2023-2024学年江苏省南通市如皋市高二（上）月考物理试卷（12月）（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省南通市如皋市高二（上）月考物理试卷（12月）（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示，导线abc放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，ab、bc长分别为2l、l，分别与磁场方向平行、垂直。当通以电流为I时，导线受到的安培力大小为
( )
A. 0B. BIlC. 2BIlD. 5BIl
2.如图所示，一根有裂缝的空心铝管竖直放置.让一枚磁性比较强的永磁体从管口处由静止下落，磁体在管内运动时没有跟铝管内壁发生摩擦.则磁体( )
A. 在管内的加速度越来越大
B. 受到铝管中涡流的作用力方向一直向下
C. 受到铝管中涡流的作用力方向一直向上
D. 受到铝管中涡流的作用力方向先向上后向下
3.探究影响感应电流方向的因素实验时，已知电流表指针偏转方向与电流关系如图所示.下列关于磁铁的运动方向和感应电流方向之间的关系正确的是( )
A. B.
C. D.
4.劈尖干涉是一种薄膜干涉，其装置如图甲所示。将单色红光从上方射入，俯视可以看到图乙的条纹，利用此装置可以检查工件的平整度，下列说法中正确的是( )
A. 图乙中条纹弯曲处表明被检查的平面在此处是凹的
B. 若用单色紫光从上方射入，条纹变疏
C. 若装置中抽去一张纸片，条纹变密
D. 若装置中抽去一张纸片，条纹向左移动
5.两同心圆环P、Q置于同一水平面上，其中P为导体环，Q为均匀带负电绝缘环，如图为俯视图.当Q绕轴心顺时针转动且转速减小时，下列说法中正确的是( )
A. Q内的磁场方向垂直纸面向内B. 穿过P的磁通量大于穿过Q的磁通量
C. P具有收缩的趋势D. P中产生顺时针方向的感应电流
6.如图所示，圆环上有3根半径为r、电阻不计的金属条，在圆心与圆环上通过滑片引出的导线接有电阻为R的负载．匀强磁场的磁感应强度为B，垂直向里穿过圆环，当圆环绕圆心顺时针转动的线速度为v时，下列说法中正确的是
A. 一根金属条产生的电动势为BrvB. 流过电阻R的电流为Brv2R
C. 流过电阻R的电流方向是a→bD. 圆心O处的电势比圆环的高
7.如图所示，相同的带正电的粒子 ①、 ②先后以相同的速度平行射入圆形匀强磁场区域，O点为磁场圆的圆心，不计粒子的重力，则( )
A. 两粒子离开磁场时的速度反向延长线均过O点
B. 两粒子一定从同一点离开磁场
C. 粒子 ①在磁场中运动的时间比粒子 ②的长
D. 粒子 ①在磁场中运动的偏转角比粒子 ②的小
8.如图所示，为了从军事工程内部观察外面的目标，在工程的墙壁上开一长方形的孔，孔内嵌入折射率为43的玻璃砖，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8.则嵌入玻璃砖后工事内部人员观察到外界的视野最大张角为( )
A. 37∘B. 53∘C. 74∘D. 106∘
9.利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域.如图所示是霍尔元件的工作原理示意图，匀强磁场垂直于元件的表面向下，该霍尔元件中的载流子是自由电子，C、D为左右两侧面.现霍尔元件中通入图示方向的电流，则( )
A. 霍尔元件中电子定向移动时受到指向右侧面的洛伦兹力
B. 霍尔元件左侧面的电势低于右侧面的电势
C. 若霍尔元件的左、右侧面的距离越大，左、右两侧面的电势差UCD越大
D. 若霍尔元件的上、下表面的距离越大，左、右两侧面的电势差UCD越大
10.如图所示，导体棒与V形导轨为粗细相同的同种金属，导轨处于与其平面垂直的匀强磁场中。t=0时刻，导体棒与导轨角平分线垂直，并从O处沿角平分线在导轨上匀速向右运动，下列关于回路中通过导体棒横截面的电荷量q、电功率P随时间t变化的图像正确的是
( )
