吉林省松原市前郭尔罗斯蒙古族自治县第五高级中学2024-2025学年高二上学期12月教学质量检测物理试卷

高二物理答案 第 1 页 共 13 页 2024-2025 学年度上学期高二 12 月份教学质量检测 物理答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C B A C D C CD AD ABC 1．B 【详解】电池需要充满的电荷量为 3000mA hq   q It  3000mA h =30min 6000mA qt I     故选 B。 2．C 【详解】A．若励磁线圈通以逆时针方向的电流，由安培定则知，产生的磁场向外，根据 左手定则判断知，电子进入磁场时所受的洛伦兹力向下，电子的运动轨迹不可能是图中 所示，同理，可得励磁线圈通以顺时针方向的电流，则能形成结构示意图中的电子运动 径迹，故 A错误； B．电子在加速电场中加速，由动能定理有： 2 0 1 2 eU mv 电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有： 2 0 0 veBv m R  解得 1 2mUr B q  仅增大电子枪加速电场的电压，运动径迹的半径变大；仅减小励磁线圈中的电流，则 B 减小，运动径迹的半径变大，故 B错误，C正确； D．粒子运动的周期为： 2 2R mT v qB     减小电子枪加速电场的电压，电子运动的周期将不变，故 D错误。 故选 C。 高二物理答案 第 2 页 共 13 页 3．B 【详解】A．电源的输出功率为 2 2 2 2( ) 2 E EP I R R rR r R r R       出 外 外 外 外 外 可知当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大；由于灯泡电阻大于电源内阻，所以当 电位器接入电路中的阻值为零时，电源的输出功率最大，则最大功率为 2 max LP I R L EI R r   联立解得 max 12WP  故 A错误； B．由题可知，当电位器接入电路中的阻值为零时，电路中的电流最大，灯泡消耗的功率 也最大，最大功率为 2 L L L ( ) 12WEP R R r    故 B错误； C．根据题意，把灯泡电阻等效为电源内阻的一部分，可知当电位器接入电路中的阻值为 0 LR R r  电位器的功率最大，则有 0 L2( ) EI R r   最大功率为 2 0 0 0 L( ) 5WP EI I R r    故 C错误； D．根据效率的计算公式有 2 2 ) I R R I R r R r      外 外 外 外 （ 可知外电阻越大时，效率越高，则当 0 20R  时，电源效率最大，故 D错误； 4．A 【详解】AB．由题意可知，通电导线 a、c在 O处产生的磁感应强度大小均为 B，方向 高二物理答案 第 3 页 共 13 页 分别为竖直向上、竖直向下，b在 O处产生的磁感应强度为 2B，方向为水平向右。根据 磁场强度的叠加原理可知，O点的磁感应强度大小为 2B，方向从 O指向 c，故 A正确， B错误； 导线 a受到的安培力如图所示，方向不在∠ ' ' 'b a c 角分线上，故 C错误； 导线 b受到的安培力如图所示，方向竖直向下，故 D错误。 故选 B。 5．C 【详解】A．当磁铁向下运动时（但未插入线圈内部），穿过螺线管的磁通量增大，故 A 错误； B．根据“来拒去留”可知，磁铁靠近线圈，则磁铁与线圈相互排斥，故 B错误； C．由图可知，当磁铁竖直向下运动时，穿过线圈的磁场方向向下增大，由楞次定律可知 感应电流的磁场应向上，由右手螺旋定则可知电流方向为从b R a  ，故 C正确； D.将条形磁铁 N和 S极对调重复上述过程，根据“增反减同”可知感应电流方向与第一 次相反，D错误。 故选 C。 6．D 【详解】根据洛伦兹力提供向心力可得 2 0 0 vqv B m r  解得 0mvr qB  设质子 11H在磁场中的运动半径为 r1， 21H粒子在磁场中的运动半径为 r2 2 1r r 高二物理答案 第 4 页 共 13 页 两个粒子运动的圆心角和运动的弧长都相等，根据 lt v  故选 D。 7．C 【详解】开关 S闭合时 R1与 R2串联，R3与 R4串联，然后组成并联电路，则 R1两端电压 1 1 1 2 1 5V 1V 1 4 RU E R R        R3两端电压 3 3 3 4 4 5V 2V 4 6 RU E R R        可知电容器两端电压 C=1VU 则待电路稳定后电容器带电量 C=12 CQ CU  断开 S后，R1与 R3串联，R2与 R4串联，然后再并联，则 13 1Ω 4Ω 5ΩR    24 4Ω 6Ω 10ΩR    根据并联分流及电流公式可得断开 S后流经 R4的电荷量为 ' 13 13 24 5 12 C=4 C 5 10 RQ It Q R R         故 C正确。 