河南省南阳市第一中学校2022-2023学年上学期高二第四次月考物理答案

南阳一中2022 年秋期高二年级第四次月考物理试题答案(详解) 1．B 【详解】 电容 Q C U  、 磁感应强度 F B IL  安都用到了比值定义法， 电流 U I R  不是用比值法定 义的，故A 错误；规定小磁针静止时，N 极指向即为该位置磁场方向，而地理的南极为地 磁的北极，故可自由转动的小磁针，在地面上静止时，其N 极指向地磁的南极附近，故B 正确；根据公式F=BILsinθ，通电导线在磁场中受到的安培力大，该处磁场的磁感应强度不 一定强，还与电流的大小、电流方向与磁场方向的夹角θ有关，故C 错误；正电荷所受电场 力一定与该处电场方向一致， 负电荷所受电场力一定与该处电场方向相反， 运动电荷所受的 洛伦兹力不一定与磁场方向垂直，故D 错误．所以B 正确，ACD 错误． 2．B 【详解】A．从图中可以看出，带电粒子由静止开始向下运动，说明重力和电场力的合力向 下，洛伦兹力指向弧内，根据左手定则可知液滴带负电，故A 错误； B．从A 到C 的过程中，重力正功，而电场力做负功，洛伦兹力不做功，但合力仍做正功， 导致动能仍增大，从C 到B 的过程中，重力做负功，电场力做正功，洛伦兹力不做功，但 合力却做负功，导致动能减小，所以在C 点动能最大。故B 正确； C．从A 到C 过程液滴克服电场力做功，故电势能增加，故C 错误； D．除重力以外的力做的功等于机械能的变化量，从C 到B 的过程中，电场力做正功，洛伦 兹力不做功，机械能增大，故D 错误。 故选B。 3．C 【分析】当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来 电流的变化，根据自感现象的规律来分析。 对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它就是一个普通电阻 （若电阻不计则就相当于导 线） ；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源。 【详解】AB． 1 A 和 2 A 在S 接通时立即发光，由于电感线圈L 的作用， 1 A 会逐渐变暗，稳 定后熄灭； 2 A 亮度会逐渐增强， 1 A 熄灭时 2 A 达到最亮，选项AB 错误； CD．电路稳定后断开S 时， 2 A 立即熄灭；而 1 A 与电感线圈L 组成回路，会闪亮后熄灭， 选项C 项正确、D 项错误。 公众号高中僧试题下载 故选C。 4．D 【详解】A．零时刻线圈Q 中电流变化率为零，根据楞次定律可知线圈P 中感应电流为零， 不受安培力作用，因此FN=G，选项A 错误； B．t1 时刻线圈Q 中电流减小，根据楞次定律可知为阻碍磁通量变化，线圈P 的面积有增大 的趋势，同时受到向上的安培力，因此FN<G，选项B 错误； C． t2 时刻线圈Q 中电流变化率最大， 线圈P 中磁通量变化率最大， 此时P 中感应电流最大， 因线圈Q 中电流为零，二者之间没有安培力，说明FN=G，选项C 错误； D．t3 时刻线圈Q 中电流最大，线圈P 中磁通量最大，但因磁通量变化率为零，线圈P 无感 应电流，二者之间没有安培力，因此FN=G，选项D 正确。 故选D。 5．C 【详解】A．由题意知通电后弹簧比原长缩短了，说明安培力方向向上，由左手定则可知， 电流方向由b O a   ，A 错误； B．通电后，ab 导体的有效长度为 0.5m 2 L l   受到的安培力为 0.2N F BIl   根据平衡条件有 2 F F mg   弹 解得 0.05N F  弹 B 错误； C．根据胡克定律得 F k x  弹 解得 5N/m k x F    弹 C 正确； D．仅改变电流方向，则受到的安培力的大小不变，方向变为向下，设弹簧将会比自然长度 伸长x ，则有 2 mg F kx   解得 0.03m x  D 错误。 故选C。 6．C 【详解】A．由右手定则可知，外电路中感应电流由A 流向O，则O 点电势比A 点电势低， A 错误； B．感应电动势 2 3 (2 ) (2 ) 4 2 L L E B L v B L BL         电阻两端电压 2 4 U E BL    B 错误； C．电路中电流为 2 4 E BL I r r    周期为 2 T    在导体棒旋转一周的时间内，通过电阻的电荷量为 2 8 BL q IT r    C 正确； D．