山东省德州市夏津第一中学2024-2025学年高二下学期第一次月考物理1试题（含答案）

一、单项选择题(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，只有一项符合题目要求。)磁体靠近螺线管，松开门铃按钮磁体远离螺线管回归原位置。下列正确的()A.按下按钮过程，螺线管P端电势较高D.按下和松开按钮过程，螺线管产生大小相同的4.如图所示，匀强磁场的左边界为一竖直面，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向 应电流增加一倍的是()A.将线圈匝数增加一倍C.将线圈半径变为原来的一半6.如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场分布在边长为L的等边三角形ABC内，D是的相互作用，已知粒子在磁场中运动的周期为T，则下列说法中正确的是()A.粒子垂直BC边射出时，运动半径R为B.速度小的粒子一定比速度大的粒子在磁场中运C.粒子可能从AB边射出，且在磁场中运动时间为TD.粒子可能从C点射出，且在磁场中运动下列说法正确的是()D.液滴在叠加场中做直线运动的过程中，其机械能的增加的匀强磁场，磁场高度为d，MN与下金属板在同一水平线上，MP与金属板右端在同一竖直线上。一电荷量为q、质量为m的正离子，以初面从A点射入金属板间，不计离子的重力，离子恰好从下极板的右侧边缘垂直进入磁场区域，并从边界MP的P点离开磁场，则磁场的磁感应强度B大小()9.下图中关于磁场中的四种仪器的说法中正确的是()C.丙图中自由电荷为负电荷的霍尔元件通上如图所示电流和加上如图磁场时N侧螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线面内。当螺线管内的磁感应强度B随时间按图b所示规律变化时()的电流的分析正确的是()A.导体棒中电流垂直纸面向外，大小为D.如适当增大导体棒中的电流，棒再次平衡时，受A.圆弧AB段内电流方向总是从A流向BB.转动的前半周内AB两端电压为（1）下列实验中，零刻度在中央的灵敏电流计指针发生偏转本实验中可得到的实验结论是侧流入，左侧流出，霍尔元件（填“前表面”或“15.（8分）如图甲所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场方向垂直。已知线圈的匝数N=1000，边长ab=1.0m、bc=0.5m，线圈电阻r=10Ω。磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示，取垂直纸面向里为磁场的正方向。求：(1)3s时线圈内感应电动势的大小和感应电流的方向；(2)在1~5s内通过线圈的电荷量q；16.（10分）如图所示，两平行金属导轨间的距离L=1m，金属导轨的一端接有电动势E=3V、内阻r=1Ω的直流电源。先从M点以速度v0垂直于y轴水平向右进入电场区域，再从N点进入磁场区域，有竖直挡杆，棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.（3）在t1后，撤去竖直挡杆，同时给MN施加一向左的外力F使其在导1.B解析甲图中穿过线圈的磁场方向向下，且磁通量在增大，根据“增反减同”可知感应电流产生的磁场方向向上，A错误；乙图磁体正向线圈靠近，穿过线圈的磁通量在增大，根据“来拒去留”可知磁体受到线圈作用力的方向向上，B正确；丙图中电流计指针偏转方向与甲图中相反，说明磁体在远离线圈，C错误；丁图中穿过线圈的磁场方向向上，且磁通量在减小，根据“增反减同”可知感应电流产生的磁场方向向上，与甲图中感应电流产生的磁场方向相同，所以感应电流方向也相同，电流计指针的偏转方向相同，D错误。