河南省焦作市第四中学2023-2024学年高二上学期10月月考物理试卷（PDF版含答案）

2023-2024学年河南省焦作市第四中学高二上学期10月月考
物理
一、选择题：共 12 小题，1-8 题为单选，9-12 题为多选。每小题 4 分，共 48 分。
1．关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力,下列说法正确的是
A.安培力的方向可以不垂直于直导线
B.安培力的方向总是垂直于磁场的方向
C.安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关
D.将直导线从中点折成直角,安培力的大小一定变为原来的一半
2．物理关系式不仅反映了物理量之间的关系,也确定了单位间的关系。如关系式 U=IR
既反映了电压、电流和电阻之间的关系,也确定了 V(伏)与 A(安)和Ω(欧)的乘积等效。现
有物理量单位:m(米)、s(秒)、N(牛)、J(焦)、W(瓦)、C(库)、F(法)、A(安)、Ω(欧)和 T(特),
由它们组合成的单位都与电压单位 V(伏)等效的是
A.J/C 1 1和 N/C B.C/F和 T·m2/s C.W/A和 C·T·m/s D.W2·Ω2和 T·A·m
3．图中 a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线,其横截面位于正方形的四个顶点上,
导线中通有大小相同的电流,方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心 O点沿垂直
于纸面的方向向外运动,它所受洛伦兹力的方向是
A.向上 B.向下 C.向左 D.向右
4．如图，在磁感应强度大小为 B0的匀强磁场中，两长直导线 P和 Q垂直于纸面固定放
置，两者之间的距离为 l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流 I时，纸面内
与两导线距离均为 l的 a点处的磁感应强度为零。如果让 P中的电流反向、其他条件不
变，则 a点处磁感应强度的大小为
A.0 B. 3B C.2 30 B0 D.2B0
3 3
5．如图所示,金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂,处于竖直向上的匀强磁场中,
棒中通以由M向 N的电流,平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ。如果仅改变下列某一
个条件,θ角的相应变化情况是
A.棒中的电流变大,θ角变大 B.两悬线等长变短,θ角变小
C.金属棒质量变大,θ角变大 D.磁感应强度变大,θ角变小
6．如图,长为 2l的直导线折成边长相等,夹角为 60°的 V形,并置于与其所在平面相垂直
的匀强磁场中,磁感应强度为 B,当在该导线中通以电流强度为 I的电流
时,该 V形通电导线受到的安培力大小为
A.0 B.0.5BIl C.BIl D.2BIl
7．如图，足够长的直线 ab靠近通电螺线管，与螺线管平行。用磁传感
器测量 ab上各点的磁感应强度 B，在计算机屏幕上显示的大致图像是
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A. B. C. D.
8．如图所示,表面粗糙的斜面固定于地面上,并处于方向垂直纸面向外、强度为 B的匀强
磁场中。质量为 m、带电量为+Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑。在滑块下滑的过程
中,下列判断正确的是
A.滑块受到的摩擦力不变 B.滑块到达地面时的动能与 B的大小无关
C.滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下 D.B很大时,滑块可能静止于斜面上
9．边长为 a 的等边三角形 ABC区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为
B，一束质量为 m 电荷量为 q q 0 的带电粒子（不计重力）从 AB边的中点沿平行 BC
边的方向以不同的速率射入磁场区域，则（ ）
A 3aqB．从 BC边射出的粒子的最大速率为
2m
B BC 3aqB．从 边射出的粒子的最大速率为
3m
C BC 3aqB．能从 边射出的粒子最小速率为
6m
D 3aqB．能从 BC边射出的粒子最小速率为
8m
10．电磁轨道炮工作原理如图所示。待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动,并与轨道
保持良好接触。电流 I从一条轨道流入,通过导电弹体后从另一条轨道流回。轨道电流可
形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场),磁感应强度的大小与 I成正比。通
电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。现欲使弹体的出射速度增加至原来的
2倍,理论上可采用的办法是
A.只将轨道长度 L变为原来的 2倍
B.只将电流 I增加至原来的 2倍
C.只将弹体质量减至原来的一半
D.将弹体质量减至原来的一半,轨道长度 L变为原来的 2倍,其他量不变
11．如图,质量为 m、长为 L的直导线用两绝缘细线悬挂于 O、O',并
处于匀强磁场中。当导线中通以沿 x正方向的电流 I,且导线保持静止
时,悬线与竖直方向夹角为θ。则磁感应强度方向和大小可能为

