山西省長治市二中2024-2025學年高二物理上學期12月月考試題含解析

PAGE18-山西省長治市二中2024-2025學年高二物理上學期12月月考試題（含解析）一、選擇題1.關于磁感應強度B的概念，下面說法正確的是（）A.依據磁感應強度B的定義式可知，在磁場中某處，B與F成正比，B與成反比B.一小段通電導線在某處不受磁場力作用，該處的磁感應強度肯定為零C.一小段通電導線放在磁感應強度為零處，它所受磁場力肯定為零D.磁場中某處磁感應強度的方向，與直線電流在該處所受磁場力方向相同【答案】C【解析】試題分析：A、磁感應強度是采納比值法定義的，B大小與F、IL無關，B由磁場本身確定，故A錯誤；B、當導體方向與磁場方向在一條線上時，導體不受磁場力作用，此時磁感應強度并非為零，故B錯誤；C、依據F=BIL可知，當磁感應強度為零處，它所受磁場力肯定為零，故C正確．D、依據左手定則可知，磁場方向與磁場力方向垂直，故D錯誤．故選C．2.如圖所示，在x軸上方存在著垂直于紙面對里、磁感應強度為B的勻強磁場，一個不計重力的帶電粒子從坐標原點O處以速度v進入磁場，粒子進人磁場時的速度方向垂直于磁場且與x軸正方向成120°角，若粒子穿過y軸正半軸后在磁場中到x軸的最大距離為a，則該粒子的比荷和所帶電荷的正負是()A.，正電荷Ｂ．，正電荷 B.，負電荷C.，負電荷【答案】C【解析】從“粒子穿過y軸正半軸后……”可知粒子向右側偏轉，洛倫茲力指向運動方向的右側，由左手定則可判定粒子帶負電，作出粒子運動軌跡示意圖如圖．依據幾何關系有r＋rsin30°＝a，再結合半徑表達式r＝可得＝，故C項正確．3.如圖所示，圓形區(qū)域內有垂直紙面的勻強磁場，三個質量和電荷量都相同的帶電粒子a、b、c，以不同的速率對準圓心O沿著AO方向射入磁場，其運動軌跡如圖．若帶電粒子只受磁場力的作用，則下列說法正確的是A.a粒子動能最大B.c粒子速率最大C.b粒子在磁場中運動時間最長D.它們做圓周運動的周期Ta<Tb<Tc【答案】B【解析】【詳解】A.帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力供應向心力，有：有：，其中m、q、B都相同，所以R越大，v越大；由題意，c的軌跡半徑最大，故c粒子的速率最大，c粒子的動能最大；故A項錯誤，B項正確；D.粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期，有：周期與速度無關，它們做圓周運動的周期Ta=Tb=Tc，故D項錯誤；C.設粒子在磁場中轉過的圓心角為θ，則有運動時間為：，又由圖可知a粒子轉過的圓心角θ最大，故a粒子在磁場中運動的時間最長，故C項錯誤．4.如圖所示，在勻強電場中有四個點A、B、C、D，恰好為平行四邊形的四個頂點，O點為平行四邊形兩條對角線的交點．已知：φA＝－4V，φB＝6V，φC＝8V，則φD、φO分別為()A.－6V,6VB.2V,1VC.－2V,2VD.－4V,4V【答案】C【解析】勻強電場中，沿著某個方向，每前進相同距離，電勢的變更相同，故：φB?φA=φC?φD代入數據為：6?(?4)=8?φD解得：φD=?2V同理有：φC?φO=φO?φA代入數據有：8?φO=φO?(?4)解得：φO=2V故選C.點睛：在勻強電場中，沿著某個方向，每前進相同的距離，電勢的變更相同，依據該規(guī)律列式求解即可．5.如圖所示,虛線a、b、c代表電場中的三條電場線,實線為一帶負電的粒子僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡,P、R、Q是這條軌跡上的三點,由此可知()A.帶電粒子在R點時的加速度小于在Q點時的加速度B.帶電粒子在P點時的電勢能比在Q點時的電勢能大C.帶電粒子在R點時的動能與電勢能之和比在Q點時的小,比在P點時的大D.帶電粒子在R點時的速度大于在Q點時的速度【答案】D【解析】【詳解】A電場線的疏密表示電場的強弱，則由電場線疏密確定出，R點場強大，電場力大，加速度大，故A錯誤；BD.