河北省秦皇岛市青龙满族自治县实验中学2023-2024学年高二上学期10月月考物理试题（解析版）

这是一份河北省秦皇岛市青龙满族自治县实验中学2023-2024学年高二上学期10月月考物理试题（解析版），共25页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1. 如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场分布在等边三角形ABC内，D是AB边的中点，一群相同的带负电的粒子仅在磁场力作用下，从D点沿纸面以平行于BC边方向，以大小不同的速率射入三角形内，不考虑粒子间的相互作用力，已知粒子在磁场中运动的周期为T，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若该粒子在磁场中经历时间为，则它一定从BC边射出磁场
B. 若该粒子在磁场中运动时间为，则它一定从AC边射出磁场
C. 速度小的粒子一定比速度大的粒子在磁场中运动时间长
D. 若该粒子在磁场中运动时间为，则它一定从AB边射出磁场
【答案】B
【解析】
【详解】ABD、若带电粒子刚好从BC边射出磁场，运动轨迹与BC边相切，可知圆心角为，粒子在磁场中经历时间为，若带电粒子刚好从AC边射出磁场，运动轨迹与AC边相切，作图可得切点为C点，可知圆心角为，粒子在磁场中经历时间为，若带电粒子从AB边射出磁场，可知圆心角为，粒子在磁场中经历时间为，所以该粒子在磁场中经历时间为，则它一定从AB边射出磁场；该粒子在磁场中运动时间为，即小于，则它一定从AC边射出磁场，该粒子在磁场中运动时间为，即大于小于，则它一定从BC边射出磁场，故B正确，A、D错误；
C、若这些带电粒子都从AB边射出磁场，可知圆心角都为，粒子在磁场中经历时间都为，故C错误；
说法正确的是选B．
2. 如图，光滑绝缘水平桌面xOy的第一象限存在匀强磁场B，方向垂直桌面向内．从P点垂直Ox轴滚入一个带电小球甲，随后沿着轨迹b离开磁场，在磁场中经历的时间为t。现在Q点放置一个不带电的同种小球乙，再次从P点垂直Ox轴滚入一个带电小球甲，二者发生碰撞后结合在一起，则（ ）