2.C解析按下按钮过程，穿过螺线管的磁场向左，磁通量增大，根据楞次定律可知螺线管中感应电流为从P端流入，从Q端流出，螺线管充当电源，则Q端电势较高，故A错误；松开按钮过程，穿过螺线管的磁场向左，磁通量减小，根据楞次定律可知螺线管中感应电流为从Q端流入，从P端流出，螺线管充当电源，则P端电势较高，故B错误；按住按钮不动，穿过螺线管的磁通量不变，螺线管不会产生感应电动势，故C正确；按下和松开按钮过程，螺线管中磁通量的变化率不一定相同，故螺线管产生的感应电动势不一定相同，故D错误。3.B解析北极地磁场有竖直向下的分量，由右手定则可知汽车从东向西运动时感应电动势方向由右指向左，所以左端电势高，故A错误，B正确；由右手定则可知汽车从西向东运动时感应电动势方向由右指向左，所以左端电势高，故C、D错误。4.B解析当圆环运动到题图所示位置时，根据几何关系可知圆环切割磁感线的有效长度为3R，产生的感应电动势E=3BRv，设圆环的总电阻为R总，电路中的电流总圆环处于题图所示位置时，外电路的电阻值R外=R总，根据欧姆定律可知U=IR外根据右手定则可知，a点的电势高于b点的电势，则a、b两点的电势差5.D解A．将线圈匝数增加一倍时，线圈中的感应电动势增加一倍，但是由于线圈匝数的增加还会引起线圈电阻的增加，使电阻也增加了一倍，所以感应电流没有发生变化，A错误；B．将线圈面积增加一倍，感应电动势也增加了一倍，但是还是因为面积的增加会对线圈的电阻产生影响，导线的长度增加，使电阻也增加为原来的倍，线圈中的感应电流不是增加一倍，B错误；C．将线圈半径变为原来的一半，面积减小为原来的四分之一，感应电动势减小为原来的四分之一，电阻减小为原来的二分之一，所以感应电流变为原来的二分之一，C错误；D．当线圈平面转到跟磁感线方向垂直时，线圈的有效面积变为原来的二倍，感应电动势变为原来的二倍，其他条件不变，感应电流变为原来的二倍，D正确。6.D解析粒子垂直BC边射出时，运动轨迹如图（a）根据几何关系知半径为L，A错误；若带电粒子运动轨迹与BC边相切，刚好从BC边射出磁场，可知圆心角为180°,粒子在磁场中经历时间为T，若带电粒子从C点射出，由几何关系可知从C点射出磁场时，速度与AC相切，故粒子可以从C点射出。由图（b）可知，入射速度的弦切角α=30°,故圆心角为60°,粒子在磁场中经历时间为T，若带电粒子从AB边射出磁场，可知圆心角为240°,粒子在磁场中经历时间为T，B错误，D正确；设粒子在所以可知粒子速度和运动时间无确定的关系，C错误。7.C解AB．液滴带正电，液滴受力如图所示，根据平衡条件，有 解得故AB错误；C．电场方向突然变为竖直向上，电场强度的大小不变，电场力与重力平衡，洛仑兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，可得液滴加速度液滴在叠加场中做直线运动的过程中，洛伦兹力不做功，其机械能的增加量等于电场力做的正功，电场力做的正功等于电势能的减少量，所以其机械能的增加量等于电势能的减少量，故D错误8.C解析设离子离开电场时的速度为v，且与水平方向成α角，离子在电场中做类平抛运动，所以离子进入磁场时的速度大小v=，离子进入磁场后做匀速圆周运动，设其轨道半径为r，由几何关系有根据牛顿第二定律有联立各式解得磁场的磁感应强度大小故C正确。9.AB解A．设回旋加速器D形盒的半径为R，粒子获得的最大速度为vm，根据牛顿第二定律有解得粒子的最大动能为即Ekm与R有关，故A正确；B．设粒子的速度大小为v时才能够通过速度选择器，则qE=qvB1解得设粒子在磁场B2中做匀速圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律有粒子击中屏的位置到进入磁场B2位置的距离为 所以乙图中不改变质谱仪各区域的电场、磁场时击中光屏同一位置的粒子比荷相同，故B正确；C．