在导体棒旋转一周的时间内，电阻产生的焦耳热为 2 4 2 32 B L Q I rT r     D 错误。 故选C。 7．C 【详解】根据电流的热效应可知，输入电压的有效值为U1，则有： 2 2 2 1 2 2 2 ( ) ( ) 2 2 2 2 U T T R R T R    ＝ ，解得：U1＝ 10 2 V，根据 1 1 2 2 U n U n ＝ 得：U2＝10 V，故 A 错误；根据输入功率与输出功率相同可得：U1I1＝ 2 2 U R ，解得：I1＝2 10 A，故B 错误； 电阻消耗的功率为：P= 2 2 U R ＝10W，故C 正确；由乙图可知，在一个周期内电流改变2 次， 故1s 内电流方向改变的次数为：n＝ 1 0.02 ×2=100 次，故D 错误；故选C. 点睛： 能够根据图象得到我们需要的物理信息， 掌握住理想变压器的电压、 电流之间的关系， 最大值和有效值之间的关系即可解决本题． 8．D 【详解】在线圈进入0-L 范围时，线圈内产生的感应电流为逆时针方向；切割磁感线的有效 长度从0 均匀增加到2 L ， 可知感应电流均匀增加； 从L-2L， 线圈切割磁感线的有效长度为2 L 不变，感应电流不变，方向为逆时针方向；从2L-3L，线圈切割磁感线的有效长度从2 L 逐渐 增加到L，则感应电动势增加到原来的2 倍，感应电流增加到2 倍，方向为顺时针方向，故 选D. 9．AC 【详解】A．甲图中带正电的粒子从左侧射入复合场中时，受向下的电场力和向上的洛伦兹 力， 当两个力平衡时， 带电粒子有可能沿直线射出； 当带负电的粒子从左侧射入复合场中时， 受向下的洛伦兹力和向上的电场力， 当两个力平衡时， 带电粒子有可能沿直线射出， A 正确； B．乙图中等离子体进入上下极板之间后，受到洛伦兹力作用，由左手定则可知，正粒子向 B 极板偏转，负粒子向A 极板偏转，因此极板A 带负电，极板B 带正电，B 错误； C．丙图中通过励磁线圈的电流越小，线圈产生的磁场越弱，电子的运动由洛伦兹力提供向 心力，则有 2 v evB m R  mv R eB  由上式可知，当电子的速度一定时，磁感应强度越小，电子的运动径迹半径越大，C 正确； D．丁图中只要回旋加速器的D 形盒足够大，加速粒子就能获得较大的能量，具有较大的速 度，可当能量达到25MeV~30MeV 后就很难再加速了，原因是按照狭义相对论，粒子的质 量随速度的增大而增大， 而质量的变化会导致其回旋周期的变化， 从而破坏了与电场变化周 期的同步，因此加速粒子就不能获得任意速度，D 错误。 故选AC。 10．AC 【详解】AB．对原、副线圈回路，有 1 1 0 U U I R   2 2 U I R  1 1 2 2 2 1 U n U n   1 2 2 1 1 2 I n I n   所以 2 1 0 2 1 0 1 1 0 2 2 4 U U I R I R I R I R I R       由此可知，当滑片P 向上滑动时，R 阻值增大，U 保持不变，则I1 减小，U2 增大，所以电 压表示数变大，电流表示数变小，故A 正确，B 错误； CD．对于理想变压器，其输入功率等于输出功率，即 2 1 1 1 0 1 1 1 ( ) 16 220 P U I U I R I I I      根据二次函数知识可知，功率最大时 1 55 A 8 I  ， m 756.25W P  所以 2 55 A 4 I  ， 2 55V U  ， 2 2 4 U R I   故C 正确，D 错误。 故选AC。 11．BC 【详解】A．当粒子运动轨迹与EG 边相切时，轨迹如图： 根据几何关系得： + = cos30 r r EF  再由圆周运动公式 2 0 0 = mv qv B r 可得 0= qBr v m 此时r 是定值。若粒子速度大于 0 v ，粒子会从EG 边出来；若粒子速度小于 0 v ，粒子会从 EF 边出来，无法到达E 点，故A 错误； B．能从EF 边出射的粒子运动轨迹都为半圆，因为粒子的周期与速度无关，所以到达EF 边界的所有粒子所用的时间均相等，故B 正确； CD．由圆周运动公式 2 2 0 0 2 = = v qv B m m r r T        可得 2 = m T qB  即粒子在磁场中做圆周运动的周期只与比荷和磁感应强度有关。