A. 二者将继续沿着轨迹b离开磁场，经历的时间同样为t
B. 二者将继续沿着轨迹b离开磁场，经历的时间大于t
C. 二者将沿着轨迹a离开磁场，经历的时间大于t
D. 二者将沿着轨迹c离开磁场，经历的时间小于t
【答案】B
【解析】
【详解】二者结合在一起，总动量不变，故轨迹半径
大小不变，轨迹依旧沿着b，周期
变大，故经历的时间增加。
故选B。
3. 如图所示，空间中存在正交的匀强电场和匀强磁场（未画出），匀强电场方向竖直向下，电场强度大小为E，匀强磁场磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带电小球以水平向右、大小为v的初速度从图示位置抛出，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A. 若磁场方向水平向右，则小球能做匀变速运动
B. 若小球先向上偏转，则一定有
C. 小球可能在竖直面内做圆周运动
D. 若小球带正电，小球一定做变加速曲线运动
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．若磁场方向水平向右，小球抛出后瞬间只能有竖直方向上加速度，加速后合速度方向与磁场方向夹角不为0，小球受洛伦兹力影响，加速度方向随速度会发生变化，故A错误；
B．若小球带负电且磁场方向垂直纸面向外，若小球先向上偏转，根据牛顿第二定律，有
且，当时，与的大小无法判断，故B错误；
C．若小球带负电且磁场方向垂直纸面，当
时，小球只受与速度方向垂直的洛伦兹力作用，在竖直面内做匀速圆周运动，故C正确；
D．若小球带正电且磁场方向垂直纸面向外，则初始时刻在竖直向下的电场力、洛伦兹力和重力的作用下产生竖直向下的加速度，速度方向、大小均发生变化，由于小球所受洛伦兹力方向与小球速度方向垂直且大小与速度大小有关，因此小球所受合力的大小和方向均不断变化，小球做变加速曲线运动；
若小球带正电且磁场方向垂直纸面向里，则初始时刻在竖直向下的电场力和重力、向上的洛伦兹力，若满足
则小球做匀速直线运动，故D错误。
故选C。
4. 如图所示，空间中的匀强电场水平向右，匀强磁场垂直纸面向里，一带电微粒沿着直线从M运动到N,以下说法正确的是
A. 带电微粒可能带负电
B. 运动过程中带电微粒的动能保持不变
C. 运动过程中带电微粒的电势能增加
D. 运动过程中带电微粒的机械能守恒
【答案】B
【解析】
【详解】AB.根据做直线运动的条件知受力情况如图：
微粒一定带正电，且粒子做匀速直线运动，所以粒子动能也保持不变，故A错误，B正确；
C.电场力向右，做正功，电场力做功等于电势能的减小量，故运动过程中带电微粒的电势能减小，故C错误；
D.机械能守恒的条件是只有重力做功，而运动过程中有电场力做功，故机械能不守恒，故D错误．
故选B。
点睛：带电粒子在重力场、电场、磁场的复合场中，只要是做直线运动，一定是匀速直线运动（v与B不平行），若速度是变的，洛伦兹力会变，合力就是变的，合力与速度不在一条直线上，带电体就会做曲线运动．
5. 如图所示是霍尔元件的工作原理示意图，磁场垂直于霍尔元件的工作面向上，通入图示方向的电流I，C、D两侧面间会产生电势差。下列说法中正确的是（ ）
A. 仅增大电流I时，电势差变大
B. 电势差的大小仅与磁感应强度有关
C. 若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势
D. 在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平
【答案】A
【解析】
【详解】AB．根据CD间存在电势差，CD之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有
又
I=nqvS=nqvbc
可得
可以看出，I增大，电势差变大；n由材料决定，故U不仅与材料有关还与厚度c成反比，同时还与磁场B与电流I有关，A正确，B错误；
C．根据左手定则，电子向D侧面偏转，D表面带负电，C表面带正电，所以C表面电势高，则
UCD>0
即有
φC>φD
C错误。
D．在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过，D错误。
故选A。
