广东省湛江市第一中学2024-2025学年高二下学期第一次月考物理试题

湛江第一中学2024~2025学年度第二学期第一次大考 高二物理 考生注意： 1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。 2.考生作答时，请将答案填在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡 昌 上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上 各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作 答无效。 3.本卷命题范围：粤教版选择性必修第二册第一章至第三章第二节：选择性必修第一册第 四章：必修第三册第三章。 雾 一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题列出的四个选项 中，只有一项符合题目要求) 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 如 C.若将通电直导线从中点折成直角型导线，安培力的大小一定变为原来的2倍 D.安培力是洛伦兹力的宏观表现，所以安培力永不做功 2.图甲为交流发电机，磁场可视为水平方向的匀强磁场，线圈绕垂直于磁场的水平 轴OO沿逆时针方向匀速转动，电阻R=10Ω，其余电阻均忽略不计。从图示位 置开始计时，电阻R两端电压随时间变化的图像如图乙所示，则下列说法正确 的是 0 /(×10s) -10/2 甲 A.发电机工作原理是电流的磁效应 B.t=2×10-2s时，电路中电流表示数为√2A C.电阻R中的电流方向每秒钟变化50次 D.线圈中产生的电动势瞬时值表达式为e=10√2cos(100πt)V 【高二大考·物理卷第1页（共6页）】 D201B 3.如图所示，一个力传感器固定在天花板上，一边长为L的正方形匀质导线框αbcd 用不可伸长的轻质绝缘细线悬挂于力传感器的测力端，导线框的bd部分垂直 放在磁感应强度为B的匀强磁场中，b、d两点恰好位于匀强磁场的水平边界线 上。若在导线框中通以大小为I方向如图所示的恒定电流，导线框处于静止状 态，力传感器的示数为F;只改变电流方向，其他条件不变，导线框再次处于静止 状态时，力传感器的示数为F2。则下列说法中正确的是 A.当电流方向如图所示时，导线框受到的安培力大小为2BL B.当电流方向如图所示时，由平衡条件可得F,一√2BL=mg C.当导线框中的电流反向时，由平衡条件可得F2一√2BL=mg D.匀强磁场的磁感应强度大小B与上述物理量之间的关系满足 B=2(E-E2) 41L 4.如图甲所示，面积为0.4m,匝数为150匝的线圈所在区域存在垂直线圈平面的 磁场，磁感应强度B随时间1变化的规律如图乙所示，规定磁场垂直纸面向里为 正，线圈与定值电阻R相连。下列说法正确的是 ↑B/T 0.5 -0.5 XX 图甲 图乙 A.t=0时，穿过线圈的磁通量为30Wb B.t=2.5s时，线圈中的电流改变方向 C.0一5s内，线圈都有收缩的趋势 D.0~5s内，b点电势均比a点电势高 5.电磁技术的应用非常广泛：图甲是磁流体发电机的原理图、图乙是回旋加速器的 示意图、图丙是磁电式电流表的内部结构、图丁是速度选择器。下列说法正确 的是 铝框 十+十+++ ×××X××X 象大0 ××××××× 等离子体 高压交流电 甲 乙 丙 A.磁流体发电机的A板是正极，B板是负极 B.增大回旋加速器狭缝间的电压，被加速粒子获得的最大动能增加 C.磁电式仪表中的铝框可使指针较快停止摆动，这是利用了电磁驱动的原理 E D.速度选择器中能做直线运动的电子和质子的速度均需要满足v= B 【高二大考·物理卷第2页（共6页）】 D201B 6.如图所示，从上往下看固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直 向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，长度为r、电阻为R的直导体棒OA置于 圆环上面，直导体棒O端和圆环α点分别与如图所示的外电路相连，其中电阻 R1=R,R2=2R,平行板电容器电容为C。