福建省泉州市四校联考2024-2025学年高二下学期3月月考 物理试题（含解析）

这是一份福建省泉州市四校联考2024-2025学年高二下学期3月月考 物理试题（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
高二物理
试卷满分100分 考试时间75分钟
一、单选题：本大题共4小题，共16分。
1.关于教材中的四幅插图，下列说法正确的是( )
A. 图甲：当摇动手柄使得蹄形磁铁转动，铝框会反向转动
B. 图乙：给真空冶炼炉通入高频交流电，金属块因为涡流产生大量热量，从而冶炼金属
C. 图丙：在蹄形磁铁两极间自由转动的铜盘，如果忽略摩擦，铜盘会一直转动下去
D. 图丁：微安表的表头在运输时要把两个正、负接线柱用导线连在一起从而保护电表指针，这是利用了电磁驱动原理
2.如图所示，L是直流电阻可忽略的线圈，a、b、c是三个相同的小灯泡，下列说法正确的是( )
A. 开关S闭合瞬间，c灯立即亮，a、b灯逐渐变亮
B. 开关S闭合电路稳定后，a、b灯都亮，c灯不亮
C. 开关S断开后，流过a灯的电流方向与原来相反
D. 开关S断开后，流过c灯的电流方向与原来相反
3.在水平地面上，两个具有相同初动量而质量不同的物体在大小相等的阻力作用下最后停下来。则质量大的物体( )
A. 滑行的距离小B. 滑行的时间长
C. 滑行过程中的加速度大D. 滑行过程中的动量变化快
4.如图所示，绝缘水平面上固定两根间距为3m的平行金属导轨，导轨的左端通过导线接有电动势E=15V、内阻r=0.5Ω的直流电源和电阻箱R。现把一均匀导体棒PQ垂直放在导轨上，导体棒的质量为0.4kg，接入电路的电阻为4.5Ω，导体棒与导轨接触良好，两者间的动摩擦因数μ= 33，金属导轨电阻不计，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。导轨间分布着匀强磁场，将电阻箱的阻值调为R=2.5Ω时，改变磁感应强度的大小和方向，使导体棒刚要向右运动，则此时磁感应强度大小的最小值及磁场方向与轨道平面的夹角分别为
A. 13T，与轨道平面成60°斜向左上方
B. 33T，与轨道平面成60°斜向左上方
C. 13T，与轨道平面成30°斜向左上方
D. 33T，与轨道平面成30°斜向左上方
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.对一定质量的物体，下列说法正确的是( )
A. 物体的动能发生变化，其动量一定变化B. 物体的动量发生变化，其动能一定变化
C. 物体的动能不变，其动量一定不变D. 物体的动量不变，其动能一定不变
6.如图甲所示的LC振荡电路中，通过P点的电流随时间变化的图像如图乙所示，若把通过P点向右的电流规定为电流i的正方向，则( )
A. 1.5ms至2ms内，由于电流在减小，可推断磁场能在减小
B. 1ms至1.5ms内，电容器极板上电荷量减小
C. 0至0.5ms内，电容器C正在充电
D. 0.5ms至1ms内，电容器上极板带正电
7.如图甲所示，L1、L2、L3是三个相同的灯泡，L1与理想变压器的原线圈串联接在电压随时间变化关系如图乙所示的电源两端，L2和L3并联后与阻值R=50Ω的电阻串联接在变压器副线圈上，三个灯泡恰好都正常发光。理想交流电流表的示数为0.4A。下列说法正确的是( )
A. 电阻R中电流方向每秒钟变化5次B. 变压器原、副线圈的匝数之比为2:1
C. 灯泡L3中电流的最大值为 210AD. 电阻R两端电压的有效值为20V
8.如图所示，“U”形光滑金属直导轨倾斜放置，宽为L，其所在平面与水平面的夹角为θ=30°；互相平行的矩形区域Ⅰ、Ⅱ的宽均为d，两个区域边界均垂直于导轨，区域Ⅰ下边界与区域Ⅱ上边界间的距离为2d；区域Ⅰ、Ⅱ内均有磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向下的匀强磁场。一质量为m的金属杆平行于区域Ⅰ边界，在区域Ⅰ上方导轨上某位置由静止释放，进入区域Ⅰ和区域Ⅱ时的速度相等。已知金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，且始终与磁场边界平行，其它电阻不计，重力加速度大小为g。则金属杆
A. 穿过区域Ⅰ、Ⅱ过程中产生的总热量为3mgd
B. 穿过区域Ⅰ、Ⅱ过程中产生的总热量为6mgd
C. 静止释放时距区域Ⅰ上边界的距离小于m2gR24B4L4
D. 静止释放时距区域Ⅰ上边界的距离大于m2gR24B4L4
三、填空题：本大题共3小题，共12分。
9.一个质量为0.15kg的垒球以15m/s的速度飞来，被球棒以30m/s的速度反向击回．以垒球初速度方向为正，在球棒击球过程中，垒球的末动量为______kg⋅m/s，球棒的动量变化量为______ kg⋅m/s．
10.回旋加速器工作原理如图所示。已知两个D形金属扁盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，磁场的磁感应强度为B，离子源置于D形盒的中心附近，若离子源射出粒子的电量为q，质量为m，最大回转半径为R，其运动轨道如图所示。若π为已知量，则两盒所加交流电的频率为_______________，粒子离开回旋加速器时的动能为____________。