6. 如图所示，直角三角形AOC区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场（边界存在磁场），磁感应强度大小为B，∠A=60°，AO=L。在O点放置一个粒子源发射质量为m，带电量为+q的粒子。粒子发射方向与OC边的夹角为θ（0≤θ≤90°），且所有粒子速度均相等。已知从AC边离开的粒子在磁场中运动的最短时间为粒子做圆周运动的六分之一个周期。不计重力作用及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A. 粒子在磁场中运动的速率为B. 粒子在磁场中运动的最长时间为
C. 粒子从AC边离开的区域的长度为D. 粒子从OC边离开的区域的长度为
【答案】B
【解析】
【详解】A．过点做，交于点．过点粒子做圆周运动的弦长最短，所以时间最短．根据题意过点的粒子恰好在磁场中运动六分之一个周期，因此圆心角为60°，做圆周运动半径
由
可知
所以A错误．
B．由分析可知，粒子从点开始经点运动至点时，对应弦长最长，在磁场中运动的时间最长，为等腰三角形，，因
所以B正确；
C．粒子能从边射出的范围长度即为之间的距离，恰好是一边长为的正方形，则
所以C错误；
D．粒子能从边射出范围长度即为之间的距离，因，根据几何关系得
所以
则D错误。
故选B。
7. 如图所示，扇形区域内存在有垂直平面向内的匀强磁场，OA和OB互相垂直是扇形的两条半径，一个带电粒子从A点沿AO方向进入磁场，从B点离开，若该粒子以同样的速度从C点平行与AO方向进入磁场，则（ ）
A. 粒子带负电
B. C点越靠近B点，粒子偏转角度越大
C. C点越远离B点，粒子运动时间越短
D. 只要C点在AB之间，粒子仍然从B点离开磁场
【答案】D
【解析】
【详解】A．带电粒子从A点沿AO方向进入磁场，从B点离开，那么粒子在A点向右上方偏转，则由左手定则可判定：粒子带正电，故A错误；
D．一个带电粒子从A点沿AO方向进入磁场，那么，粒子做圆周运动在A点的径向垂直于AO；又有OA和OB互相垂直，且粒子从B点离开，则由OA、OB及圆周运动在A、B两点的半径构成的四边形为正方形，如图所示，
所以，粒子在磁场中做圆周运动的半径为扇形区域的半径R；那么只要C点在AB之间，粒子圆周运动轨迹的两条半径与扇形区域的两条半径构成菱形，那么，粒子转过的中心角一定等于∠COB，所以，粒子仍然从B点离开磁场，故D正确；
BC．粒子做圆周运动的半径、速度不变，那么粒子做圆周运动的周期不变，所以C点越靠近B点，偏转角度越小，运动时间越小，C点远离B点，偏转角变大，时间变长，故BC错误；
故选D。
8. 如图所示，在圆心固定一个带正电的电荷，另一个带正电粒子在库仑力和洛伦兹力共同作用下绕固定电荷做匀速圆周运动，若把两个电荷的电量都变为原来3倍后，带电粒子做匀速圆周运动的半径不变、速率不变，不考虑粒子重力作用，则下列说法中正确的是（ ）
A. 正电粒子顺时针转动B. 正电粒子逆时针转动
C. 开始时粒子受到洛伦兹力是库仑力的4倍D. 开始时粒子受到洛伦兹力是库仑力的2倍
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．如果粒子顺时针转动，则电场力与洛伦兹力都背向圆心，没有力来提供向心力，所以粒子是逆时针转动，A错误，B正确；
CD．粒子做匀速圆周运动，设粒子电荷量为q，质量为m，速率为v，轨道半径为r，中心电荷的电荷量为Q，磁感应强度为B，有
当电量都变为原来3倍后，有
联立求得
可知开始时粒子受到洛伦兹力是库仑力的4倍，C正确，D错误。
故选BC。
9. 如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，∠A=60°，AO=L，在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子．已知粒子的比荷为，发射速度大小都为，设粒子发射方向与OC边的夹角为θ，不计粒子重力及它们之间的相互作用．对于粒子进入磁场后的运动，下列判断正确的是 （ ）
A. 粒子在磁场中运动的半径R = L
B. 当θ=0°时，粒子射出磁场速度方向与AC边平行
C. 当θ=0°时，粒子在磁场中运动时间
D. 当θ=60°时，粒子在磁场中运动时间
【答案】AD
【解析】
【分析】带电粒子以相同的速率，不同的速度方向，进入磁场，运动轨迹的曲率半径相同，从而根据不同的磁场情况，即可求解．
【详解】A项：粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：R=L，故A正确；
B、C项：当θ=0°时，粒子以A为圆心做圆周运动，粒子在磁场中转过的圆心角：α=60°，粒子射出磁场速度方向与AC边垂直，粒子在磁场中的运动时间：，故B、C错误；