A.z正向, tan θ B.y正向, C.z负向, tan θ D.沿悬线向上, sin θ
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12．如图所示为质谱仪的结构图，该质谱仪由速度选择器与偏转磁场两部分组成，已知
速度选择器中的磁感应强度大小为 B0、电场强度大小为 E，荧光屏 PQ下方匀强磁场的
方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为 2B0。三个带电荷量均为 q、质量不同的粒子沿
竖直方向经速度选择器由荧光屏上的狭缝O进入偏转磁场，最终打在荧光屏上的 S1、S2 、
S3 处，相对应的三个粒子的质量分别为m1、m2、m3，忽略粒子的重力以及粒子间的相
互作用。则下列说法正确的是（ ）
A．三个粒子均带负电
B．打在 S3 位置的粒子质量最大
2
C qB x．如果 S1S3 x，则m m 03 1 2E
E
D．粒子进入偏转磁场的速度是 B0
二、实验题：共 2题 每空 2 分， 共 20 分
13．利用霍尔效应可以测量磁感应强度。如图甲所示,将导体置于磁场中,沿垂直磁场方
向通入电流,在导体中垂直于电流和磁场的方向上会产生一个横向电势差 UH,这种现象
叫霍尔效应。导体材料中单位体积内的自由电荷数目为 n,自由电荷所带电荷量为 q,将
1
k= 定义为霍尔系数。利用霍尔系数 k已知的材料制成探头,其工作面(相当于图甲中垂
直磁场的 abb'a'面)的面积可以做到很小,因此可用来较精确测量空间某一位置的磁感应
强度。
如图乙所示为一种利用霍尔效应测磁感应强度的仪器,其中的探头固定在探杆的前端,且
使探头的工作面与探杆垂直。这种仪器既可以控制通过探头的电流 I的大小,又可以测出
探头所产生的霍尔电势差 UH,并自动计算出探头所测位置磁场的磁感应强度大小。
(1)在利用上述仪器测量磁感应强度的过程中,对探杆的放置方位有何要
求: 。
(2)计算所测位置磁感应强度,除了 k、I、UH外,还需要知道哪个物理量 。(请填
写下面选项前的字母)
A.探头沿磁场方向的厚度 l
B.探头产生电势差两面间的距离 h
C.探头沿电流方向的长度 L
用上述物理量表示所测磁感应强度大小 B= 。
14．图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场.现通过测量通电导线在
磁场中所受的安培力,来测量磁场的磁感应强度大小并判定其方向.所用部分器材已在图
中给出,其中 D为位于纸面内的 U形金属框,其底边水平,两侧边竖直且等长;E为直流电
源;R为电阻箱;A为电流表;S为开关.此外还有细砂、天平、米尺和若干轻质导线.
试卷第 3页，总 5页
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(1)在图中画线连接成实验电路图.
(2)完成下列主要实验步骤中的填空:
①按图接线.
②保持开关 S断开,在托盘内加入适量细砂,使D处于
平衡状态;然后用天平称出细砂质量 m1.
③闭合开关 S,调节 R的值使电流大小适当,在托盘内重新加入适量细砂,使 D ;
然后读出 ,并用天平称出 .
④用米尺测量 .
(3)用测得的物理量和重力加速度 g表示磁感应强度的大小,可以得出 B= .
(4)判定磁感应强度方向的方法是:若 ,磁感应强度方向垂直于纸面向外;反之,磁
感应强度方向垂直于纸面向里.
三、计算题：共 4 题，共 42 分
16．（6分）如图所示，质量为 m=50 g、长为 L=10 cm的铜棒，用长度也为 L的两根轻
导线水平悬吊在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度 B=0.5 T。未通电时，轻导线在竖