A. B.
C. D.
11.如图所示，空间中存在正交的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，电场场强大小为E，方向竖直向上。一质量为m、带电量为−e的电子在该空间内获得沿水平方向的初速度，速度大小为v0，且v0>EB。则电子
( )
A. 在竖直方向做匀加速直线运动
B. 运动过程中最大的速率为v0+EB
C. 在一个周期内水平方向运动的距离为2πmEB2e
D. 距入射点竖直方向的最大位移为2mv0Be
二、计算题（本大题共6小题，共56分）
12.回旋加速器的工作原理如图所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，加在狭缝间的交变电压的电压值大小为U0,周期T=2πmqB。一质量为m、电荷量为+q的粒子从A处飘入狭缝，其初速度视为零，不考虑粒子在狭缝中的运动时间。求：
(1)粒子离开加速器时的动能Ek；
(2)粒子从飘入狭缝至动能达到Ek所需的时间t。
13.两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x轴−0.2m和1.2m处，两波的波速均为0.4m/s,波源的振幅均为2cm。如图为t=0时刻两列波的图像，此刻平衡位置在x轴0.2m和0.8m的P、Q两质点开始振动。
(1)当两列波传播到M点后，请判断M点是加强点还是减弱点；
(2)写出x=1.2m处波源的振动方程。
14.如图所示，闭合矩形线框ABCD平放在足够大的绝缘水平面上，线框右侧有竖直向下的有界磁场，磁场宽度d=10cm,磁感应强度B=1T。线框在水平向右的恒力F=2N的作用下，从图示位置由静止开始水平向右运动，CD边从磁场左侧刚进入磁场时，恰好做匀速直线运动，AB边从磁场右侧离开磁场前，线框再次做匀速直线运动。已知线框的质量m=0.1kg,匝数n=10匝，总电阻R=4Ω,其中AB边长L1=20cm, BC边长L2=40cm,整个过程中线框始终受到摩擦力Ff=1N。求：
(1)CD边刚进入磁场时的速度大小v；
(2)线框穿越磁场的过程中产生的焦耳热Q。
15.如图所示，足够长的平行边界MN、PQ间有垂直纸面向里的匀强磁场，MN上A处的粒子源可在纸面内均匀向磁场中各个方向射入速度大小均为v的同种粒子。已知粒子的质量为m、电荷量为q，磁场磁感应强度为B，两边界的间距d=3mv2qB,不计粒子的重力及粒子间的相互作用。求粒子能从PQ、MN边界射出的
(1)粒子数之比η1；
(2)区域长度之比η2。
16.如图所示的平面直角坐标系xOy，在第一象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第四象限的某个矩形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与x轴重合。一质量为m、电荷量为−q的粒子，从点a0, 33h以速度v0沿x轴正方向射入电场，通过电场后从点b(2h,0)立即进入矩形磁场，经过磁场后从点c0,4 33h进入第三象限，且速度与y轴负方向成60∘角。不计粒子所受的重力。求：
(1)粒子经过点b时速度v的大小和方向；
(2)磁感应强度的大小B；
(3)矩形磁场区域的最小面积S。
17.如图所示，质量m=1kg的小物块静止在质量M=2kg的木板左端，木板静止在光滑的水平面上，与木板右端相距x=0.32m处有一挡板。现给物块一水平向右的瞬时冲量I=3N⋅s，之后木板与挡板发生了弹性碰撞，物块未与挡板碰撞且一直在木板上。已知物块与木板间的动摩擦因素μ=0.2，取重力加速度g=10m/s2。求：
(1)物块获得的初速度大小v；
(2)木板与挡板碰撞时物块的速度大小v；
(3)木板的最小长度L。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】因导线ab段与磁场方向平行，则不受安培力；导线bc段与磁场方向垂直，受到的安培力为
Fbc=BIl
故选B。
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了涡流、楞次定律；解决本题时，要掌握产生感应电流的条件，同时能根据楞次定律的推论：来拒去留，分析铝管与磁体间的安培力性质。
磁体在下落过程中会使铝管中产生感应电流，根据楞次定律结合功能关系进行分析。
【解答】