故选 C。 8．CD 【详解】A．由闭合电路欧姆定律可得，电压表的读数为 U E Ir  可知U I 图像是一条向下倾斜的直线，故A错误； B．当缓慢增大光照强度时，则光敏电阻 3R的阻值减小，电流 I 变大，根据 2 1P I R 可知， 高二物理答案 第 5 页 共 13 页 P I 图像是一段开口向上的抛物线，故 B错误； C．电容器所带的电荷量为 1Q CU IRC  可知Q I 图像是一条过原点的倾斜直线，故 C正确； D．由 U E Ir  可得 U I    ( )r 可知 U I   图像是一条向下倾斜的直线，故 D正确。 故选 CD。 9.AD 【详解】A．图甲是磁流体发电机结构示意图，根据左手定则可以判断出正离子向 B板 偏转，负离子向 A板偏转。所以 A板是发电机的负极，故 A正确； B．霍尔元件中若导电粒子为正电荷，根据左手定则可以判断出正电荷向 N点偏转，N点 电势高；若导电粒子为负电荷，根据左手定则可以判断出负电荷向 N点偏转，N点电势 低。故 B错误； C．电磁流量计中，设横截面积为 S，长度为 l，带电粒子电荷量为 q，定向移动速率为 v。 流量为单位时间流过某横截面的体积，即 Q Sv 其中 2π 4 dS  根据平衡条件，得 qvB Eq NMUE d  则流量为 高二物理答案 第 6 页 共 13 页 π 4 NMdUQ Sv B   故 C错误； D．回旋加速器的最大速度由回旋加速度 D形盒的半径限制。由牛顿第二定律 2vqvB m R  可得 qBRv m  所以最大动能为 2 2 2 2 km 1 2 2 q B RE mv m   与电压 U无关，故 D正确。 故选 AD。 10．ABC 【详解】A．由题意可知，带电粒子从 M点进入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，在磁 场中运动时间最长的粒子的圆弧所对应的弦应是圆磁场的直径，如图所示，设粒子进入 磁场的速率为 v，由洛伦兹力提供向心力可得 2 1 vqvB m r  解得 1qBrv m  粒子在磁场中运动的周期为 12 2r mT v qB     高二物理答案 第 7 页 共 13 页 在磁场中运动时间最长的粒子运动时间为 2 m qB  ，则粒子在磁场中转动的时间为 1 1 4 t T 可知粒子在磁场中转动的圆弧所对的圆心角为 1 2 4 2     可得粒子在磁场中运动的半径为 1 2r R 可得粒子从 M点进入磁场时的速率为 2qBRv m  A正确； B．从 N点离开磁场的粒子运动轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力，可得 2 2 vqvB m r  解得 2 2 mvr R qB   由几何关系可知 2 3   则从 N点离开磁场的粒子运动时间为 高二物理答案 第 8 页 共 13 页 2 6 3 1 mt T qB    B正确； C．若将磁感应强度的大小增加到 2B时，粒子运动轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向 心力，可得 2 3 2 vqv B m r   解得 3 2 mvr R qB   由图可知 3O N ON ，则粒子沿 ON方向从 N点射出磁场，C正确； D．若将磁感应强度的大小增加到 2 2B，可知粒子的运动半径为 4 22 2 mv Rr qB   由 C选项的解析可知，当粒子的轨迹半径是 2 R 时，设粒子打到的最远点为 A，则 AM为 粒子的直径为 R，因此劣弧 MN上的一部分点会有粒子射出，D错误。 故选 ABC。 11. 正 100 1200 1 1 2 1 U R U U 高二物理答案 第 9 页 共 13 页 【详解】（1）[1]电流从多用电表的红表笔流入，从黑表笔流出；电流从电压表的正接线 柱流入电压表，从电压表的负接线柱流出，则将多用电表的黑表笔与待测电压表的正接 线柱相连； [2]发现指针偏转角度较小，说明所测电阻偏大，欧姆挡倍率选择过小，则为了较准确地 进行测量，应选择“ 100 ”挡； [3]根据欧姆表读数规则，可知所测电阻为 12 100 1200xR      （2）[4]据欧姆定律及串、并联电路的特点可得 1 2 1 1 V UU U R R   解得 1 1 V 2 1 U RR U U   12．