直方向上，通入恒定电流后，铜棒开始向外偏转，偏转的最大角度θ=37°，g取 10 m/s2，
求此铜棒中恒定电流的大小。
16．（10分）如图所示，平面直角坐标系第一象限内存在电场强度方向竖直向上，大小
为 E 4 105N / C的匀强电场，在第四象限内存在磁感应强度方向垂直纸面向里的匀强
q 9
磁场。一带负电的粒子，比荷为 2.5 10 C / kg 7，以初速度 v0 2 10 m / s从 y 轴上m
的 A 点垂直 y 轴射入电场， lOA 0.2m，不计粒子的重力。
（1）求粒子第一次经过 x 轴时的位置到原点 O 的距离；
（2）若要使粒子不能进入第三象限，求磁感应强度大小 B 的
取值范围。
试卷第 4页，总 5页
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17．（12分）如图所示，在倾角为θ=37°的斜面上，固定一宽为 L=1.0 m的平行金属导
轨.现在导轨上垂直导轨放置一质量 m=0.4 kg、电阻 R0=2.0 Ω、长为 1.0 m的金属棒 ab，
它与导轨间的动摩擦因数为μ=0.5.整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B=2 T
的匀强磁场中.导轨所接电源的电动势为 E=12 V，内阻 r=1.0 Ω，若最大静摩擦力等于滑
动摩擦力，滑动变阻器的阻值符合要求，其他电阻不计，取 g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos
37°=0.8.现要保持金属棒 ab在导轨上静止不动，求:
(1)金属棒所受安培力的取值范围；
(2)滑动变阻器接入电路中的阻值范围.
18．（14分）扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆，其简
化模型如图甲。Ⅰ、Ⅱ两处宽度均为 L的匀强磁场区相距也为 L，磁场方向相反且垂直
纸面。一质量为m、电量为 q、重力不计的粒子，从行板电容器MN板处由静
止释放，极板间电压为U，粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平
方向的夹角 30 。
（1）粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角为 30°，求粒子在Ⅰ区运动的时间；
（2）为使粒子能返回Ⅰ区，求Ⅱ区磁感应强度 B应满足的条件；
（3）若粒子从进入Ⅱ区域左边界的C点（图中没有标出）开始计时，磁场 B随着时间
变化的情况如乙图所示（垂直纸面向外为正），电子运动一段时间后由Ⅱ区域的右边界
D点飞出磁场，速度方向与水平方向的夹角也是 30°，且CD连线与Ⅱ区域磁场边界垂
直，求磁场的变化周期T 和磁感应强度大小 B2分别应满足何种条件。
试卷第 5页，总 5页
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参考答案
1.B【解析】本题考查左手定则、安培力的大小,意在考查考生的理解能力、逻辑分析能力。根
据左手定则可知:安培力的方向垂直于电流 I和磁场 B确定的平面,即安培力的方向既垂直于 B又
垂直于 I,选项 A错误,B正确;当电流 I的方向平行于磁场 B的方向时,直导线受到的安培力为零,
当电流 I的方向垂直于磁场 B的方向时,直导线受到的安培力最大,可见,安培力的大小与通电直
导线和磁场方向的夹角有关,选项 C错误;如图所示,
电流 I和磁场 B垂直,直导线受到的安培力 F=BIL,将直导线从中点折成直
角,分段研究导线受到的安培力,电流 I和磁场B垂直,根据平行四边形定则
可得,导线受到的安培力的合力为 F'= 2BIL,选项 D错误。
2
2.B【解析】本题考查物理单位的换算,考查考生对各种物理规律熟练掌握