解：BCD.磁体从管口处由静止下落，空心铝管可以看作是由无数个圆环构成的，磁铁下落过程中在铝管中产生感应电流，根据楞次定律可知，铝管中的感应电流阻碍磁体的下落，对磁体始终产生向上的阻力，故C正确，BD错误；
A.磁体在下落过程中由牛顿第二定律可得mg−F安=ma
又E=BLv，F安=BIL，I=ER
解得F安=B2L2vR
刚开始时磁体的加速度为g，随速度增大感应电动势增大，安培力增大，加速度减小；若达到重力与安培力大小相等，加速度为零，故A错误。
3.【答案】A
【解析】【分析】
解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，基础题，注意电流进入电流表，指针向何处偏转，是解题的关键。
当电流从电流计的上方流入时，指针向右偏，根据楞次定律，结合感应电流的方向判断。
【解答】
解：A、图A可知指针向左偏，电流从电流计的下方流入；可知感应电流的方向是顺时针(俯视图)，根据安培定则知，其上端为S极；满足楞次定律(来拒去留)，故A正确；
B、图B中指针向右偏，电流从电流计的上方流入，可知感应电流的方向是逆时针(俯视图)，根据安培定则知，其上端为N极；不满足楞次定律(来拒去留)，故B错误；
C、图C可知指针向左偏，电流从电流计的下方流入；可知感应电流的方向是顺时针(俯视图)，根据安培定则知，其上端为S极；不满足楞次定律(来拒去留)，故C错误；
D、图D中指针向右偏，电流从电流计的上方流入，可知感应电流的方向是逆时针(俯视图)，根据安培定则知，其上端为N极；不满足楞次定律(来拒去留)，故D错误。
4.【答案】A
【解析】A.图乙中条纹弯曲处表明左侧空气膜厚度与右侧一致，说明此处是凹的，故A正确；
B.从空气膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，其光程差为
Δx=2d
即光程差为空气层厚度的2倍，当光程差
Δx=2d=nλ
时此处表现为亮条纹，故相邻亮条纹之间的空气层的厚度差 12λ ，若把红光换成紫光，波长变短，相邻亮条纹(或暗条纹)之间的距离变小，干涉条纹条纹间距变小，条纹变密，故B错误；
CD.抽去一张纸片后空气层的倾角变小，故相邻亮条纹(或暗条纹)之间的距离变大，干涉条纹条纹间距变大，条纹变疏，条纹向右移动，故CD错误。
故选A。
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题为楞次定律应用的逆过程，要明确P中感应电流是因为P中的磁通量发生变化引起的，同时还应知道由于Q的转动而形成的等效电流的强弱与转速有关。
Q环转动时产生等效电流，若电流产生的磁场使P中的磁通量发生变化，则可以在P中产生感应电流，然后根据楞次定律判断感应电流的方向与变化的趋势。
【解答】
解：由图可知，Q为均匀带负电绝缘环，Q中电流为逆时针，由右手螺旋定则可知，电流的磁场向外且逐渐减小；
AD.由楞次定律可知，磁场减小时，感应电流的磁场与原磁场的方向相同，所以感应电流的磁场的方向向外，感应电流的方向为逆时针方向，故AD错误；
B.Q环外的磁场的方向与Q环内的磁场的方向相反，穿过P的磁感线条数等于Q环内的磁感线条数减去Q环外与P环向外的磁感线条数，所以穿过P的磁通量小于穿过Q的磁通量，故B错误；
C.当Q环内的磁场减弱时，P环具有面积收缩的趋势，故C正确。
6.【答案】B
【解析】【分析】
由金属条转动产生的感应电动势得解；由电路的结构判断总电动势，再由闭合电路欧姆定律解得电流；由右手定则判断电流的方向，同时判断电势的高低。
本题主要考查导体棒转动切割磁感线产生感应电动势，熟悉电路的结构，熟悉右手定则是解题的关键，难度一般。
【解答】
A.由金属条转动切割磁感线产生感应电动势可得，一根金属条产生的电动势为：E=12Brv，故A错误；
B.由图像可知，三根金属条切割磁感线产生的感应电动势相等，且由于三金属条为并联关系，故电路的总电动势为：E=12Brv，又由闭合电路欧姆定律可得流过电阻R的电流为：I=Brv2R，故B正确；
CD.由右手定则可知，圆环的电势较高，故由电路的结构可知，流过电阻R的电流方向是b→a，故CD错误。
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了带电粒子在匀强磁场中的偏转，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角分析时间。
根据左手定则判断粒子的偏转方向，作出粒子的运动轨迹；根据洛伦兹力提供向心力结合向心力的计算公式分析速度方向关系，根据周期公式分析运动时间长短。
