富顺第二中学校2023-2024学年高二下学期3月月考物理试卷(含答案)

这是一份富顺第二中学校2023-2024学年高二下学期3月月考物理试卷(含答案)，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．关于电磁波谱，下列说法正确的是( )
A.X射线可用于广播B.γ射线是波长最短的电磁波
C.紫外线的频率比紫光的低D.长波可以摧毁病变的细胞
2．如图所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场方向水平，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴在竖直面内斜向上做直线运动，速度与水平方向夹角为θ，则下列说法中正确的是( )
A.液滴有可能做匀变速直线运动
B.液滴一定带正电
C.电场方向不能确定
D.液滴在运动过程中机械能守恒
3．笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为a、高为b、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场B中，当通入方向向右的电流I后，元件的前、后表面间出现电压U，要使U增大，下列措施不可行的是( )
A.增大BB.增大IC.减小aD.减小b
4．一个边长为2L的正方形ABCD区域内，有垂直纸面的匀强磁场，其中ABC范围内的磁场垂直纸面向内，ACD范围内的磁场垂直纸面向外，磁感应强度大小均为B，如图所示。其左侧有一个用金属丝制成的边长为L的正方形线框abcd，线框以水平速度v匀速通过整个匀强磁场区域，设电流逆时针方向为正。在线框通过磁场的过程中，线框中感应电流i随时间t变化规律正确的是( )
A.B.
C.D.
5．如图圆形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向下滑动下列表述正确的是( )
A.线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流
B.穿过线圈a的磁通量变小
C.线圈a对水平桌面的压力将增大
D.线圈a有扩大的趋势
6．如图所示，虚线左侧的匀强磁场垂直纸面向外，右侧的匀强磁场垂直纸面向里。一金属小球从固定的光滑绝缘圆弧轨道上的点a无初速度释放后向右侧运动到最高点b的过程中，下列说法正确的是( )
A.a、b两点等高
B.小球在最低点处于平衡状态
C.小球在穿过虚线时内部会产生涡流
D.小球在穿过虚线时受到竖直向上的磁场力
7．如图（a）是一种防止宇宙射线危害宇航员的装置，在航天器内建立半径分别为R和的同心圆柱，圆柱之间加上沿轴向方向的磁场，其横截面如图（b）所示。宇宙射线中含有大量的质子，质子沿各个方向运动的速率均为，质子的电荷量为e、质量为m。下面正确的是( )
A.若沿任何方向入射的质子都无法进入防护区，则磁感应强度大小至少为
B.若正对防护区圆心入射的质子恰好无法进入防护区，则磁感应强度大小为
C.若正对防护区圆心入射的质子恰好无法进入防护区,则该情况下质子从进入磁场到离开磁场的总时间为
D.若正对防护区圆心入射的质子恰好无法进入防护区，则该情况下质子在磁场中的轨迹对应的圆心角为
二、多选题
8．如图所示，一根不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为的单匝正方形金属框的D点上。金属框的一条对角线AC水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面向外的匀强磁场。已知构成金属框的导线单位长度的阻值为。在到时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为（SI制）。则下列说法正确的( )
A.到时间内，金属框中产生的感应电动势为0.016V
B.到时间内，金属框中产生的感应电动势为0.008V
C.时金属框所受安培力的大小为
D.时金属框所受安培力的大小为
9．如图所示，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFGH矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、感应强度大小为B的匀强磁场。在时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进入磁场，速度大小均为；一段时间后，在时刻流经a棒的电流为0，b棒仍处于磁场区域内。已知金属棒a、b相同材料制成，长度均为L，电阻分别为2R和R，a、b棒的质量分别为2m和m。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，a、b棒没有相碰，则( )
A.时刻a棒加速度大小为
B.时刻a棒的速度为
C.时间内，通过a、b棒横截面的电荷量相等
D.时间内，a棒产生的焦耳热为