的程度。由 U= 可知,J/C是电压单位,由 E=可知,N/C

是电场强度的单位,A项错误;由 U= ,可

知,C/F是电压单位,由 E=BLv可知,T·m2/s 是电压单位,B项正确;由 U= 可知,W/A是电压单位,由

1 1
f=Bqv可知,C·T·m/s是力的单位,C项错误;由U= 可知,W2·Ω2是电压单位,由F=BIL可知,T·A·m
是力的单位,D项错误。
3.B【解析】本题考查通电导线周围的磁场分布情况和带电粒子在磁场中的运动情况,意在考查
考生的理解能力和分析推理能力。根据安培定则及磁感应强度的矢量叠加,可得 O点处的磁场向
左,再根据左手定则判断带电粒子受到的洛伦兹力向下。
4.C【解析】本题考查安培定则、磁感应强度的矢量叠加。
导线 P和 Q中电流 I均向里时，设其在 a点产生的磁感应强度大小
BP=BQ=B1，如图所示，则其夹角为 60°，它们在 a点的合磁场的磁感
应强度平行于 PQ向右、大小为 3B1。又根据题意 Ba=0，则 B0= 3B1，
且 B0平行于 PQ向左。若 P中电流反向，则 BP反向、大小不变，BQ
和 BP大小不变，夹角为 120°，合磁场的磁感应强度大小为 B'1=B1(方
向垂直 PQ向上、与 B0垂直)，a点合磁场的磁感应强度 B= 2 + '2 = 2 30 1 B0，则 ABD项均错3
误，C项正确。
5.A【解析】棒中电流变大,金属棒所受安培力变大,θ角变大,选项 A正确;两悬线等长变短,θ角不
变,选项 B错误;金属棒质量变大,θ角变小,选项 C错误;磁感应强度变大,金属棒所受安培力变大,θ
角变大,选项 D错误。
6.C【解析】本题考查安培力。意在考查考生对安培力的计算能力。该导线受安培力的有效长度
为 l,所以该导线受到的安培力的大小为 F=BIl,C正确。
7.C【解析】通电螺线管外部中间处的磁感应强度最小，所以用磁传感器测量 ab上各点的磁感
应强度 B，在计算机屏幕上显示的大致图像是 C。
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8.C【解析】本题考查洛伦兹力。意在考查考生对带电物体在磁场中运动的受力分析。滑块受重
力、支持力、洛伦兹力、摩擦力,如图所示。由左手定则首先容易判断洛伦兹力的方向为垂直斜
面向下,C正确。由 f 洛=QvB,当速度发生变化时,洛伦兹力变化,由 FN=f 洛+mgcos θ,支持力也随之变
化,由 f=μFN知摩擦力也随之变化,A错。磁场 B的大小最终影响摩擦力的大小,影响滑块到达地面
的过程中摩擦力做功的大小,滑块到达地面时的动能与 B的大小有关,B错。滑块从斜面顶端由静
止下滑,所以中间不可能静止在斜面上,D错。
9.AD【详解】AB．如图所示，当粒子恰好从 C点射出时，轨道半径最大，速率最大，圆心为
v2
O1 3，由几何关系可知，轨道半径 r 1 a sin 60 a 由牛顿第二定律可得 qv1B m
1
2 r1
3aqB
联立解得 v1 A正确，B错误；2m
CD．当粒子的轨迹恰好与 BC相切时，半径最小，速率最小，圆心为
O2 1，由几何关系可知，轨道半径 r a sin 60 32 sin 30 a2 8
qv B mv
2 3aqB
由牛顿第二定律可得 2
2 联立解得
r v2
C错误，D正确。
2 8m
10.BD【解析】本题考查的是安培力和动能定理的知识,意在考查学生应用物理知识解决实际问
2
题的能力。由题意可知磁感应强度 B=kI,安培力 F=BId=kI2d, 由动能定理可得:FL= ,解得
2
v=I 2,由此式可判断 BD选项正确。

11.BC【解析】本题考查安培力、左手定则。如图所示为视角沿着 x轴负方向的
示意图,导线受到向下的重力、沿着绳子方向的拉力以及安培力。当磁感应强度
方向沿着 z轴正向时,由左手定则可得安培力向左,导线不可能平衡,A错;同理当

磁感应强度方向沿着 z轴负向时,安培力向右,平衡时大小为 ·tan θ,C对;当磁感
应强度方向沿着 y轴正向时,安培力竖直向上,若 mg=BIL,则可使导线平衡,B对;
当磁感应强度方向沿悬线向上时,安培力垂直悬线向下,不可能使导线平衡,D错。
12.BD【详解】
A．荧光屏 PQ下方匀强磁场的方向垂直纸面向外，由左手定则知三种粒子均带正电，A错误；
E
BD．三种粒子在速度选择器中做匀速直线运动，受力平衡 qE qvB0 解得 v B0
E v2 m qr2B则粒子进入偏转磁场的速度是 B 根据 qv2B0 m 解得
0
0 r v
打在 S3位置的粒子半径最大，则打在 S3位置的粒子质量最大，BD正确；
v2 m v 2C．根据 qvB m 3 qB x解得 r3 S S x 2r 2r 0
r 2qB
1 3 3 1 解得m3 m1 C错误。
0 E
13.(1) 使探杆与磁场方向平行(或调整探杆的放置方位使霍尔电势差达到最大) (2)A l

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【解析】(1)由题给信息易知,应使探杆与磁场方向平行(或调整探杆的放置方位使霍尔电势差达
到最大);(2)自由电荷在运动过程中受到的电场力和洛伦兹力是一对平衡力,即
1qvB=q ,I=nqvhl,k=,联立可得:B=
l。