D项：当θ=60°时，粒子在磁场中转过的圆心角：α=60°，粒子在磁场中运动时间：，故D正确．
故选AD．
【点睛】本题考查带电粒子以相同的速率，不同速度方向，射入磁场中，根据磁场的界限来确定运动情况，并结合半径与周期公式来分析讨论．
10. 如图所示，在矩形区域abcd内有匀强电场和匀强磁场．已知电场方向平行于ad边且由a指向d，磁场方向垂直于abcd平面，ab边长为L，ad边长为2L，一带电粒子从ad边的中点O平行于ab方向以大小为v0的速度射入磁场，恰好做匀速直线运动，若撤去电场，其他条件不变，则粒子从c点射出场区(粒子重力不计)．下列说法正确的是( )
A. 磁场方向垂直abcd平面向外
B. 撤去电场后，该粒子在磁场中的运动时间为
C. 若撤去磁场，其他条件不变，则粒子在电场中运动时间为
D. 若撤去磁场，其他条件不变，则粒子射出电场时的速度大小为
【答案】BC
【解析】
【详解】设粒子带正电荷，则受到的电场力的方向向下，洛伦兹力的方向向上，由左手定则可得，磁场的方向垂直于纸面向里．同理，若粒子带负电，则受到的电场力的方向上，洛伦兹力的方向向下，由左手定则可得，磁场的方向垂直于纸面向里．故A错误；
B、撤去电场后，该粒子在磁场中做圆周运动，其运动的轨迹如图，
则：R2＝(R−L)2+(L)2，得：R=2L；由洛伦兹力提供向心力得：，得：；粒子运动的周期T，则：；粒子的偏转角θ：；所以：θ＝；该粒子在磁场中的运动时间为：．故B正确；若撤去磁场，其他条件不变，则粒子在电场中做类平抛运动，运动时间：t′＝．故C正确；电场与磁场同时存在时，粒子做匀速直线运动，则：qv0B=qE得：E＝B•v0＝；粒子在电场中的加速度：；粒子射出电场时沿电场方向的分速度：； 粒子的速度：，故D错误．故选BC．
第II卷（非选择题）
二、实验题
11. 利用如图甲所示的实验装置可以研究小车速度随时间变化的规律。
主要实验步骤如下：
①安装好实验器材，接通电源后，让拖着纸带的小车沿长木板运动，重复几次；
②选出一条点迹清晰的纸带，找一个合适的点当作计时起点O（即t＝0），然后每隔0.1s取一个计数点，如图乙中的A、B、C、D、E、F点；
③通过测量和计算可以得到在打A、B、C、D、E点时小车的速度，分别记作v1、v2、v3、v4、v5；
④以速度v为纵轴，时间t为横轴建立直角坐标系，在坐标纸上描点，如图丙所示。
综合上述实验步骤，请你完成下列问题：
（1）在下列仪器和器材中，还必须使用的有__________和________（填选项前的字母）。
A．电压合适的50Hz的交流电源
B．电压可调的直流电源
C．刻度尺
D．秒表
E．天平（含砝码）
（2）根据图丙中描绘出的坐标点，画出小车速度随时间变化的v­t图线________；
（3）观察v­t图象，可以判断小车做匀变速直线运动，其依据是___________，根据v­t图象计算出小车的加速度大小a＝________m/s2（结果保留2位有效数字）。
【答案】 ①. A ②. C ③. 见解析 ④. v­t图象是一条倾斜的直线 ⑤. 0.64（结果在0.62～0.66之间均可）
【解析】
【详解】（1）[1][2]该实验所使用的电源应为交流电源，选项A正确，B错误；刻度尺用来测量纸带上的点之间的距离，所以必须要有刻度尺，选项C正确；打点计时器本身就是计时的仪器，故不需要秒表，选项D错误；此实验与重物质量无关，选项E错误。
（2）[3]v­t图线如图所示。画图线时要注意使尽可能多的点分布在该直线上，不在直线上的点应尽可能地分布在直线的两侧。
（3）[4][5]v­t图线是一条倾斜的直线，斜率表示小车的加速度，图线斜率恒定，说明小车做匀变速直线运动，根据图象可计算出小车的加速度大小为
a＝m/s2＝0.64m/s2
12. 在测量金属丝的电阻率的实验中，待测金属丝的电阻Rx约为5Ω，实验室备有下列实验器材：
A.电压表V1（量程0~3V，内阻约为15kΩ）；
B.电压表V2（量程0~15V，内阻约为75kΩ）；
C.电流表A1（量程0~3A，内阻约为0.2Ω）；
D．电流表A2（量程0~0.6A，内阻约为1Ω）；
E．滑动变阻器R1（0~10Ω，0.6A）；
F.滑动变阻器R2（0~2000Ω，1A）；
G.电源E（电压为3V）；
H.开关S，导线若干。
（1）为减小实验误差，电流表应选用___________，电压表应选用___________，滑动变阻器应选用___________（填器材前面的字母）。
（2）为减小实验误差，应选用图___________（选填“甲”或“乙”）为该实验的电路原理图。

