第=page11頁，共=sectionpages1414頁2024-2025學年第二學期高二3月考物理試題一、單選題：本大題共8小題，共32分。1.質量和電荷量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經小孔S垂直進入勻強磁場，運行的半圓軌跡如圖中虛線所示，下列表述正確的是(

)

A.M帶正電，N帶負電 B.M的速率小于N的速率

C.洛倫茲力對M、N做正功 D.M的運動時間等于N的運動時間2.2024年8月，鄭欽文在巴黎奧運會上拿到女單冠軍，為我國奪得該項目的第一塊奧運金牌.質量為m的網球以速度v飛來，以相同速率反向擊回，在她擊球過程中網球(

)

A.動量變化量為0 B.動能變化量為mv2

C.所受重力的沖量大小為2mv 3.如圖所示，某區域內有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小B=0.1T，一正方形剛性線圈，其邊長L=0.5m，匝數n=10匝，線圈平面與磁場方向垂直，線圈一半在磁場內。某時刻線圈中通過大小I=2A.2N B.1N C.0.1N4.如圖所示，質量m=50kg的人，站在質量M=300kg的車的一端，人和車均相對于地面靜止。人由車的一端走到另一端的過程中，車后退0.4m，車與地面間的摩擦可以忽略不計，則車的總長為A.2.4m B.2.8m C.3m5.如圖所示，當帶電粒子從左側以速率v0水平向右射入速度選擇器時，該粒子能水平勻速通過速度選擇器，不計粒子重力，則下列說法正確的是(

)

A.速度選擇器能用來識別帶電粒子的電性

B.當入射速度v<v0時，帶電粒子可能向上偏轉

C.當入射速度v>v06.如圖所示，質量為m的帶電小物塊從半徑為R的固定絕緣光滑半圓槽頂點A由靜止滑下，整個裝置處于方向垂直紙面向里的勻強磁場中。已知物塊所帶的電荷量保持不變，物塊運動過程中始終沒有與圓槽分離，物塊第一次經過圓槽最低點時對圓槽的壓力與自身受到的重力大小相等，重力加速度大小為g，則物塊對圓槽的最大壓力為(

)

A.3mg B.4mg C.5mg7.兩個初速度大小相同的同種離子a和b，從O點沿垂直磁場方向進入勻強磁場，最后打到屏P上。不計重力，下列說法正確的有(

)

A.a、b均帶負電 B.a在P上的落點與O點的距離比b的近

C.a在磁場中飛行的路程比b的短 D.a在磁場中飛行的時間比b的短8.如圖為某質譜儀的示意圖，由豎直放置的速度選擇器、偏轉磁場構成。由三種不同粒子組成的粒子束以某速度沿豎直向下的方向射入速度選擇器，該粒子束沿直線穿過底板上的小孔O進入偏轉磁場，最終三種粒子分別打在底板MN上的P1、P2、P3=點，已知底板MN上下兩側的勻強磁場方向均垂直紙面向外，且磁感應強度的大小分別為B1、B2，速度選擇器中勻強電場的電場強度的大小為EA.速度選擇器中的電場方向向右，且三種粒子電性可正可負

B.三種粒子打在MN上時速度不相等

C.如果三種粒子的電荷量相等，則打在P1點的粒子質量最大

D.如果三種粒子電荷量均為q，且P3、P1點的間距為Δx，則打在P3二、多選題：本大題共2小題，共10分。9.如圖為回旋加速器的示意圖。兩個靠得很近的D形金屬盒處在與盒面垂直的勻強磁場中，一質子從加速器的A處開始加速。已知D型盒的半徑為R，磁場的磁感應強度為B，高頻交變電源的電壓為U，頻率為f，質子質量為m，電荷量為q，不計粒子在電場中運動時間。下列說法正確的是(

)

A.質子的最大速度不超過2πRf

B.質子的最大動能為(qBR)22m

C.高頻交變電源的頻率f=qB2πm10.如圖所示，一質量為2m的小車靜止在光滑水平面上，小車上一質量為m可視為質點的物塊向左壓縮輕質彈簧后用細繩鎖定，物塊和彈簧不拴接。燒斷細繩，經過時間t，物塊恰好運動到小車右端而不滑下。已知初始時物塊到小車右端的距離為L，彈簧彈性勢能為Ep，重力加速度大小為g，則(