電荷做曲線運動，電場力指向曲線的內側，所以電場力的方向向右；若粒子從P經過R運動到Q，電場力做負功，帶電粒子的電勢能增大，動能減小，所帶電粒子在P點的電勢能小于在Q點的電勢能，帶電粒子在R點的動能大于帶電粒子在Q點的動能，即帶電粒子在R點時的速度大于在Q點時的速度，故B錯誤，D正確．C.依據能量守恒定律，帶電粒子在運動過程中各點處的動能與電勢能之和保持不變．故C錯誤．6.通電直導線A與圓形通電導線環(huán)B固定放在同一水平面上，通有如圖所示的電流，則A.直導線A受到的安培力大小為零B.直導線A受到的安培力大小不為零，方向水平向右C.導線環(huán)B受到的安培力的合力大小為零D.導線環(huán)B受到的安培力的合力大小不為零，其方向水平向右【答案】B【解析】【詳解】CD.依據右手螺旋定則知，直導線四周的磁場在導線的左側垂直紙面對里，在圓形導線的左右兩側對稱的各取一小段，依據左手定則，左側所受的安培力方向向右，右側所受安培力的方向向左，因為電流的大小相等，圓環(huán)左側處的磁感應強度小于右側處的磁感應強度，可知左側的受力小球右側的受力，則圓環(huán)B所受的合力方向向左，大小不為零．故C項錯誤，D項錯誤；AB.依據牛頓第三定律知，直導線所受的合力大小不為零，方向水平向右．故A錯誤，B正確．7.如圖所示，ABC為與勻強磁場垂直的邊長為a的等邊三角形，比荷為的電子以速度v0從A點沿AB邊射出（電子重力不計），欲使電子能經過AC邊，磁感應強度B的取值為A.B＜ B.B＜ C.B＞ D.B＞【答案】C【解析】【詳解】當電子從C點離開磁場時，電子做勻速圓周運動對應的半徑最小，設為R，如圖所示：由幾何學問得：2Rcos30°=a，解得：；欲使電子能經過AC邊,必需滿意：而，得：，解得：；A.B＜．故A項錯誤；B.B＜．故B項錯誤；C.B＞．故C項正確；D.B＞．故D項錯誤．8.勞倫斯由于獨創(chuàng)了回旋加速器以及借此取得的成果而于1939年獲得諾貝爾物理學獎．回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與頻率肯定的高頻溝通電極相連的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成的周期性變更的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖所示．要增大帶電粒子射出的動能，下列說法正確的是A.增大勻強電場間的加速電壓，其他保持不變B.增大磁場的磁感應強度，其他保持不變C.減小狹縫間的距離，其他保持不變D.增大D形金屬盒的半徑，其他保持不變【答案】BD【解析】【詳解】依據洛倫茲力等于向心力：，解得：，則最大動能：，知最大動能與加速電壓無關，與狹縫間的距離無關．與磁感應強度以及D形盒的半徑有關．A.增大勻強電場間的加速電壓，其他保持不變，帶電粒子射出的動能不變．故A項錯誤；B.增大磁場的磁感應強度，其他保持不變，帶電粒子射出的動能增大．故B項正確；C.減小狹縫間的距離，其他保持不變，帶電粒子射出的動能不變．故C項錯誤；D.增大D形金屬盒的半徑，其他保持不變，帶電粒子射出的動能增大．故D項正確．9.在如圖所示的電路中，已知電容C=2μF，電源電動勢E=12V，內電阻不計，R1：R2：R3：R4=1：2：6：3，則電容器極板a上所帶的電量為A－8×10-6C B.4×10-6CC.－4×10-6C D.8×10-6C【答案】D【解析】【詳解】電路結構如圖所示：當電路穩(wěn)定時R1電壓為：R3電壓為：所以電容器兩端電壓為：U′=U3?U1=4V此時電容器極板a上帶正電，所帶電荷量為：A.－8×10-6C．故A項錯誤；B.4×10-6C．故B項錯誤；C.－4×10-6C．故C項錯誤；D.8×10-6C．故D項正確．10.1922年英國物理學家阿斯頓因質譜儀的獨創(chuàng)、同位素和質譜的探討榮獲了諾貝爾化學獎．