10．如图为一种质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由以下几部分构成∶粒子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器。加速电场的加速电压为U；静电分析器通道中心线MN所在圆的半径为R，通道内有均匀辐射的电场，中心线处的电场强度大小相等；磁分析器中分布着方向垂直于纸面，磁感应强度为B的匀强磁场，磁分析器的左边界与静电分析器的右边界平行。由粒子源发出一个质量为m的带电粒子b（粒子的初速度为零，重力不计），经加速电场加速后进入静电分析器，沿中心线MN做匀速圆周运动，而后由P点进入磁分析器中，最终经过Q点进入收集器（进入收集器时速度方向与平行），的距离为d。下列说法正确的是( )
A.磁分析器中匀强磁场的方向垂直于纸面向外
B.静电分析器中心线处的电场强度
C.不同种类的带电粒子，通过静电分析器的时间相同
D.与带电粒子b比荷相同的正电粒子都能进入收集器，且在磁分析器中的时间相同
三、实验题
11．为了探究感应电流的产生条件，某同学选择了一灵敏电流计G，当没有电流流入灵敏电流计时，其指针恰好指在刻度盘中央。将灵敏电流计G连接在图甲所示的电路中，电流计的指针如图甲所示。
（1）该同学将灵敏电流计G按图乙的方式与一螺线管串联，分析可知图乙中的条形磁铁的运动情况是（填“向上拔出”或“向下插入”）___________。
（2）用螺线管代替条形磁铁继续实验，用笔画线代替导线将图丙中未完成的电路连接好____________。
（3）在图丙电路中，闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，则闭合开关后，将线圈迅速抽出的过程中，电流计的指针将向偏_______（填“左”或“右”）。
12．在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图甲所示。
（1）下列说法正确的是________。
A.变压器工作时副线圈电压频率与原线圈不相同
B.实验中要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，需要运用的科学方法是控制变量法
C.为了人身安全，实验中只能使用低压直流电源，电压不要超过12V
D.绕制降压变压器原、副线圈时，副线圈导线应比原线圈导线粗一些好
（2）在实际实验中将电源接在原线圈的“0”和“8”两个接线柱之间（接入匝数为800匝），用电表测得副线圈的“0”和“4”两个接线柱（接入匝数为400匝）之间的电压为3.0V，则原线圈的输入电压可能为________。
（3）实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别，原因不可能为________。
A.原、副线圈上通过的电流发热B.铁芯在交变磁场作用下发热
C.原线圈输入电压发生变化D.变压器铁芯漏磁
（4）图乙为某电学仪器原理图，图中变压器为理想变压器。左侧虚线框内的交流电源与串联的定值电阻可等效为该电学仪器电压输出部分，该部分与一理想变压器的原线圈连接；一可变电阻R与该变压器的副线圈连接，原、副线圈的匝数分别为、，在交流电源的电压有效值不变的情况下，调节可变电阻R的过程中，当________时，R获得的功率最大。
四、计算题
13．如图所示，虚线圆所围的区域内有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场和另一未知匀强电场（未画），一电子从A点沿直径AO方向以速度v射入该区域。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子所受的重力。
（1）若电子做直线运动，求匀强电场的电场强度E的大小和方向；
（2）若撤掉电场，其它条件不变，电子束经过磁场区域后其运动方向与原入射方向的夹角为θ，求圆形磁场区域的半径r和电子在磁场中运动的时间t。
14．如图甲所示为某小型水电站的发电机示意图，已知正方形线圈边长，匝数匝，线圈电阻不计；线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，转速；已知电动势最大值。
(1)求发电机中匀强磁场的磁感应强度大小；
(2)从线圈在图甲所示位置开始计时，写出感应电动势随时间变化的函数表达式；
(3)如图乙所示，将发电机通过升压变压器升压后向远处输电，发电机的输出功率为200kW，输电线的总电阻为4Ω，在用户端用降压变压器把电压降为220V，要求在输电线上损失的功率控制在10kW，则、的原副线圈匝数比和分别为多少？
15．如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间极短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求
（1）金属棒P滑出导轨时的速度大小；
（2）金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；
（3）与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。
参考答案
1．答案：B
解析：A.X射线具有较强的穿透能力，所以不能用于广播，故A错误；