)A.物塊到達小車右端時，物塊向右移動的距離為2L3

B.物塊到達小車右端時，小車向左移動的距離為2L3

C.物塊與小車上表面間的動摩擦因數為EpmgL三、實驗題：本大題共2小題，共16分。11.某學校興趣小組的同學在學習了磁場的知識后設計了一個利用天平測定磁感應強度的實驗方案。天平的左臂下面掛一個矩形線圈，寬為L，共N匝，線圈的下部懸在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面。實驗步驟如下：①未通電流時，在天平右盤內放入質量為m1②當給線圈通以順時針方向流動大小為I的電流(如圖所示)時，需在天平右盤更換質量為m2的砝碼后，天平才能重新平衡。

(1)若m1>m2，此時矩形線圈的底邊所受的安培力方向為___________(選填“豎直向上”或“豎直向下”)，磁場方向垂直于紙面___________(選填“向里”或“(2)若m1<m2，用所測量的物理量和重力加速度g表示磁感應強度的大小為12.利用圖1所示的儀器研究動量守恒定律，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關系。

(1)試驗中，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是，可以通過僅測量

，間接地解決這個問題。A.小球開始釋放的高度hB.小球拋出點距地面的高度HC.小球做平拋運動的射程(2)圖2中的O點是小球拋出點在地面上的垂直投影。實驗時，先讓入射球m1多次從斜軌上S位置靜止釋放，找到其平均落地點的位置P，測量平拋射程OP，然后把被碰小球m2靜止于軌道的水平部分，再將入射小球m1從斜軌上S位置靜止釋放，與小球mA.用天平測量兩個小球的質量m1、mB.測量小球m1開始釋放高度hC.測量拋出點距地面的高度H；D.分別找到m1、m2相碰后平均落地點的位置M、E.測量平拋射程OM、ON；(3)若兩球相碰前后的動量守恒，其表達式可表示為

[用(2)中測量的量表示]；(4)碰撞的恢復系數的定義為e=v2'-v1'v1-v2，其中v1和v2分別是碰撞前兩物體的速度，v四、計算題：本大題共3小題，共42分。13.如圖所示，兩平行金屬導軌間的距離L=0.40m，金屬導軌所在的平面與水平面夾角θ=30°，在導軌所在平面內，分布著磁感應強度B=0.50T、方向垂直于導軌所在平面的勻強磁場。金屬導軌的一端接有電動勢E=4.5V，內阻r=0.50Ω的直流電源，另一端接有電阻R=5.0Ω，現把一個質量為(1)導體棒所受的安培力大小；(2)導體棒所受的摩擦力的大小和方向。14.如圖所示，在坐標系xOy的第四象限存在寬度為d的勻強磁場，磁場方向垂直于xOy平面向外；第一象限內有沿y軸負方向的勻強電場。一帶電荷量為q(q>0)、質量為m的粒子以速率v0自y軸的A點沿x軸正方向射入電場，經x軸上的F點射入磁場。已知OA=l，粒子經過F點時與(1)OF的長度L(2)若粒子恰不能從下邊界飛出磁場，求勻強磁場磁感應強度B的大小。15.質量為M=7kg的木板B靜止于光滑水平面上，物塊A質量為m=3kg，停在B的左端。質量為m0=1kg的小球用長為l=0.8m的輕繩懸掛在固定點O上，將輕繩拉直至水平位置后，由靜止釋放小球，小球在最低點與A發生碰撞，碰撞時間極短且無機械能損失，物塊與小球可視為質點，不計空氣阻力。已知A、(1)小球與A碰撞前的瞬間，繩子對小球的拉力F的大?。?2)小球與A碰撞后的瞬間，物塊獲得的速度vA(3)為使A、B達到共同速度前A不滑離木板，木板至少多長。

答案和解析1.【答案】D

【解析】A.由左手定則判斷出N帶正電荷，M帶負電荷，故A錯誤；

B.粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，半徑為：r=mvBq，在質量與電量相同的情況下，半徑大說明速率大，即M的速度率大于N的速率，故B錯誤；

