2023-2024學年河北省保定市高二上冊第三次月考（期中）物理試題（附答案）

/12/12/2023-2024學年河北省保定市高二上學期第三次月考（期中）物理模擬試題一、選擇題(本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項符合題目要求，每小題4分，第8～10題有多項符合題目要求，每小題6分，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)1、以下裝置中都涉及到磁場的具體應用，關于這些裝置的說法正確的是（）A.甲圖為回旋加速器，增加電壓U可增大粒子的最大動能B.乙圖為磁流體發(fā)電機，可判斷出A極板是發(fā)電機的正極C.丙圖為質(zhì)譜儀，打到照相底片D同一位置粒子的比荷相同D.丁圖為速度選擇器，特定速率的粒子從左右兩側(cè)沿軸線進入后都做直線運動2、兩足夠長直導線均折成直角，按圖示方式放置在同一平面內(nèi)，EO與在一條直線上，與OF在一條直線上，兩導線相互絕緣，通有相等的電流I，電流方向如圖所示。若一根無限長直導線通過電流I時，所產(chǎn)生的磁場在距離導線d處的磁感應強度大小為B，則圖中與導線距離均為d的M、N兩點處的磁感應強度大小分別為（）A.B、0 B.0、2B C.2B、2B D.B、B3、如圖，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，質(zhì)量為m、電荷量為的帶電粒子從圓周上的M點沿直徑方向射入磁場。若粒子射入磁場時的速度大小為，離開磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)；若射入磁場時的速度大小為，離開磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)，不計重力，則為（）A. B. C. D.4、如圖所示，在第一象限內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，正、負電子分別以相同速度沿與x軸成30°角的方向從原點垂直磁場射入，則負電子與正電子在磁場中運動時間之比為（）A.1：2 B.2：1 C.1： D.1：15、如圖所示，兩個線圈套在同一鐵芯上，左側(cè)線圈與導軌相連接，導體棒可在導軌上滑動，磁場方向垂直紙面向里，以下說法正確的是（）棒勻速向右滑，、兩點中點電勢高B．棒勻加速右滑，、兩點中點電勢高C．棒勻減速右滑，、兩點中點電勢高D．棒勻加向左滑，、兩點中點電勢高6、如圖甲所示，10匝的線圈兩端M、N與一個理想電壓表相連，線圈內(nèi)有指向紙內(nèi)方向的磁場，線圈中的磁通量在按圖乙所示規(guī)律變化。下列說法正確的是（）A．線圈中產(chǎn)生的感生電場沿順時針方向 B．電壓表的正接線柱接線圈的N端C．線圈中磁通量的變化率為 D．電表的讀數(shù)為7、如圖所示，半徑為r的金屬圓盤在垂直于盤面的勻強磁場B中，繞O軸以角速度ω沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動，則通過電阻R的電流的方向和大小是(金屬圓盤的電阻不計)()A.由c到d，I=Br2ωR C.由c到d，I=Br2ω2R 8、(多選)如圖所示，電阻R、電容C與一線圈連成閉合電路，條形磁鐵靜止于線圈的正上方，N極朝下，現(xiàn)使磁鐵開始自由下落，在N極靠近線圈上端的過程中，關于流過電阻R的電流方向和電容器C極板的帶電情況是（）A．流過電阻R的電流方向由a→b B．流過電阻R的電流方向由b→aC．電容器C上極板帶正電 D．電容器C下極板帶正電(多選)如圖，虛線MN的右側(cè)有方向垂直于紙面向里的勻強磁場，兩電荷量相同的粒子P、Q從磁場邊界的M點先后射入磁場，在紙面內(nèi)運動。射入磁場時，P的速度vP垂直于磁場邊界，Q的速度vQ與磁場邊界的夾角為45°。已知兩粒子均從N點射出磁場，且在磁場中運動的時間相同，則()A．P和Q的質(zhì)量之比為1∶2B．P和Q的質(zhì)量之比為eq\r(2)∶1C．P和Q的速度大小之比為eq\r(2)∶1D．P和Q的速度大小之比為2∶110(多選)粗細相同且由同種材料制成的A、B兩線圈分別按圖甲、乙兩種方式放入勻強磁場中，甲、乙兩圖中的磁場方向均垂直于線圈平面，A、B線圈的匝數(shù)之比為2∶1，半徑之比為2∶3。當兩圖中的磁場都隨時間均勻變化時()A.甲圖中，A、B兩線圈中電動勢之比為2∶3B.甲圖中，A、B兩線圈中電流之比為3∶2C.乙圖中，A、B兩線圈中電動勢之比為8∶9D.乙圖中，A、B兩線圈中電流之比為2∶3二、非選擇題(本題共5小題，共54分)11、（5分）某實驗小組用圖示電路測量勻強磁場的磁感應強度。實驗器材如下：邊長為L、匝數(shù)為N的正方形線圈（a、b為引出端）一個天平一臺，各種質(zhì)量砝碼若干，直流電源一個，靈敏電流計一個，定值電阻一個，開關、導線等若干實驗步驟如下：（1）將a與c連接、b與d連接，閉合開關S，記錄________（填物理量名稱及符號），在天平的________（填“左盤”或“右盤”）中放入合適質(zhì)量的砝碼，使天平平衡；（2）斷開開關S，將a與d連接、b與c連接，再次閉合開關S，這時需要在天平的________（選填“左盤”“右盤”）中放入質(zhì)量為的砝碼，使天平再次平衡；（3）已知重力加速度大小為g，則磁感應強度的大小為B=_____________（用上述物理量表示）。12、（4分）如圖所示，在互相垂直的勻強電場和勻強磁場中，電荷量為q的液滴在豎直面內(nèi)做半徑為R的勻速圓周運動。