B.γ射线是波长最短，频率最高的电磁波，故B正确；
C.紫外线的波长比紫光短，紫外线的频率比紫光的高，故C错误；
D.长波波长较长，频率较低，能量较小，不可摧毁病变的细胞，故D错误。
故选B。
2．答案：B
解析：A.带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线方向的电场力F、垂直于速度方向的洛伦兹力f，这三个力的合力不可能沿带电液滴的速度方向，因此这三个力的合力一定为零，带电液滴做匀速直线运动，不可能做匀变速直线运动，故A错误；
BC.当带电液滴带正电，且电场线方向向右时，带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线方向的电场力F、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力f作用，这三个力的合力可能为零，带电液滴在竖直面内斜向上做直线运动，如果带电液滴带负电或电场线方向斜向下时，带电液滴所受合力不为零，不可能沿直线运动，故B正确，C错误；
D.液滴在运动过程中除重力做功外，电场力做功，机械能不守恒，故D错误。
3．答案：C
解析：电子运动过程稳定时有
根据电流的微观表达式
联立可得
要使U增大，可以增大B或者I，或者减小b，故C正确。
4．答案：A
解析：线框开始进入磁场运动L的过程中，只有边bc切割，感应电流不变，根据右手定则产生的逆时针方向电流，即为正方向；前进L后，边bc的开始出垂直纸面向里的磁场，进入垂直纸面向外的磁场，边ad开始进入磁场，回路中的感应电动势为边bc在垂直纸面向外的磁场中产生的电动势的2倍，随着线框的运动回路中电动势逐渐增大，电流逐渐增大，方向为负方向；当再前进L时，边bc完全出磁场，ad边开始出垂直纸面向里的磁场，进入垂直纸面向外的磁场，有效切割长度逐渐减小，根据楞次定律可得产生的顺时针方向电流，即为负方向；当再前进时，有效切割长度为零，过后有效切割长度逐渐增大，根据楞次定律可得产生的逆时针方向电流，即为正方向，故A正确，B、C、D错误；
5．答案：C
解析：AB.当滑动触头P向下移动时电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流增大，从而判断出穿过线圈a的磁通量增加方向向下，根据楞次定律即可判断出线圈a中感应电流方向俯视应为逆时针，AB错误；
C.开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑动触头向下滑动时，可以用“等效法”，即将线圈a和b看做两个条形磁铁，不难判断此时两磁铁的N极相对，互相排斥，故线圈a对水平桌面的压力将增大，C正确；
D.再根据微元法将线圈a无线分割根据左手定则不难判断出线圈a应有收缩的趋势，或直接根据楞次定律的第二描述“感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因”，因为滑动触头向下滑动导致穿过线圈a的磁通量增加，故只有线圈面积减少时才能阻碍磁通量的增加，故线圈a应有收缩的趋势，D错误。
6．答案：C
解析：A.由于电磁阻尼，b点一定低于a点，选项A错误。
BCD.小球在穿过虚线时内部会产生涡流，穿过小球的磁通量发生变化，小球内部会产生涡流，小球在最低点除需做圆周运动的向心力以外，水平方向还受到向左的电磁阻尼，选项BD均错误，选项C正确。
7．答案：A
解析：A.为使所有速度为的粒子都不进入防护区，半径最大的粒子轨迹如图
则粒子的半径最大为
由洛伦兹力提供向心力
解得磁感应强度至少为，故A正确；
BCD.设正对防护区圆心入射的质子的轨迹半径为r，粒子运动轨迹如图
由几何关系得
解得
由洛伦兹力提供向心力得
解得
则
质子在磁场中的轨迹对应的圆心角为，质子从进入磁场到离开磁场的总时间为，故BCD错误。
8．答案：BD
解析：AB.到时间内，金属框中产生的感应电动势为，故A错误，B正确；
CD.由欧姆定律可得
时磁感应强度为
金属框处于磁场中的有效长度为
所受安培力的大小为，故C错误，D正确。
9．答案：BCD
解析：A.根据右手定则，金属棒a、b进入磁场时产生的感应电流均为顺时针方向，则回路的电动势为a、b各自产生的电动势之和，即
感应电流
对a由牛顿第二定律得
解得，故A错误；
B.根据左手定则可知a棒受到的安培力向左，b棒受到的安培力向右，由于流过a、b的电流大小一直相等，故两棒受到的安培力大小相等，方向相反，则a与b组成的系统合外力为零，系统动量守恒。由题知，时刻流过a的电流为零时，说明a、b之间的磁通量不变，即a、b在时刻达到了共同速度，设为v，取向右为正方向，根据系统动量守恒有
解得，故B正确；
C.在时间内，根据，因通过两棒的电流时刻相等，所用时间相同，所以通过两棒横截面的电荷量相等，故C正确；
D.在时间内，对a、b组成的系统，根据能量守恒有
解得回路中产生的总热量为
有因a、b流过的电流一直相等，所用时间相同，由焦耳定律可知a、b产生的热量与电阻成正比，即
所以时间内，a棒产生的焦耳热为，故D正确。
10．答案：ABD
解析：A.从粒子在静电分析器中的运动可以分析出粒子带正电，进入磁场后最终要运动到收集器中，所以在P点受力向下，根据左手定则，可判断出磁场的方向为垂直纸面向外，A正确；
