=F′
mg
=
4
3
即
θ=53°根据动能定理
F′Lsin53∘−mgL(1−cos53∘)=1
2
mv m2
解得
v m=2√6
3
m/s
15.在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。

如图甲所示是离子注入工作原理示意图，一质量为m，电量为q的正离子经电场由静止加速后沿水平虚线射入和射出速度选择器，然后通过磁场区域、电场区域偏转后注入处在水平面内的晶圆（硅片）。

速度选择器和磁场区域中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向外；速度选择器和电场区域中的匀强电场场强大小均为E，方向分别为竖直向上和水平方向（沿x轴）。

电场区域是一边长为L的正方形，其底边与晶圆所在水平面平行，间距也为L（L<mE
qB2
）。

当电场区域不加电场时，离子恰好通过电场区域上边界中点竖直注入到晶圆上x轴的O点。

整个系统置于真空中，不计离子重力。

求：
（1）加速电场的电压大小U0；
（2）若虚线框内存在一圆形磁场，求圆形磁场的最小面积；
（3）若电场区域加如图乙所示的电场时（电场变化的周期为2LB
E
，沿x轴向右为正），离子从电场区域飞出后，注入到晶圆所在水平面x轴上的范围。

【答案】（1）mE2
2B2q ；（2）πm
2E2
2q2B4
；（3）−3qL
2B2
2mE
≤x≤3qL2B2
2mE
【详解】
(1)离子通过速度选择器时，有
qE=qvB 可得
v=E B
离子在加速电场中运动时有
qU0=1
2
mv2
可得
U0=mE2 2B2q
(2)离子在圆形磁场运动时，有
qvB=mv2 r
可得
r=mE qB2
由几何关系可知磁场的最小半径为
R=√2
2
r=
√2mE
2qB2
圆形磁场的最小面积
S=πR2=πm2E2 2q2B4
(3)当离子进入电场区域时，电场刚好变为正方向，则离子做类平抛运动，有
a=qE m
L=vt
x1=1
2
at2
联立可得
x1=qL2B2 2mE
离子离开电场时，沿电场方向的速度为
v x=at=qLB m
则有
x2 L =
v x
v
可得
x2=qL2B2 mE
则离子落在x轴正方向离O点的最远距离为
x 正=x1+x2=
3qL2B2
2mE
同理，如果落在进入电场时，电场刚好变为负方向，则离子向左做类平抛运动，落在x轴负方向离O点的最远距离为
x 负=−
3qL2B2
2mE
离子从电场区域飞出后，注入到晶圆所在水平面x轴上的范围为
−3qL2B2
2mE
≤x≤
3qL2B2
2mE。