（3）若电压表和电流表示数如图戊所示，则金属丝的电阻R为___________Ω。

【答案】 ①. D ②. A ③. E ④. 乙 ⑤. 2.4
【解析】
【详解】（1）[1][2][3]电源的电动势为，故应选择量程为的电压表，即选A。电路中的最大电流约为
故应选择量程为的电流表，即选D。为方便调节，获得更多实验数据，滑动变阻器应选择最大阻值为的，即选E。
（2）[4]电压表阻值远大于待测电阻，电流表应外接法。故为减小实验误差，应选用图乙为该实验的电路原理图。
（3）[5]金属丝的电阻为
四、计算题
13. 回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的D形金属盒的半径为R，两盒间狭缝的宽度为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。被加速的粒子质量为m，电荷量为+q，加在狭缝间的电压的变化规律如图乙所示，电压为U0，周期 。一束该种粒子在0~时间内从A处飘入狭缝，其初速度视为零。现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做匀加速运动，不考虑粒子间的相互作用。求粒子从飘入狭缝至动能刚好达到最大值Ekm所需的总时间t0。
【答案】
【解析】
【详解】设粒子被加速n次动能达到Ekm，根据动能定理得
粒子离开加速器时，根据牛顿第二定律得

又因为

解得

粒子在狭缝中做匀加速运动，设经过狭缝n次的总时间为Δt，加速度为

对匀加速运动过程，有

总时间为

解得
14. 如图，在x轴上方有水平向左的匀强电场，电场强度为E，在x轴下方有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。一个不计重力的正离子从M点垂直磁场方向，以垂直于y轴的速度v射入磁场区域，从N点以垂直于x轴的方向进入电场区域，然后到达y轴上P点。
（1）若OP=ON，则入射速度应多大？
（2）若正离子在磁场中运动时间为t1，在电场中运动时间为t2，则t1：t2多大？
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
【详解】（1）（2）正离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，从M经圆弧到N，由
得
由题意得，MO=NO=R，在磁场中的运动时间
正离子垂直于电场方向进入匀强电场后做类平抛运动，在垂直于电场方向有
沿电场方向有
由以上各关系可解得
则
【点睛】解决本题的关键知道粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动，掌握处理类平抛运动的方法，以及会确定粒子在磁场中运动的圆心、半径、圆心角是解题的关键。
15. 如图所示，光滑水平面内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，X＞0一侧磁感应强度的大小为B1，X＜0一侧磁感应强度的大小为B2，且B1∶B2＝3∶4．t＝0时刻坐标原点O处，一个静止的中性粒子裂变为两个带电粒子P和Q，质量分别为m1和m2，已知粒子P带正电，分裂时速度沿X轴正方向，在磁场B1中做圆周运动的半径为R．在以后的运动过程中忽略两粒子之间的相互作用．求：
（1）粒子Q在磁场B1中运动半径r．
（2）若两粒子在两磁场分界线上M点相遇，M点离O点的距离为R，则m1∶m2是多少？
【答案】(1) r＝3R/4 (2) m1∶m2＝1∶7
【解析】
【详解】(1)中性粒子分裂成两个带电粒子时，两粒子所带电电量相等，设为q，电性相反．设两粒子P、Q分裂时速度的大小分别为V1、V2，且方向相反．由动量守恒定律得：
m1 V1 ＝m2V2
对两粒子P、Q，由牛顿第二定律知：
B1q V1＝m1 V12/R
B2q V2＝m2V22/r
联立解得：r＝3R/4；
(2) 带电粒子在匀强磁场中运动的周期T＝2πm/Bq
故两粒子P、Q运动周期分别为T1、T2
T1＝πm1/qB1＋πm1/B2q
T2＝πm2/qB2＋πm2/B1q
由于OM=
由此知粒子Q恰好运动了半个周期．即t＝πm2/qB2
在时间t内粒子P要经过M点，必须要在磁场中运动3个周期，如图所示
即t＝3T1 ＝3πm1/qB1＋3πm1/B2q
联立解得：m1∶m2＝1∶ 7 ．