C.洛倫茲力不做功，故C錯誤；

D.粒子在磁場中運動半周，即時間為周期的一半，而周期為T=2πmBq，與粒子運動的速度無關，所以M的運行時間等于2.【答案】D

【解析】A.擊球前后速度反向，動量變化量△p=2mv，不為0，A錯誤；

B.動能是標量，動能變化量為0，B錯誤；

C、D.根據動量定理，合力沖量I=3.【答案】A

【解析】線圈在磁場內有效長度為2L，故該正方形通電線圈受到安培力大小為

F=2nBIL=24.【答案】B

【解析】人和車組成的系統水平方向平均動量守恒：mv1=Mv2

兩邊同時乘以時間可得：mx1=Mx25.【答案】B

【解析】A.粒子能水平勻速通過速度選擇器，不計粒子重力，粒子在板間運動時電場力等于洛倫茲力，改為粒子的電性，電場力和洛倫茲力仍可平衡；故A錯誤；

B.根據題意有qE=qv0B可知v0=EB，當入射速度v<v0時，則qvB<Eq，若粒子帶正電，粒子將向下偏轉，若粒子帶負電，將向上偏轉；故B正確；

C.6.【答案】C

【解析】解：設物塊經過圓槽最低點時速度為v，物塊運動過程中只有重力做功，根據機械能守恒定律有

mgR=12mv2

物塊第一次經過圓槽最低點時，對物塊受力分析可知：qvB=mv2R

物塊在半圓槽內做往復運動，當物塊在最低點受到向下的洛倫茲力時，物塊對半圓槽的壓力最大，根據牛頓第二定律結合牛頓第三定律可得：Fm7.【答案】B

【解析】A.因粒子向下偏轉，則由左手定則可知，粒子均帶正電，故A錯誤；

B.由于兩個同種粒子的初速度大小相同，根據半徑公式R=mvqB，可知a和b兩粒子半徑相等，

根據粒子入射方向可判斷其向心力方向，從而確定其圓心的位置，畫出知a、b粒子的運動軌跡如圖所示：

由圖根據運動軌跡可知，b粒子的落點與O的距離等于圓的直徑，而a的落點與O的距離為一個小于直徑的弦，因此a在P上的落點與O點的距離比b的近，故B正確；

C.由圖可知a粒子在磁場轉過的圓心角較大，又因為它們的半徑相同，故a在磁場中飛行的路程要長，故C錯誤；

D.由于a粒子在磁場轉過的圓心角較大，根據時間公式t=θ2πT=θmqB可知，a在磁場中飛行的時間比8.【答案】D

【解析】A.帶電粒子通過速度選擇器時，需要二力平衡，故qv且兩力方向相反。根據帶電粒子在偏轉磁場中的偏轉方向，由左手定則，可知三種粒子均帶正電，故速度選擇器中洛倫茲力方向為水平向左，可知電場方向向右。故A錯誤；B.粒子在速度選擇器中運動時速度保持不變，進入偏轉磁場，洛倫茲力不做功，到打在MN上速度大小都不變，故B錯誤；C.粒子在偏轉磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有qv解得r三種粒子的電荷量相等，半徑與質量成正比，故打在P3點的粒子質量最大。故CD.打在P1、PΔx解得m故D正確。故選D。9.【答案】ABC

【解析】A、質子出回旋加速器的速度最大，此時的半徑為R，則vm=2πRT=2πRf.所以最大速度不超過2πfR，故A正確。

BD、據洛倫茲力作為向心力可得

qvB=mv2r

當

r=R

時，有最大速度為

vm=qBRm，質子的最大動能為

10.【答案】AC

【解析】AB.由于物塊和小車組成的系統在任意時刻總動量都為零，即任意時刻小車向左的動量大小上都等于物塊向右的動量大小，根據動量守恒定律，小物塊脫離彈簧時取向右為正方向，則有0=mv2-2mv1

兩邊同乘t有0=mL2-2mL1

其中L1+L2=L

綜上有L1=L3，L2=2L3

則小車向左移動的距離為L3，物塊向右移動的距離為2L3，故A正確，11.【答案】(1)豎直向上；向外；(2)(m【解析】(1)m1>m2，說明天平左側受到的拉力小于矩形線圈的重力，因此矩形線圈的底邊所受的安培力方向為豎直向上，根據左手定則可知磁場方向為垂直紙面向外;

12.【答案】CADEm0.46

【解析】解：(1)小球離開軌道后做平拋運動，由于小球拋出點的高度相等，它們在空中的運動時間相等，小球的水平位移與小球的初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度，即測量射程，故AB錯誤，C正確。

故選C；

(2)要驗證動量守恒定律定律，即驗證m1v1=m1v2+m2v3，小球離開軌道后做平拋運動，它們拋出點的高度相等，在空中的運動時間t相等，上式兩邊同時乘以t得，m1v13.【答案】(1)根據題意可知，導體棒與電阻并聯，并聯后電阻為R由閉合回路歐姆定律可得，電路中總電流為I則流過導體棒的電流為I導體棒所受的安培力大小F(2)由左手定則可知，導體棒所受安培力方向沿斜面向上，設導體棒所受的摩擦力的大小為

f

，由平衡條件有mg解得f假設成立，即導體棒所受的摩擦力的大小為

0.05N

14.【答案】(1)粒子在電場中做類平拋運動，根據平拋運動的推論可知，在F點的速度方向的反向延長線經過水平位移的中點，可知ta