由题意可知霍尔元件中自由电荷的运动方向与电流方向相反，根据左手定则可知N侧带负电荷，故C错误；D．当前后两个金属侧面间电压稳定时，液体中离子所受洛伦兹力与电场力平衡，即液体的流量为Q=vS=bcv解得若流量Q恒定，则U与c成反比，故D错误。故选AB。10.ABD解A．在t1~t2时间内，磁感应强度增加，根据增反减同可知，L内有逆时针方向的感应电流，A正确。B．图线的斜率逐渐变大，经过导线中的电流变大，该电流激发出增大的磁场，该磁场通过圆环，在圆环内产生感应电动势和逆时针方向的感应电流，据结论“增缩减扩”可判断L有收缩趋势，B正确。C．在t2~t3时间内，磁感应强度变t3~t4时间内，磁感应强度变化率减小，经过导线中的电流减小，故L磁通量减小，有扩张的趋势，D正确。11.BD解AB．对导体棒受力分析，受重力、支持力和电场力，如图所示，安培力向右，根据左手定则，则导体棒中电流垂直纸面向里，根据平衡条件，有解得电流故A错误，B正确；C．若减小导体棒中的电流大小为原来的，棒再次平衡时，导体棒与圆弧圆心的连线与竖直方向成θ角，根据平衡条件，则有FA=B●●L=mgtanθ将代入上式，可得tanθ=则θ>30o，故C错误；D．如适当增大导体棒中的电流，棒再次平衡时，导体棒与圆弧圆心的连线与竖直方向成θ角，根据平衡条件，则有FA=BIL=mgtanθ当电流I增大时，θ角增大，根据可知cosθ减小，则N增大，故D正确。故选BD。12.CD解析导体框转动的前半周内，AO切割磁感线，感应电动势为圆弧AB段内电流方向从A流向B，由题意知AB两端电压为转动的后半周BO段切割磁感线，感应电动势为，圆弧AB段内电流方向从B流向A，故A、B错误；转动的后半周穿过导体框的磁通量变化量为ΔΦ=πBL2，电路总电阻为R=2r，则转动的后半周内通过导体框某横截面的电荷量为故C正确；从题图所示位置匀速转动一周过程中，外力对导体框做的功等于产生的电能，则故D正确。13.（8分1）ABC（2）①逆②向上感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化146分1）后表面（2）电压表示数U，电流表示数I15.（8分）(1)50V，感应电流方向为a→b→c→d→a或者顺时针(2)20C解（1）3s时感应电动势（1分）磁通量的变化量ΔΦ1=ΔB1S根据图乙可知，3s时磁感应强度的变化率大小代入数据解得E1=50V（1分）根据楞次定律可知，感应电流方向为a→b→c→d→a或者顺时针（1分）（2）在1~5s内线圈中感应电动势其中根据欧姆定律，感应电流则通过线圈的电荷量q=I2Δt2（1分）其中Δt2=5s-1s=4s解得q=20C（1分）16.（10分1）0.52）2T导体棒所受安培力F安=BIL（1分）通过导体棒的电流面向下且达到最大值时，磁感应强度最大，则有F安1cosθ=mgsinθ+Ff1（1分）其中Ff1=μFN1，F安1=B1IL（1分）结合上述解得B1=2T（1分）解（1）由题意，粒子从M到N做类平抛运动，轨迹如图所示在沿-y方向，有qE=ma（1分）位移大小为（1分）沿x正方向做匀速运动，由几何关系Δx1=2d=v0t（1分）解得vy=v0又vy=at（1分）联立求得电场强度大小为（1分）（2）由题意，粒子从N点垂直OP进入磁场，到从C点垂直x轴离开磁场，由几何关系，则粒子在磁场中做圆周运动的半径R=LON=2d（1分）在N点粒子速度与OP垂直，大小为v=v0（1分）由牛顿第二定律解得（3）由运动规律，粒子在电场中做类平抛的时间为t1，有粒子在磁场中做匀速圆周运动的时间为t2，有t2=T，故从M点运动到C点所用的总时间为18.（15分1）0.4A顺