若一束粒子由左端射入質譜儀后的運動軌跡如圖所示，不計重力，則下列說法中正確的是A.該束帶電粒子帶負電B.速度選擇器的P1極板帶正電C.在B2磁場中運動半徑越大的粒子，質量越大D.在B2磁場中運動半徑越大的粒子，比荷越小【答案】BD【解析】【詳解】A.帶電粒子在磁場中向下偏轉，磁場的方向垂直紙面對外，依據左手定則知，該粒子帶正電．故A項錯誤；B.在平行金屬板間，依據左手定則知，帶電粒子所受的洛倫茲力方向豎直向上，則電場力的方向豎直向下，知電場強度的方向豎直向下，所以速度選擇器的P1極板帶正電．故B項正確；CD.進入B2磁場中的粒子速度v是相同的，由牛頓其次定律得：解得：，可知，r越大，比荷越小，粒子的質量m不肯定大，故C項錯誤，D項正確．11.霍爾元件是一種應用霍爾效應的磁傳感器，廣泛應用于各領域，如在翻蓋手機中，常用霍爾元件來限制翻蓋時開啟或關閉運行程序．如圖是一霍爾元件的示意圖，磁場方向垂直霍爾元件工作面，霍爾元件寬為d（M、N間距離），厚為h（圖中上下面距離），當通以圖示方向電流時，MN兩端將出現電壓UMN，則A.MN兩端電壓UMN僅與磁感應強度B有關B.若霍爾元件的載流子是自由電子，則MN兩端電壓UMN<0C.若增大霍爾元件寬度d，則MN兩端電壓UMN肯定不變D.通過限制磁感應強度B可以變更MN兩端電壓UMN【答案】CD【解析】【詳解】A.依據左手定則，電子向N側面偏轉，N表面帶負電，M表面帶正電，所以M表面電勢高，則UMN>0.MN間存在電勢差，之間就存在電場，電子在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡，設霍爾元件的長為a，有，I=nqvS=nqvdh，則：，所以MN兩端電壓UMN與磁感應強度B、電流I、載流子電量、霍爾元件厚度都有關系，故A項錯誤；B.若霍爾元件的載流子是自由電子，依據左手定則，結合題意可知，自由電子偏向N極，則MN兩端電壓UMN>0，故B項錯誤；C.由MN兩端電壓的表達式可知，增大霍爾元件寬度d，MN兩端電壓UMN肯定不變，故C項正確；D.由MN兩端電壓的表達式可知，通過限制磁感應強度B可以變更MN兩端電壓UMN，故D項正確．12.電磁軌道炮工作原理如圖所示．待放射彈體可在兩平行軌道之間自由移動，并與軌道保持良好接觸．電流I從一條軌道流入，通過導電彈體后從另一條軌道流回．軌道電流可形成在彈體處垂直于軌道面得磁場（可視為勻強磁場），磁感應強度的大小與I成正比．通電的彈體在軌道上受到安培力的作用而高速射出．現欲使彈體的出射速度增加至原來的2倍，理論上可采納的方法是A.只將軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍B.只將電流I增加至原來的2倍C.只將彈體質量減至原來的一半D.將彈體質量減至原來的一半，軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，其它量不變【答案】BD【解析】試題分析：通電的彈體在軌道上只受安培力作用，依據動能定理可得，因為磁感應強度的大小與I成正比，即，聯立解得，若只將軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，則速度變?yōu)樵瓉淼谋?，若只將電流I增加至原來的2倍，則速度變?yōu)樵瓉淼?倍，若將彈體質量減至原來的一半，則速度變?yōu)樵瓉淼谋?，將彈體質量減至原來的一半，軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，則速度變?yōu)樵瓉淼?倍，故BD正確；考點：考查了安培力，動能定理13.在圖示的電路中，閉合開關后，當滑動變阻器的滑動觸頭P從最上端漸漸滑向最下端的過程中，電壓表V的讀數變更量為ΔU，電流表A2的讀數變更量為ΔI2（電表均視為志向電表）．則A.電壓表V的讀數先變大后變小B.電流表A1的讀數變大C.電流表A2的讀數變大D.