14.(1)如答图所示.
(2)③重新处于平衡状态 电流表的示数 I 此时细砂质量 m2 ④D的底边
l (3)|2 1|长度 (4)m2>m 1
【解析】根据实验目的和电流天平的原理,将电源、开关、电阻箱、电流表及 U形金属框串联起
来,连接成电路图,如答图所示.设金属框质量为 M,未接通电源时由平衡条件得 Mg=m1g,接通电源
后,加入适量细砂(m2)使 D重新处于平衡状态,然后读出电流表的示数 I,并测量出金属框底边的长
度 l, ( )若金属框受到的安培力竖直向下,则由平衡条件得 BIl+Mg=m g,联立解得 B= 2 12 ;若金属
, B=(1 2)框受到的安培力竖直向上 则 , B=|2 1|综上 g,若 m2>m1,由左手定则可知磁感应强度
方向垂直于纸面向外;反之,磁感应强度方向垂直于纸面向里.
15.I≈3.33 A【解析】铜棒向外偏转的过程中，导线拉力不做功，对铜棒进行受力分析
安培力 F做功为 WF=Fs1=BIL×Lsin 37°
重力做功为 WG=-mgs2=-mgL(1-cos 37°)
由动能定理得 BIL2sin 37°-mgL(1-cos 37°)=0
解得 I≈3.33 A。
16.（1）0.4m；（2） B 2 2 2 10 2T
【详解】（1）由牛顿第二定律得 qE ma
1 2
设粒子在电场中运动的时间为 t，粒子经过 y轴时的位置与原点 O的距离为 y lOA at2
粒子经过 x轴时的位置与原点 O的距离为 x v0t解得 x 0.4m
7
（2）粒子经过 x轴时在电场方向的分速度为 vy at 2 10 m/s
粒子经过 x轴时的速度大小为 v v 2y v
2
0 2 2 10
7m/s
v
设速度 v y与 x轴正方向的夹角为 tan 1 解得 45
v0
要使粒子恰不进入第三象限，如图所示
设此时粒子做圆周运动的轨道半径为 R，则 R Rcos x
v2 2
由洛伦兹力提供向心力，得 qvB m 解得 B 2 2 2 10 T
R
17.(1) 8 N≤F≤8 N (2) 0≤R≤30 Ω
11
【解析】(1)当金属棒刚好达到向上运动的临界状态时，金属棒受到的摩擦力为最大静摩擦力，
方向平行斜面向下，设金属棒受到的安培力大小为 F1，其受力分析如图甲所示.则有
{#{QQABTYSEggggABAAABgCQQUYCEIQkAAACIoGQEAMIAABAQFABAA=}#}
N=F1sin θ+mgcos θ
F1cos θ=mgsin θ+fmax
fmax=μN
以上三式联立并代入数据可得 F1=8 N
当金属棒刚好达到向下运动的临界状态时，设金属棒受到的安培力大小为 F2，其受力分析如图
乙所示.则有
N'=F2sin θ+mgcos θ
F2cos θ+f 'max=mgsin θ
f 'max=μN'
8
以上三式联立并代入数据可得 F2= N11
8
所以金属棒受到的安培力的取值范围为 N≤F≤8 N.
11
(2)因磁场与金属棒垂直，所以金属棒受到的安培力为 F=BIL，因此有 I= ，由安培力的取值范

4
围可知电流的取值范围为 A≤I≤4 A
11
设电流为 I1=
4 A时滑动变阻器接入电路中的阻值为 R1，由闭合电路欧姆定律有 E-I1r=I1(R0+R11 1)，
代入数据可得 R1=30 Ω
设电流为 I2=4 A时滑动变阻器接入电路中的阻值为R2，由闭合电路欧姆定律，有E-I2r=I2(R0+R2)，
代入数据可得 R2=0
所以滑动变阻器接入电路中的阻值范围为 0≤R≤30 Ω.
L m 3 mU 2 L m
18.（1） t ；（2） B2 ；（3）T n 1.2.3.... ，3 2qU L 2q 3n 2qU
B n 2mU2 n 1.2.3..... L q
【详解】（1）如图 1所示，设粒子射入磁场 I区速度为 v，在磁场 I区做圆周运动半径为R1，
1
由动能定理和牛顿第二定律得 qU mv2
2
由几何关系得
R1 L2 L
设粒子在Ⅰ区做圆周运动期为 T，运动时间为 t
T 2 R 1 t 2 ，
v T 360
联立得
t L m
3 2qU
（2）如图 2所示，为使粒子能再次返到 I区应满足
R 1 sin L
{#{QQABTYSEggggABAAABgCQQUYCEIQkAAACIoGQEAMIAABAQFABAA=}#}
联立解得
B 3 mU2 L 2q
（3）如图所示，由题意可知
磁场的变化周期T 为
T T1 1 2 m m T 2 L m2 6 6 qB 3qB ， n 1.2.3.... 2 2 3n 2qU
磁感应强度大小 B2应满足
R mvnR L B nmv nm 2qU n 2mU2 ， 2 ， 2 n 1.2.3.....qB 2 qL qL m L q
{#{QQABTYSEggggABAAABgCQQUYCEIQkAAACIoGQEAMIAABAQFABAA=}#}