已知電場強度大小為E，磁感應強度大小為B，重力加速度為g，則液滴帶________（選填“正”或“負”）電，轉(zhuǎn)動方向為________（選填“順時針”或“逆時針”），環(huán)繞速度大小為________。13、（18分）如圖，邊長為的正方形abcd區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應強度大小為，方向垂直于紙面（abcd所在平面）向外。ab邊中點有一電子發(fā)射源O，可向磁場內(nèi)沿垂直于ab邊的方向發(fā)射電子。已知電子的比荷為，。（1）若使電子只從a點射出，求其射入磁場時速度大小和在磁場中運動的時間；（2）若使電子只從d點射出，求其射入磁場時速度大小和在磁場中運動的時間；（3）其它條件都不變，只改變?nèi)肷浣牵闺娮尤肷鋾r的速度方向與Ob邊成30°角。若要求電子只從ad邊射出，求其射入磁場時速度大小的取值范圍。14、（12分）如圖所示，平行邊界M、N間有垂直邊界向右的勻強電場，勻強電場的電場強度為，平行邊界N、P間有垂直紙面向外的勻強磁場，相鄰邊界間距均為，一個質(zhì)量為、電荷量為的帶正電的粒子從電場中緊靠邊界M的O點，以垂直電場方向向上、大小為的初速度射入電場，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，粒子進入磁場，粒子剛好不從磁場的邊界P射出磁場。不計粒子的重力，求：（1）粒子從O開始第一次運動到邊界N時速度的大??；（2）勻強磁場磁感應強度的大?。唬?）粒子第一次在磁場中運動的時間。15、（15分）電磁感應現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)，給電磁的應用開辟了廣闊的道路，其中發(fā)電機就是電磁感應最重要的應用成果之一。某種直流發(fā)電機的工作原理可以簡化為如圖所示的情景。在豎直向下的磁感應強度B=0.5T的勻強磁場中，兩根光滑平行金屬軌道MN和PQ固定在水平面上，軌道間距L=0.2m。質(zhì)量m=0.1kg的金屬桿ab置于軌道上，與軌道垂直。現(xiàn)用F=2N的水平向右的恒力拉ab桿，其使由靜止開始運動。電阻R=0.04Ω，ab桿的電阻r=0.01Ω，其余電阻不計。求：（1）判斷流過電阻R的電流方向；（2）ab桿的速度達到5m/s時，ab桿的加速度多大；（3）ab桿可以達到的最大速度vm多大；（4）當ab桿達到最大速度后撤去外力F，此后電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。期中考試題答案12345678910CBBABCDADACBCD（1）靈敏電流計的讀數(shù)I（1分）左盤（1分）右盤（1分）（3）（2分）【詳解】實驗中閉合開關S，應記錄靈敏電流計的讀數(shù)I；由左手定則可知閉合開關后線框所受的安培力向下，應在天平的左盤中放入合適質(zhì)量的砝碼，才能使天平平衡；（2）斷開開關S，將a與d連接、b與c連接，再次閉合開關S，由左手定則可知閉合開關后線框所受的安培力向上，應在天平的右盤中放入合適質(zhì)量的砝碼，才能使天平平衡；（3）斷開開關S，將a與d連接、b與c連接，再次閉合開關S，這時需要在天平的右盤中放入質(zhì)量為的砝碼使天平再次平衡，由平衡條件可知解得12、【正確答案】正（1分）逆時針（1分）（2分）【詳解】[1]液滴在復合場中做勻速圓周運動，則必有重力和電場力平衡，則有電場力方向與重力方向相反，即電場力方向豎直向上，與電場方向相同，故液滴帶正電。[2][3]液滴做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，根據(jù)左手定則可知，液滴沿逆時針方向轉(zhuǎn)動，根據(jù)牛頓第二定律可得解得13、（1），；（2），；（3）【詳解】（1）若使電子只從a點射出，電子運動軌跡如圖所示根據(jù)幾何關系可得（1分）根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得（1分）解得（1分）電子磁場中運動的時間為（1分）（2）若使電子只從d點射出，電子運動軌跡如圖所示根據(jù)幾何關系可得（1分）解得（1分）根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得（1分）解得（1分）由圖中幾何關系可知（1分）可得（1分）則電子磁場中運動的時間為（1分）（3）如圖所示要求電子只從ad邊射出，速度最小時，軌跡與ad邊相切，根據(jù)幾何關系，此時半徑滿足（1分）由洛倫茲力提供向心力可得（1分）聯(lián)立解得（1分）速度最大時，軌跡與cd相切，根據(jù)幾何關系，此時半徑滿足（1分）由洛倫茲力提供向心力可得（1分）聯(lián)立解得（1分）電子只從ad邊射出，求其射入磁場時速度大小的取值范圍為（1分）14、（1）；（2）；（3）【詳解】（1）粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)動能定理有（2分）解得（1分）（2）做粒子得運動軌跡，如圖所示設粒子出電場時速度方向與N邊界的夾角為，則（1分）解得（1分）設粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r，由幾何關系有（1分）解得（1分）由牛頓第二定律有（1分）解得（1分）（3）在磁場中運動的圓心角為（1分）由于（1分）解得（1分）15、（1）方向為；（2）；（3）10m/s；（4）【詳解】（1）根