ΔU與ΔI2的比值為定值【答案】ABD【解析】【詳解】A.當滑動變阻器的滑動觸頭P從最上端漸漸滑向最下端的過程中，總電阻先增大后減小，依據閉合電路歐姆定律知，總電流先減小后增大，內電壓先減小后增大，則路端電壓表讀數先增大后減小，因此電壓表V的讀數先變大后變?。娏鞅鞟2的讀數先變小后變大，故A項正確，C項錯誤；B.滑片P從最上端滑至中點的過程中，變阻器的總電阻增大，電壓增大，下部分電阻減小，所以電流表A1的讀數變大．從中點滑至最下端的過程中，變阻器總電阻減小，電流增大，路端電壓減小，通過變阻器上部分的電流變小，而電路的總電流增大，則電流表A1的讀數變大，因此電流表A1的讀數始終變大，故B項正確；D.依據閉合電路歐姆定律得，得，保持不變，故D項正確．14.如圖所示，一個帶正電的滑環(huán)套在水平且足夠長的粗糙的絕緣桿上，整個裝置處于方向如圖所示的勻強磁場中，現給滑環(huán)一個水平向右的瞬時作用力，使其起先運動，則滑環(huán)在桿上的運動狀況可能的是A.始終做勻速運動B.始終做減速運動，最終靜止于桿上C.先做加速運動，最終做勻速運動D.先做減速運動，最終做勻速運動【答案】ABD【解析】【詳解】A．當帶正電的環(huán)進入磁場時豎直向上的洛倫茲力恰好等于自身的重力時，則環(huán)與桿沒有相互作用力，所以沒有摩擦力存在，因此環(huán)做勻速運動，故A正確；B．當帶正電的環(huán)進入磁場時的豎直向上的洛倫茲力小于自身的重力時，則環(huán)與桿有相互作用力，所以有摩擦力存在，因此環(huán)在摩擦力作用下，做減速運動，直到停止，故B正確；C．當帶正電的環(huán)進入磁場時豎直向上的洛倫茲力，其大小確定環(huán)是否受到摩擦力，所以環(huán)不行能加速運動，故C錯誤；D．當帶正電的環(huán)進入磁場時豎直向上的洛倫茲力恰好大于自身的重力時，則環(huán)與桿有相互作用力，所以有摩擦力存在，因此環(huán)做減速運動，導致洛倫茲力大小減小，當其等于重力時，環(huán)起先做勻速直線運動，故D正確．二、試驗題15.（1）某同學選擇多用電表的“×1”擋測量一電阻的阻值．正確操作后得到如圖所示的指針狀況．則電阻的阻值約為__________Ω．（2）為了精確測量該電阻Rx的阻值，該同學從試驗室找來了下列器材：電流表A1（0～40mA．內阻r1=11.5Ω）電流表A2（0～100mA．內阻r2≈5Ω）滑動變阻器R（0～10Ω）電源E（電動勢1.5V、有內阻）開關、導線若干①試驗中要求調整范圍盡可能大，在方框內畫出符合要求的電路圖，并在圖中注明各元件的符號．（）②用I1、I2分別表示電流表A1、A2的示數，該同學通過描點法得到了I1?I2圖像，如圖所示，則電阻的阻值為_____________Ω．【答案】(1).12(2).(3).11.5【解析】【詳解】（1）[1]歐姆表的示數為：12×1=12Ω（2）①[2]將A1當作電壓表用，小電阻用電流表外接法；要求調整范圍盡可能大，滑動變阻器阻值小，用分壓式接法．電路如圖所示：②[3]由電路圖：代入其中嚴格在線上的點可得：Rx=11.5Ω三、計算題16.豎直放置的兩塊足夠長的帶電平行金屬板間有勻強電場，其電場強度為E，在該勻強電場中，用絲線懸掛質量為m的帶正電小球，當絲線跟豎直方向成θ角，小球與板距離為b時，小球恰好平衡，如圖所示．（重力加速度為g）求：（1）小球帶電量q是多少？（2）若剪斷絲線，小球遇到金屬板需多長時間？【答案】（1）；（2）t=【解析】【詳解】（1）小球受力平衡，對小球受力分析如圖所示：依據平衡條件可知：水平方向上：Fsinθ=qE豎直方向上有：Fcosθ=mg聯立解得：；（2）探討水平方向的運動．剪斷絲線后，小球沿水平方向做勻加速直線運動．加速度為：，由運動學公式得：解得：17.如圖所示，在傾角為θ=30°斜面上，固定一寬L=0.25m的平行光滑金屬導軌，在導軌上端接入電源和滑動變阻器R．電源電動勢E=12V、內阻r=1Ω，一質量m=20g的金屬棒ab與兩導軌垂直并接觸良好