已知重力加速度为g,不计其他电阻和 摩擦。则导体棒OA在外力作用下绕O点以角速度仙顺时针匀速转动过程中， 下列说法正确的是 A.N板带正电 B.导体棒OA产生的电动势为Brw C.电容器所带电荷量为CBrω D,电阻R上消耗的电功率为B 4R 7.直角三角形abc中∠a=30°，ab边长为2L,其内存在垂直纸面向外、磁感应强度 大小为B的匀强磁场。在ac边的中点d有一粒子源，能平行纸面向磁场内各个 方向发出速率=③BL,质量为m,电荷量为g的带正电粒子。不考虑粒子间 21m 的相互作用，则 A,从bc边射出的粒子，在磁场中运动的时间可能是咒☐ B从c边射出的粒子，在磁场中运动的位移最大值为受1 530 Cc边有粒子射出的区域的长度是号1 D.从c点射出的粒子，射出时速度方向与射入时速度方向相反 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题列出的四个选项 中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的 得0分) 8.如图所示，长为√3d的两正对平行金属板MN、PQ水平放置，板间距离为2d,板 间有正交的匀强电场和匀强磁场。一带电粒子从MP的中点O垂直于电场和磁 场方向以初速度o射入，恰沿直线从NQ的中点A射出；若只撤去电场，该带电 粒子仍从O点以初速度。水平射入，则粒子从V点射出，粒子重力不计。以下 说法正确的是 A.该粒子一定带正电 B.该粒子带正电、负电均可 C.若只撤去磁场，该带电粒子仍从O点以初速度。水平射入，则粒 子从AQ之间射出 X D.若只撤去磁场，该带电粒子仍从O点以初速度v。水平射入，则粒 子打在板PQ上 【高二大考·物理卷第3页（共6页）】 D201B 9.真空区域有宽度为、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里， MN、PQ是磁场的边界。质量为m、电荷量为q(g>0)的带正电粒子（不计重力） 沿着与MN夹角0=30°的方向（如图所示）以一定的速度（大小未知）射入磁场 中，从PQ边界射出磁场时与PQ的夹角为60°。则的大小可能为 A.3-1)gB1 V+ 2m B.3+1)gB X 2m C.3-1)gB m D.3+1)BL m 10.如图所示，间距一1m的足够长光滑平行金属导轨竖直固定，导轨在等高的a、b 两点断开，α、b两点将导轨分成上下两部分，并用绝缘材料连接，顶端接一阻值 R=0.52的电阻，底端接一电容C=0.2F的电容器。整个装置处于垂直纸面向 里的匀强磁场中，磁感应强度大小B=1T。质量均为m=0.8kg的金属棒MN、 PQ分别从导轨顶端和水平虚线ab的下方某一位置由静止同时释放，当金属棒 PQ下落高度d=4m时，金属棒MN已经达到最大速度（还没到达虚线ab)。 两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，金属棒与导轨的电阻均不 计，重力加速度g=10m/s2。在金属棒PQ下落高度d=4m的过 程中，下列判断正确的是 A.金属棒PQ下落高度d=4m时的速度大小为8m/s a... B.金属棒MN的最大速度为4m/s ×XX C.金属棒PQ下落高度d=4m时，金属棒MN下降的高度为 d 2.4m D.电阻R上产生的热量为14.8J 三、非选择题（本题共5小题，共54分。考生根据要求作答）】 11.(6分)某同学利用如图甲所示装置测量红光的波长，实验时，接通电源使光源正 常发光，加上红色滤光片，调整光路，然后从目镜中进行观察。 转轮 光源滤光片单筵 双缝遮光筒 测量头目镜 0mm站 30 甲 (1)若从目镜观察到的明暗相间条纹如图乙所示，可能的原因是 A.单缝与双缝不平行 B.忘记放置双缝 C.屏幕到双缝的距离太短 【高二大考·物理卷第4页（共6页）】 D201B (2)某次测量时，选用的双缝间距为0.300mm,测得光屏与双缝间的距离为 1.20m,第1条亮纹中心对准分划板中心时手轮上示数如图丙所示，则示数 为 mm,第4条亮纹中心对准分划板中心时手轮上示数为 9.980mm,利用上述数据可算得所测红光的波长为 m。 12.(8分)某研究性学习小组的同学，为检测某工厂排放污水的情况，制作了一个简 易的电磁流量计，如图甲所示。