【解答】
解：粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，即：qvB=mv2r，得：r=mvqB，故两个粒子的半径相等，运动轨迹如图：
；
由图可知：
A.粒子①离开磁场时的速度反向延长线不过O点，粒子②离开磁场时的速度反向延长线过O点，故A错误；
B.两粒子从不同点离开磁场，故B错误；
CD.粒子①在磁场中运动的偏转角比粒子②的小；
粒子运动周期T=2πrv=2πmqB，在磁场中运动的时间t=θ2πT=mqBθ，则粒子①在磁场中运动的时间比粒子②的短；故C错误，D正确。
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题为光的折射在军事上的应用，应作出光路图，利用光学规律和几何关系解答。
嵌入玻璃砖后，要使工事内部人员观察到外界的视野张角的最大，必须在玻璃砖的下部一侧观察，画出光路图，由几何知识求出最大的折射角，由折射定律求得最大的入射角，即可求得最大的张角。
【解答】
光路图如右图所示，
由几何关系得：
sinθ2=L L2+d2=35
解得：θ2=37°
由折射定律得n=sinθ1sinθ2
则sinθ1=45
解得：θ1=53°
则工事内部人员观察到外界的视野最大张角为θ=2θ1=106°，故D正确。
9.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查了霍尔效应的相关应用，根据左手定则分析出粒子的受力方向进而得出电势的高低，结合电场力和洛伦兹力的等量关系即可完成分析。
根据左手定则分析出电子的受力方向，由此分析出电势的高低；
根据电场力和洛伦兹力的等量关系得出电势差的表达式，结合选项即可完成分析。
【解答】
解：AB.因为该元件的载流子为自由电子，根据左手定则可知，霍尔元件中电子定向移动时受到指向左侧面的洛伦兹力；即左侧面电势低于右侧面电势，故A错误，B正确；
CD.随着电子在极板上不断积累，两板间形成的电势差逐渐变大，则电子受电场力逐渐增大，当静电力与磁场力相等时达到平衡，此时两板间的电势UCD稳定不变；
设CD端面的距离为a，上下厚度为b，则根据eUCDa=Bev，I=neabv；可得：UCD=BIneb
则霍尔元件的左、右侧面的距离a越大，左、右两侧面的电势差不变；
霍尔元件的上、下表面的距离b越大，左、右两侧面的电势差UCD越小；故CD错误。
10.【答案】A
【解析】设导轨与角平分线的夹角为θ，导棒的切割长度为L，导轨长度为L1，O点到导棒的距离为x，单位长度的电阻为R0；
AB.根据法拉第电磁感应定律的定义式
E=nΔΦΔt
整个电路中的电流为
I=ER总
电量的公式为
q=It
联立可得
I=ΔΦR总
由于导棒是匀速运动的，则
x=vt
几何关系可知
tanθ=L2x
csθ=xL1
其中
R总=(2L1+L)R0
综上可得
I=BvsinθR0(1+sinθ)
q=BvsinθR0(1+sinθ)t
故A正确，B错误；
CD.电动势
E=BLv
整个电路中的电流为
I=ER总
电功率为
P=I2R总
解得
P=2B2v3sin2θcsθ+csθsinθR0t
故CD错误。
故选A。
11.【答案】C
【解析】A.因为 v0>EB ，所以
Bv0e>Ee
合力向上，向上偏转，但因为速度变化，洛伦兹力发生变化，竖直方向受到的合力不是恒力，不是匀变速运动，故A错误；
BCD.将粒子受到的洛伦兹力看成
Bv0e=Bv1e+Bv2e
其中
Bv1e=Ee
粒子在匀速直线运动的同时，进行圆周运动，所以运动过程中最大的速率为
vm=v1+v2=v0
因为粒子周期
T=2πmBe
在一个周期内水平方向运动的距离为
x=v1T=2πmEB2e
圆周运动的半径
R=mv2Be所以距入射点竖直方向的最大位移小于 2mv0Be ，故C正确BD错误。
故选C。
12.【答案】(1) q2B2R22m ；(2) πBR22U0
【解析】(1)粒子运动半径为R时，洛伦兹力提供向心力
qvB=mv2R
粒子加速后的动能为
Ek=12mv 2
联立解得
Ek=q2B2R22m
(2)粒子在磁场中圆周运动的周期
T=2πmqB
设粒子被加速n次到达动能为Ek，则有
Ek=nqU0
解得
n=qB2R22mU0
因粒子每加速一次后都要经磁场运动半个圆周，则粒子从飘入狭缝至动能达到Ek共经历了n次半个圆周的运动，故在磁场中运动的总时间为
t=nT2=πBR22U0