1 2.60  05U E R r I   3.0 【详解】（1）将量程为0 40mA 的毫安表改装成量程为0 200mA的电流表，需要并联 一个电阻起到分流的作用，根据并联电路特点可知 1R分得的电流为 1 200mA 40mA 160mAI    由并联电路电流之比等于电阻的反比得 140mA 160mA 4Ω R  解得 1 1ΩR  （2）两节干电池电动势约为 3V，可知选取的是0 3V量程，则电压表读数为 2.60V。 （3）由闭合电路欧姆定律得  05E U I R r   则  05U E R r I   高二物理答案 第 10 页 共 13 页 所以 而 3 Δ 2.98 2.20 Ω 22.286Ω Δ 0 35 10 Uk I        因此电源的内阻为 0 2.95Ω 3.0Ω5 k r R    13.（1）1.9 （2）2A 【详解】 （1）依据物块的平衡条件可得： 2T m g ·····（1分） 依据导体棒的平衡条件可得 ab棒恰不右滑时： T f BIL  ·····（1分） Nf F ·····（1分） 1NF m g ·····（1分） 依据闭合电路欧姆定律可得：  E I R r  ·····（1分） 由以上各式代入数据可解得： 1.9R   ·····（1分） （2）依据导体棒的平衡条件可得： 1cos sinBIL T m g   ·····（2分） 解得： 2AI  ·····（1分） 14.（1） 34.5 10 V/mE   ， 41.5 10 TB   ；（2） 73 2 10 m/sv   ；（3） 0.1 2 mD  （ +1） 【详解】（1）根据匀强电场的电势差与电场强度关系有： 34.5 10 V/mUE d    ·····（1分） 带电粒子沿极板中线匀速飞出极板，由平衡条件有： 0qE qv B ·····（1分） 解得：  05k R r  高二物理答案 第 11 页 共 13 页 4 0 1.5 10 TEB v    ·····（1分） （2）撤去磁场 I，离子离开电场时，在 0v 方向有： 0L v t ·····（1分） 在电场强度方向上： qE ma ·····（1分） yv at ·····（1分） 离子离开电场时速度： 2 2 0 yv v v  ·····（1分） 解得： 73 10 m/syv   ·····（1分） 73 2 10 m/sv   ·····（1分） （3）设粒子进入磁场时速度与 0v 方向所成夹角为 ，则有： 0 tan 1y v v    45   ·····（1分） 进入磁场 II由洛伦兹力提供向心力，有： 2vqvB m r  ·····（1分） 解得 0.1 2mr  ·····（1分） 撤去磁场 I后，要使离子不从边界 PQ射出，磁场 II的宽度至少为： sinD r r   ·····（1分） 解得： 0.1 2D  （ +1）m ·····（1分） 15．（1） 01 mvB eR  （2） 8 3 d （3） 2 3 d 【详解】（1）所有电子射入圆形区域后做圆周运动轨道半径大小相等，设为 r，当电子从 位置 y=R处射入的电子经过 O点进入 x轴下方，则 r=R ·····（2分） 2 0 0 1 vev B m r  ·····（1分） 高二物理答案 第 12 页 共 13 页 解得 01 mvB eR  ·····（1分） （2）的示意图 （3）的示意图 （2）设电子经电场加速后到达 ab时速度大小为 v，电子在 ab与 MN间磁场做匀速圆周 运动轨道半径为 r1，沿 x轴负方向射入电场的电子离开电场进入磁场时速度方向与水平 方向成θ角，则 2 2 0 1 1 2 2 eEd mv mv  ·····（1分） 0 5 3 v v ·····（1分） 1 2 mvr eB  ·····（1分） 1 5 3 r d ·····（1分） 0 3cos 5 v v    θ＝53° ·····（1分） 如果电子在 O点以速度 v0沿 x轴负方向射入电场，经电场偏转和磁场偏转后，不能打在 感光板上，则所有电子都不能打在感光板上，恰好不能打在感光板上的电子在磁场中的 圆轨道圆心为 O2如图，则感光板与 ab间的最小距离 1 1 1 cosh r r   ·····（1分） 解得 1 8 3 h d ·····（2分） 高二物理答案 第 13 页 共 13 页 （3）如果电子在 O点沿 x轴正方向射入电场，经电场偏转和磁场偏转后，能打在感光板 上，则所有电子都能打在感光板上．恰好能打在感光板上的电子在磁场中的圆轨道圆心 为 O3，如图，感光板与 ab间的最大距离 2 1 1 cosh r r   ·····（1分） 解得 2h  2 3 d ·····（2分）