该装置为中空的长方形管道，长、宽、高分别为 a=20cm,b=c=10cm,左右两端开口，与排污管道连通。流量计的上下底面为 绝缘体，前后两个侧面为导体，并分别固定两个电极M、N。在垂直于底面的方 向加一竖直向下的匀强磁场，已知磁感应强度为B=0.8T。当含有正负离子的 污水从左向右流经该装置时，M、N两电极间将产生电势差，大小记为U。 5000n/V 2500n/V (1)若使用多用电表的电压挡测量M、N电极间的电势差，则与图甲中M相连 的应是多用电表的 色表笔（选填“红”或“黑”）。 (2)某次测量时，使用了多用电表250mV量程的直流电压挡，表盘示数如图乙 所示，则U= mV。 (3)若多用电表使用直流电压挡时，可近似视为理想电压表，则根据(2)中测得 的电压值，可估算出污水的速度为 m/s(结果保留2位有效数字)。 (4)现把多用电表的换挡开关旋至量程适当的直流电流挡，把红、黑表笔正确接 至M、N两个电极，测得电流值为I=50μA,并已知此时多用电表的内阻为 r=200Ω。假定污水的流速恒定并且充满流量计的长方形管道，由此可估算 出污水的电阻率ρ= 2·ma 13.(10分)质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从M点以速度v射入半径为L的圆 形匀强磁场区域，经过圆心O后从N点射出，O、M、N三点的连线刚好构成等 边三角形，求： (1)磁感应强度大小B: (2)粒子在磁场中运动的时间t。 【高二大考·物理卷第5页（共6页）】 D201B 14.(14分)世界多国都在加紧研制真空管道超高速磁悬浮列车。某研发团队想要 探究其电磁刹车的效果设计了一电磁制动装置，其简化模型俯视图如图所示。 质量为m的单匝正方形导线框边长为a,电阻为R。在线框运动方向上有等间 隔交替分布、垂直纸面向外的匀强磁场区域（有磁场区域和无磁场区域交替出 现)，每一块磁场区域大小相同，磁感应强度大小均为B。已知磁场长度MN= a,两相邻的磁场区域间距离VM'=a,磁场宽度MP略大于a,线框以初速度 进入磁场，从进入磁场到停止运动的时间为，线框与水平面间的动摩擦因数为 ,重力加速度为g。求线框： (1)进入磁场瞬间所受的安培力大小F; (2)开始进入第一个磁场区域至完全进入的过程中，通过其横截面的电荷量q; (3)从进入磁场到停止运动的过程中前进的距离。 15.(16分)利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，立体 空间(x,y,之)内有沿之轴高度为3L、沿y轴宽度为L的平行于xOy平面的匀强 磁场区域I和Ⅱ，磁感应强度大小为B,磁场方向与y轴平行且指向y轴正方 向；区域Ⅱ同时存在与之轴平行且指向~轴负方向的匀强电场。位于 P(0,)处有一离子源，已知离子源：轴方向距0点距离大于3L,离子源释 放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴正方向夹角0=53°的正离子束，离 子从平行于xO:平面射向I区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽 略磁场的边界效应。 (1)求离子不进入区域Ⅱ的最大速度的 大小： (2)若离子源释放离子速度大小=5qBL m 3L B 求离子进入区域Ⅱ时与区域Ⅱ上边界的 夹角0： (3)将离子源移至(0，，L)处，释放速度大小 =BL,方向平行于x轴正方向的正离子束，要实现离子不从区域Ⅱ下边 m 界飞出，则电场强度E的大小需满足什么条件？ 【高二大考·物理卷第6页（共6页）】 D201B湛江第一中学2024~2025学年度第二学期第一次大考 高二物理参考答案 1.B解析：AB.根据左手定则可知，安培力方向与磁场和电流组成的平面垂直，即与电流和磁 场方向都垂直，A错误，B正确：C.由安培力计算公式可知，当电流方向与磁场的方向平行，所 受安培力为0.将直导线从中折成直角，另一半与磁场平行时，安培力的大小变为原来的一 半，C错误；D.安培力对导线可能做功，D错误.故选B. 2.D解析：A.交流发电机的工作原理是电磁感应，A错误；B.1=2×10-s时，线圈产生的感 应电动势瞬时值u=10,②V,感应电流的瞬时值i一发=√2A,电流有效值为1A,故电流表示 数为1A,B错误：C.