由选项A 可知，当 0= qBr v m 时，粒子运动轨迹与EG 边相切，此时圆心角最大为150，时间最长为 150 5 = = 360 6 m t T qB  粒子速度越大，对应的圆心角越小，运动时间越短；故C 正确，D 错误； 故选BC。 12．ABC 【详解】A．根据能量守恒研究从cd 边刚进入磁场到cd 边刚穿出磁场的过程：动能变化为 0，重力势能转化为线框产生的热量 Q=mgd cd 边刚进入磁场时速度为v0，cd 边刚离开磁场时速度也为v0，所以从cd 边刚穿出磁场到 ab 边离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd 边刚进入磁场到cd 边刚穿出磁场的过程产 生的热量相等，所以线圈从cd 边进入磁场到ab 边离开磁场的过程，产生的热量 Q′=2mgd 所以感应电流做的功为2mgd。故A 正确； B．因为进磁场时要减速，即此时的安培力大于重力，速度减小，安培力也减小，当安培力 减到等于重力时，线圈做匀速运动，全部进入磁场将做加速运动，设线圈的最小速度为v， 可知全部进入磁场的瞬间速度最小。由动能定理，从cd 边刚进入磁场到线框完全进入时， 则有，综上所述，线圈的最小速度为 2 2 0 1 1 2 2 mv mv mgL mgd    又进入磁场前有 2 0 1 2 mgh mv  解得最小速为 2 ( ) v g h L d    故B 正确； C．线框进入磁场过程，可能先做减速运动，在完全进入磁场前可能做匀速运动，因为完全 进入磁场时的速度最小，则有 2 2 g B R m L v  则最小速度可能为 2 2 mgR v B L  故C 正确； D．线圈进入磁场和出离磁场时的初速度都相同，故进入磁场和出离磁场的运动情况相同， 可知进入磁场的时间与出离磁场的时间相同，选项D 错误。 故选ABC。 13． 1.843 mm（1.842 mm ~ 1.85 mm） 4.240 cm 由图示螺旋测微器可知，其示数为 d = 1.5 mm + 34.3 × 0.01 mm = 1.843 mm 估读出1.842 ~ 1.844 mm 均正确； [6]由图示游标卡尺可知，其示数为 l = 42 mm + 8 × 0.05 mm = 42.40 mm = 4.240 cm 14． 0+ 1 + R r R E E 20 1.0 等于 【详解】 （1）[1]由闭合电路欧姆定律得 0 E I R R r    所以 所以1 R I  的关系式为 0 1 1 R r R I E E    （2）[2]由乙图可知，图像的斜率为 1 1 1 0.75 0.25 V 0.05V 10 E      解得 20V E  [3]当 0 R  时， 1 1 0.25A I   ，所以 1 4 0.25A 20V r    解得 1.0 r   （3）[4]若电流表内阻不可忽略，则1 R I  的关系式应为 0 A 1 1 R r r R I E E     图像的斜率仍为 1 1 1 0.75 0.25 V 0.05V 10 E      所以电动势的测量值等于真实值。 15． D E NTC 61（56~63） 【详解】(1)[1]由图示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻 器应选择D。 [2]把电流表A1 与定值电阻串联改装成电压表测电压， 电源电动势为15V， 可以把A1 改成成 量程为15V 的电压表，串联分压电阻阻值 A1 3 A1 15 Ω 10.0Ω 990.0Ω 15 10 g U R R I        故定值电阻应选择E。 (2)[3]由图乙所示图象可知，随I2 增大I1 增大，热敏电阻两端电压U 增大，流过热敏电阻的 电流I 增大，热敏电阻实际功率P=UI 增大，热敏电阻温度升高；由图乙所示图象可知，随 I2 增大，图线上的点与坐标原点连线的斜率减小，图线上点与坐标原点连线的斜率表示热敏 电阻阻值，因此随温度升高热敏电阻阻值减小，因此热敏电阻是NTC。 (3)[4]由图乙所示图象可知，I1=10mA=0.010A 时I2=0.175A，此时热敏电阻阻值     1 A1 2 x 2 1 0.010 10.0 990.0 Ω 61Ω 0.175 0.010 I r R R I I         16． （1） 12 4 10 C   ； （2）0.75A ； （3） 12 4 10 C   【详解】 （1）电键 2 K 断开时，电流表示数 1 1 2 E I R R r    得 1 0.8A I  电容器的电荷量为 12 1 1 1 4 10 C Q C I R      （2）电键 1 K 、 2 K 闭合后，外电阻    1 2 3 4 1 2 3 4 2.25 R R R R R R R R R          总电流   1A E I R r    电压表示数 2 2.25V U I R    电流表的示数 2 2 1 2 U I R R   得 2 0.75A I  （3）电键 1 K 、 2 K 闭合后，电容两端电压   2 1 2 3 0 U I R I I R       所以此时电容器的电荷量为 2 0 Q  故电容器的电量变化量 1 2 12 4 1 C 0 Q Q Q       17． （1） 24 0 A 7 I   ； （2） 1 (T) 1 B t   【详解】 （1）由题意可得 sin cos mg mg     故通过杆的电流最小值 min 0 I  即可。若杆受到沿斜面向下的最大静摩擦力，则此时通过杆 的电流最大为 max I ，其受到的安培力为 max 0 F I lB  方向水平向右，受力分析图如下 由受力平衡可得 N sin cos mg F F      N cos sin F mg F     联立解得 max 24 A 7 I  综上可得通过杆的电流范围为 24 0 A 7 I   （2）开关S 闭合后，由于 sin cos mg mg     可知若回路中无电流， 则杆所受滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力， 为使杆保持匀速直 线运动，则闭合回路ABMN 中磁通量应保持不变，即 2 0 ( ) l Bl B l vt   代入数据得 1 (T) 1 B t   18． （1）流过金属棒a 的电流方向由A 指向A，0.8V ； （2）0.1J ； （3）0.125m 【详解】 （1）金属棒a 到达水平部分的过程，根据机械能守恒 2 0 1 2 a a m gh m v  解得 0 2 3m / s v gh   此时的电动势为 0 1.2V E BLv   根据右手定则，可知流过金属棒a 的电流方向由A 指向A。金属棒a 两端电压为 0.2 1.2V 0.8V 0.1 0.2 b a b R U E R R       （2）两金属棒所受安培力大小相等、方向相反，两金属棒最终以相等的速度v做匀速运动， 两金属棒组成的系统满足动量守恒定律，则有 0 ( ) a a b m v m m v   解得 2m / s v  设总焦耳热为Q ，根据能量守恒可得 2 2 0 1 1 ( ) 0.3J 2 2 a a b Q m v m m v     a 棒上产生的焦耳热为 0.1J a a a b R Q Q R R    （3）安培力冲量为 F t BILt BqL   安 又 ΔΦ ΔΦ Δ Δ Δ Δ Δ a b a b a b a b E BL x t q I t t t R R R R R R R R          对b 棒，根据动量定理可得 2 2Δ 0 b a b B L x F t m v R R     安 解得 3 Δ m 8 x  则两金属棒匀速运动时，a、b 两棒的间距为 1 0 3 Δ 0.5m m 0.125m 8 x x x      19． （1） 0 3qB R v m  ； （2） 2 0 2 3 3 qB R E m  【详解】 （1）粒子在圆形磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力、则 2 mv qvB r  由几何知识得 tan 2 R r   解得 0 3qB R v m  （2）进入电场区时，纵坐标为 tan y R   进入电场时速度沿坐标轴分解 cos x v v   sin y v v   粒子在电场中x 轴方向做匀速直线运动，运动时间 3 cos R t v   粒子在y 轴方向做匀变速直线运动，加速度 qE a m  2 3 tan 3 tan 2 cos qE R R R m v            解得 2 0 2 3 3 qB R E m 