B.静电分析其中，电场力提供向心力，有
在加速电场中，根据动能定理，有
联立解得，B正确；
C.静电分析器中，运动周期为
粒子通过静电分析器的时间为
由于不同的粒子，比荷不同，所以通过静电分析器的时间不同，C错误；
D.能进入收集器中的粒子，在磁场中洛伦兹力提供向心力，有
解得
在加速电场中，根据动能定理，有
联立解得
可知，比荷相同的粒子在磁场中轨道半径相同，粒子b能进入收集器，与带电粒子b比荷相同的正电粒子都能进入收集器。
在磁场中运动的周期为
在磁场中运动的时间为
比荷相同的粒子运动时间相同，D正确。
11．答案：（1）向下插入（2）见解析（3）左
解析：（1）由图甲可知，电流由左接线柱进入时，指针向左偏，根据楞次定律和安培定则可知，条形磁铁是向下插入。
（2）电路与连接，则回路闭合后，滑动变阻器滑片移动时，通过的电流变化，可以改变通过的磁通量，故电路图如下
（3）闭合开关时，磁通量增加，灵敏电流计的指针向右偏了一下；闭合开关后，将线圈迅速抽出的过程中，磁场方向不变，磁通量减少，所以电流计的指针将向偏左。
12．答案：（1）BD/DB（2）D（3）C（1）
解析：（1）A.变压器工作时只是改变电压，不改变频率，即副线圈电压频率与原线圈相同，故A错误；
B.实验过程中，在原、副线圈匝数和原线圈两端电压三个变量中保持两个不变，改变一个来探究匝数比与原副线圈电压之比的关系，用的是控制变量法，故B正确；
C.变压器改变的是交流电压，因此为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用交流电压不能超过12V，而用直流电压变压器不能工作，故C错误；
D.观察两个线圈的导线，发现粗细不同，根据变压器电流与匝数的关系有
可知，匝数少的线圈电流大，为了减小线圈功率损耗，根据电阻定律可知，此时导线应该粗一些。绕制降压变压器原、副线圈时，由于副线圈的匝数少，副线圈中的电流大于原线圈中的电流，则副线圈导线应比原线圈导线粗一些好，故D正确。
（2）若为理想变压器，根据电压与匝数关系有
解得原线圈两端电压为
由于实际变压器存在漏磁与线圈电阻发热引起的功率损耗，则实际上原线圈两端电压应该大于6.0V，即原线圈的输入电压可能为7.0V，故D正确。
（3）A.实际的变压器的原、副线圈存在一定的电阻，线圈上通过的电流会发热，存在一定的功率损耗，导致实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比会有微小差别，故A正确，不符合题意；
B.实际的变压器的铁芯在交变磁场作用下会产生涡旋电流，铁芯会发热，存在一定的功率损耗，导致实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比会有微小差别，故B正确，不符合题意；
C.原线圈输入电压发生变化不会直接引起功率损耗，不会导致实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别，故C错误，符合题意；
D.实际的变压器的铁芯会发生漏磁，存在一定的功率损耗，导致实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比会有微小差别，故D正确，不符合题意。
（4）将左侧虚线框内的交流电源与串联的定值电阻可等效为一个新电源，根据题意等效电动势为，内阻为，将右侧实线框 的变压器与可变电阻R等效为一个用电器，等效电阻为
理想变压器不消耗功率，则等效电阻消耗的功率等于可变电阻R消耗的功率，则有
根据数学函数规律可知，当效电阻等于可变电阻R时，消耗功率最大，则有
结合上述解得
13．答案：（1）；垂直OA竖直向下（2）；
解析：（1）若电子做直线运动，根据
得
场强垂直OA竖直向下。
（2）若撤掉电场，电子在磁场中做匀速圆周运动，电子束经过磁场区域后其运动方向与原入射方向的夹角为θ，轨迹如图
则有
解得
找出轨迹圆的圆心O，如图所示，由几何关系得
解得
设电子做匀速圆周运动的周期为T，有
电子在磁场中运动的时间为
解得
14．答案：(1)；(2)；(3)
解析：(1)线圈转动的角速度
由
得
(2)线圈与中性面位置垂直，则感应电动势随时间变化的函数表达式
(3)输电线上的电流
的输入电流
则原、副线圈匝数比
副线圈两端电压
原线圈两端电压
则原、副线圈匝数比
15．答案：（1）
（2）
（3）
解析：（1）Q与P发生弹性碰撞，由动量守恒定律有
由能量守恒定律有
联立解得
根据题述，落到地面上同一地点，结合平抛运动规律可知，金属棒P滑出导轨时的速度大小为
（2）由能量守恒定律可得，金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量为
（3）P在导轨上做变速运动，设速度大小为v时金属棒中产生的感应电动势大小为e，电流大小为i，在时间内速度变化，则由法拉第电磁感应定律有
由闭合电路欧姆定律有
金属棒P所受的安培力
由动量定理有
即
方程两侧求和得
即
注意到
联立解得
对绝缘棒Q有
解得与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间为