交流电的周期T=0.02s,一个周期内电流方向改变2次，则每秒钟电流 方向变化100次，C错误；D.线圈从此位置开始计时，产生的交流电电动势e=E cosot= 10V2cos(100πt)V,D正确.故选D. 3.C解析：线框在磁场中受到安培力的等效长度为bd=√2L,当电流方向为图示方向时，由左 手定则可知导线框受到的安培力竖直向上，大小为F=√2BL,对导线框受力平衡可得F,十 √2BL=mg,当导线框中的电流反向，则安培力方向竖直向下，此时有F2一√2BL=g,联 立解得B=②(B一F).故选C 4IL 4.D解析：A.当t=0时，B=0.5T,穿过平面的磁通量中=BS=0.2Wb,A错误；BD.磁场先 向里减小，再向外增大，由楞次定律可判断出在5s内的感应电流方向始终相同，且为线圈顺 时针方向，b点电势均比a点电势高，B错误，D正确：C.根据“增缩减扩”的规律可判断出线 圈在0~2.5s内具有扩张趋势，而在2.5s~5s内具有收缩趋势，C错误.故选D. 5.D解析：A.根据左手定则，满足正电荷向下偏转，所以B板带正电，为发电机的正极，A极 板是发电机的负极，A错误：R粒子离开回国旋加速器时动能最大，根据B=m二，可得) 粒子获得的最大动能为B,-令m心-父R,所以仅增大回旋加速器狭缝间的电压，被 172 2m 加速粒子获得的最大动能不变，B错误：C.磁电式仪表中的铝框可使指针较快停止摆动，是利 用了电磁阻尼的原理，C错误：D.电子所受电场力竖直向上，洛伦兹力竖直向下：质子所受电 场力竖直向下，洛伦兹力竖直向上，两者都是只需满足电场力和洛伦兹力等大即可，根据 0B=9E,解得吉，D正确故选D 【高二大考·物理答案第1页（共6页）】 D201B 6.C解析：A.根据右手定则可知，等效电源OA的A端为正极，则M板带正电，N板带负电， A错误：B.导体棒OA垂直磁场转动切制磁感线，则产生的感应电动势为E=Bw·2r= Bg,B销误：C回路的感应电流1一R十尺十尺电容器两端电压U,=R。,根据电容的定 E 义式有C-号，解得Q-CBra,C正确：D.电阻R上消耗的电功率为P=PR,结合上述 解得P= 识，D错误.故选C 7.A解析：A.由题意，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由左手定则知，从 c边射出的粒子顺时方向运动到c边，根据B=m二得半径r=L, 2 结合几何关系，可知从bc边射出的粒子在中运动轨迹与ab相切时，对 应在磁场中运动的时间最长，由几何知识求得轨迹对应圆心角为90°， 0 从。点射出时，时间最短，轨迹对应圆心角为60°，运动轨迹如图所示，根据T=2xm, 2π 所以从c边射出的粒子，在篮场中运动的时间满足≤1≤治，八正确：B.由儿何知识，可 得从6c边射出的粒子，在磁场发生的位移最大为F=区r=受1，B错误：C.c边有粒子射 出的区域长度为PC=?=1.C错误：D.从c点射出的粒子，由几何知识判断知速度方向偏 转60°，D错误.故选A. 8.AC解析：AB.由于撤去电场时，该带电粒子从N点射出，可知洛伦兹力方向 向上，根据左手定则可知，粒子带正电，A正确，B错误；CD.有电场与磁场作 用时，由于粒子恰沿直线从VQ的中点A射出，可知，此时粒子做匀速直线运 动，则有gB=gE,解得E=B,若只撤去电场，粒子从N点射出，作出轨迹 如图所示，根据几何关系有R=(5》+(R-d》,解得R=2d,在磁场中B=m尺，结合 上述解得E=,若只撒去酷场，该带电粒子仍从0点以初速度水平射入，若粒子从AQ 之间射出，则有，3d=y=之·片，解得)y=子d<d可知，粒子从AQ之间射出，C正确。 D错误.故选AC. 9.CD解析：粒子从F点射出时，轨迹圆心为O,,半径为R1,如图所示，根据几何关系有1 AE-FG=Rc0s30-Rc0s60,解得R=(5+1),根据901B=m完，解得w= 【高二大考·物理答案第2页（共6页）】 D201B 5十1)qB,粒子从D点射出时，轨迹圆心为O,半径为R:,根据几何关系有1=AB+CD= m Ros30+Rcos60心，解得尼=(5-1D1,根据maB=m完可得=5，DgBL,故 选CD. 10.ABC 解析：A.金属棒PQ下落过程，由牛顿第二定律mg一Bl=ma,又I=△Q_C·△L △ △ CB△，联立解得a=8m/s,可知金属棒PQ做匀加速直线运动，可得2ad=亡，解得 △1 v=8m/s,A正确：B.