13.【答案】(1)振动减弱点；(2) y=−2sin2πtcm
【解析】(1)由图像得两波的波长为0.4m，则M点到P、Q距离差等于
Δx=PM−QM=0.4m−0.2m=0.2m=λ2
故M点为振动减弱点；
(2)波的周期
T=λv=
x=1.2m 处波源的振动方程为
y=−Asinωt=−2sin2πtcm
14.【答案】(1)1m/s；(2)0.5J
【解析】(1)CD边从磁场左侧刚进入磁场时，恰好做匀速直线运动，此时安培力设为 F1 ，根据平衡条件
F=Ff+F1
其中
E=nBL1v,I=ER,F1=nBIL1
解得
v=1m/s
(2)AB边从磁场右侧离开磁场前，线框再次做匀速直线运动，从CD边从磁场左侧刚进入磁场到线框完全穿越磁场过程中，动能不变，根据能量守恒
F(d+L2)−Ff(d+L2)=Q
解得
Q=0.5J
15.【答案】(1)1：2；(2) 3:2
【解析】(1)粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，故有
Bvq=mv2R
解得
R=mvqB=23d
由左手定则可得粒子向运动方向左侧偏转做圆周运动。如图
当粒子沿AN方向进入磁场时，粒子打在PQ上的位置为粒子能从PQ边界射出的区域的最下端；粒子进入磁场的方向逆时针旋转，粒子打在PQ上的点上移，直到运动轨迹与PQ相切时，粒子打在PQ上的位置为粒子能从PQ边界射出的区域的最上端，设速度与MN夹角为 θ ，则
Rcsθ+R=d
解得
θ=60∘
可知从C点到D点的圆心角为60°，粒子打在PQ上，其余粒子对应圆心角为120°，粒子打在MN上，则从PQ边界射出的粒子数目与从MN边界射出的粒子数目之比即为圆心移动的圆心角的比值为
η1=60°：120°=1：2
(2)粒子从PQ边界射出磁场最下端到A所在水平线距离
x1= R2−(d−R)2=d 3
从PQ边界射出磁场最上端到A所在水平线距离
x2=Rsin60∘= 33d
因为Rx=2R=43d
粒子能从 PQ、MN边界射出的区域长度之比
η2=x1+x2x= 3:2
16.【答案】(1) 2 33v0 ，方向与x轴正方向夹角为 30∘ ；(2) 3mv0qh ；(3) 2 3h29
【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，则有
33h=12qEmt2 ， 2h=v0t
令在b点速度方向与x轴正方向夹角为 θ ，利用速度分解有
vy=qEmt ， v= v02+vy2 ， tanθ=vyv0
解得
v=2 33v0 ， θ=30∘
(2)根据上述，结合题意，作出粒子运动轨迹如图所示

粒子从d点飞出磁场，根据几何关系有
4 33h=2Rsin60∘+2htan30∘
解得
R=23h
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有
qvB=mv2R
解得
B= 3mv0qh
(3)根据上述可知，矩形磁场区域的最小面积
S=2Rsin60∘R−Rcs60∘
解得
S=2 3h29
17.【答案】(1)3m/s；(2)0.8m/s；(3)2.25m
【解析】(1)对物块列动量定理
I=mv1−0
解得
v1=3m/s
(2)设物块的加速度为a1，木板的加速度为a2，则对物块列牛顿第二定律
−μmg=ma1
解得
a1=−2m/s2
对木板列牛顿第二定律
μmg=Ma2
解得
a2=1m/s2
对木板列速度位移公式
v22=2a2x0
解得
v2=0.8m/s
(3)从开始到木板与挡板碰撞的时间为t，这段过程物体的位移为x1。
对木板列速度时间公式
v2=a2t
解得
t=0.8s
那么
x1=v1t+12a1t2=3×0.8m+12×(−2)×0.82m=1.76m
第一段相对位移为
Δx1=x1−x0=1.76m−0.32m=1.44m
此时物块的速度为
v1′=v1−a1t=3m/s−2×0.8m/s=1.4m/s
木板与挡板发生了弹性碰撞，碰撞之后v2会反向，此时系统总动量为
p=mv1′−Mv2=1×1.4kg⋅m/s−2×0.8kg⋅m/s=−0.2kg⋅m/s
则不会与挡板再发生碰撞；
设物块和木板共速度的速度为 v共 ，第二段相对位移为 Δx2 ，
列动能守恒得
mv1′−Mv2=(m+M)v共
列功能关系得
12mv1′2+12Mv22=12(m+M)v共2+μmgΔx2
解得
Δx2=0.81m
所以木板的最小长度
L=Δx1+Δx2=1.44m+0.81m=2.25m