金属棒MN达到最大速度时，其加速度为0，有mg=Bl,又I= E=Blvm,联立解得v=4m/s,B正确：C.金属棒PQ下落高度d=4m时，经历的时间为 Blh 1=名-1s,此过程对金属棒MN应用动量定理mg1一B=m.一0，又T= t Blh d R R Rt' 联立解得A=2.4m,C正确：D.根据能量守恒定律可得mgh=2m%+Q,解得Q=12.8),D 错误.故选ABC. 11.(1)B(2分) (2)2.420(2分)6.3×107(2分) 解析：(1)图乙是衍射条纹，则原因可能是因未放置双缝，故出现单缝衍射条纹 (2)读数要估读一位，整毫米数为2，半毫米刻度线未漏出，可动部分转过了整42个格，估读 0,故示数为2.420mm. 条纹间距△x=44,所测单色光的波长A=dAr=0.3X10-X(9.980-2.420)×10 3 -m= (4-1)×1.2 6.3×10-m. 12.(1)黑(2分) (2)145(2分) (3)1.8(2分) (4)540(2分) 解析：(1)根据左手定则，N端聚集正电荷，电势较高：M端聚集负电荷，电势较低，故M端 接黑表笔 (2)由题图可知，250mV挡，每小格为5mV,故读数为145mV 【高二大考·物理答案第3页（共6页）】 D201B （3)根据g"=qB,Uw=BL.u=B6,解得1.8m/ (0根据1=，R=p5=p品解得0=540 13.解析：(1)由题意可知粒子经过圆心O后从N点射出，轨迹如图 由几何关系可得粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径 号=re0s301分) 得r=L(1分) 3 由洛伦兹力提供向心力有qB=m”(2分) 联立以上解得B=Sm(1分) gL (2)由题意知O、M、N三点的连线刚好构成等边三角形 故粒子轨迹对应的圆心角为240°(1分) 则粒子在磁场中运动的时间 T=2(1分) 240° 360XT(1分) t= 联立以上解得1=5L(2分) 9v 14.解析：(1)设线框进入磁场瞬间产生的电动势为E,则E=Ba(1分) 回路中的电流为1長1分) 线框进人磁场瞬间所受安培力为F=BIa(1分) 联立解得F=Ba(1分) R (2)线框进入第一个磁场区域的过程中，通过其横截面的电荷量q=I·△1(2分) 根据欧姆定律有1長(1分) 根据法拉第电磁感应定律有E=中(1分) △L 可得9 Ba(1分) (3)线框从进入磁场到停止的过程中前进的平均速度为) 【高二大考·物理答案第4页（共6页）】 D201B 安培力平均值为F= Ba(1分) R 根据动量定理一Ft一mgt=0一m%(2分) 从进入磁场到停止的过程中前进的距离为x=(1分) 联立解得x=m二mR(1分) Ba 15.解析：(1)该离子进入磁场和电场区域时，可看作在某一平面的运动，如图甲所示，当离子不 进人磁场Ⅱ速度最大时，轨迹与边界相切 53 P53 3L 2L- ××××1×××××x × ××Ⅱ XX X 0 甲 则由几何关系n1cos53°=r1-L,解得r1= 2分》 根据q1B=m ,解得4=5gBL(2分) 21m (2)粒子进入区域I·运动轨迹如图乙 0 3L XX 2L X E X 由qB=m ,解得n=51(2分） 圆心0到Ⅱ区域边界的距离d=r,cos53°+L=4L,cos0,=4=0.8(2分) 【高二大考·物理答案第5页（共6页）】 D201B 进入区域Ⅱ速度夹角为0=37°(1分) (3)方法一： 假设离子向下运动y方向最大位移为L,此时速度为v,在区域Ⅱ任意△t时间，由动量定理 可得gu,B△1=m△u,(2分) 两边累和得gBL=m(知一)，得0=2=29BL(1分) 由动能定理得gEL=号 2mG(2分) 解得E。=3qgBL(1分) 2m 即电场强度应清是得条件是上<二1分) 方法二： 将其看成速度为的水平向右的匀速直线运动和竖直平面以速率为（一）的匀速圆周 运动的合运动，其中%满足qB=qE(2分) 即w E①(1分) 等效圆的最小直径为L,即L=2m(。)②(2分) gB 联立①②，结合4=9BL,得E=3qBL（1分) 2m 即电场强度应满足得条件是E≤3qBL(1分) 2m 【高二大考·物理答案第6页（共6页）】 D201B