11.如图所示，在光滑的水平面上，有一静止的小车，甲、乙两人分别站在小车左、右两端。当他俩同时开始相向而行时，发现小车向右运动，乙的动量______甲的动量，乙对小车的作用力的冲量______甲对小车的作用力的冲量。(均选填“大于”“等于”或“小于”)
四、实验题：本大题共2小题，共13分。
12.我们可以通过以下实验来探究“电磁感应现象”。
①接好电路后，合上开关瞬间，电流表指针__________(选填“偏转”或“不偏转”)；合上开关，电路稳定后，电流表指针__________(选填“偏转”或“不偏转”)；
②如果合上开关后，将原线圈A迅速插入副线圈B时，发现灵敏电流计指针向右偏了一下。那么在原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向右移动时，电流计指针将向________偏(选填“右”或“左”)。
③A线圈插入B线圈后，闭合开关，将滑动变阻器触头从最左端滑到最右端，第一次快速滑动，第二次滑动较慢，两情况下线圈中产生的感应电动势的大小关系是E1_______E2；通过线圈导线横截面电荷量的大小关系是q1______q2。(均填“大于”、“等于”或“小于”)
13.某校物理学习小组在测某霍尔元件时，如图甲所示，在一矩形金属薄片的P、Q间通入电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，在M、N两侧面间出现电压UH，这个现象称为霍尔效应，UH称为霍尔电压，且满足UH=kIBd，式中d为薄片的厚度，k为霍尔系数，将P、Q间通入电流I，同时把外加与薄片垂直向下的磁场B的霍尔元件当成电源连接成如图乙所示电路图，则
(1)用螺旋测微器测出霍尔元件厚度如图丙所示，则d=_______mm；
(2)M面的电势_________(填“高”“低”或“等”)于N面的电势；
(3)按照图丁连接好实物图：
改变电阻箱的阻值R。记录相应电压表的读数U，多次进行实验，得出1U−1R图像如图戊所示，截距为b，则霍尔电压UH=_______，霍尔系数k=_______(用题中的符号表示)。
五、计算题：本大题共3小题，共35分。
14.如图所示，空间存在竖直向下的有界匀强磁场B，一单匝边长为L，质量为m的正方形线框abcd放在水平桌面上，在水平外力作用下从左边界以速度v匀速进入磁场，当cd边刚好进入磁场后立刻撤去外力，线框ab边恰好到达磁场的右边界，然后将线框以ab边为轴，以角速度ω匀速翻转到图示虚线位置．已知线框与桌面间动摩擦因数为μ，磁场宽度大于L，线框电阻为R，重力加速度为g，求：
(1)当ab边刚进入磁场时，ab两端的电压Uab；
(2)水平拉力F的大小和磁场的宽度d；
(3)匀速翻转过程中线框产生的热量Q．
15.如图所示，一质量m=2kg的物块在水平地面上运动，物块与地面间的动摩擦因数μ=0.1．t=0时，物块的速度大小v0=4m/s，方向水平向右．此时对物体施加一外力F，F随时间t的变化关系满足F=3−0.5t(N).规定向右为正方向，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)0∼6s外力F的冲量大小I；
(2)物块向右运动过程中速度的最大值v；
(3)从零时刻到速度为零所用的时间t．
16.如图所示，半径为R的圆形区域内存在辐向电场，电场方向由圆心沿半径向外，电场强度大小E随距离x的变化如图乙所示。圆形区域外存在垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m，电荷量为+q的带电粒子，从圆心O点由静止释放，粒子沿半径OP运动至虚线边界上的P点进入磁场偏转再返回电场，粒子每次到达O点后沿进入电场的路径返回磁场，最后刚好沿PO方向回到O点，这个过程中粒子在磁场中运动的总时间记为t0(未知)。已知磁场的磁感应强度B= E0m3Rq，不计带电粒子的重力。求：
(1)带电粒子经过P点时的速度v0大小;
(2)t0的大小;
(3)若改变带电粒子的释放位置，将带电粒子在OP之间的某点Q(图中未标出)释放，粒子经过一段时间后沿PQ方向第一次回到释放点Q，该过程粒子在磁场区域运动的总时间为4t0。求粒子释放点Q到P点的可能距离。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、图甲：当摇动手柄使得蹄形磁铁转动，导致铝框的磁通量发生变化，从而产生感应电流，受到安培力，铝框会同向转动，故A错误；
B、图乙：给真空冶炼炉通入高频交流电，炉内的金属中会产生涡流，会产生大量热量，从而冶炼金属，故B正确；
C、图丙：在蹄形磁铁两极间自由转动的铜盘，就算摩擦极小，也会因产生感应电流，在电磁阻尼的作用下很快停下，故C错误；
D、图丁：微安表的表头在运输时要把两个正、负接线柱用导线连在一起，运输过程中导线转动切割磁感应线产生感应电流，线圈受到的安培力会阻碍线框的转动，可以保护电表指针，这是利用了电磁阻尼原理，故D错误。
故选：B。
首先明确题目考查的知识点，然后逐一分析每个选项，根据电磁感应、涡流、电磁阻尼和电磁驱动等电磁学的基本概念和应用来判断每个选项的正确性。
本题主要考查电磁感应、涡流、电磁阻尼和电磁驱动等电磁学的基本概念和应用。
2.【答案】C
【解析】解：A、开关S闭合瞬间，a、b灯立即亮，线圈中产生自感电动势阻碍电流的增大，使得c灯逐渐变亮，故A错误；
B、开关S闭合至电路稳定后，L相当于导线，则三灯都亮，故B错误；
CD、开关S断开后，b灯立即熄灭，线圈中产生自感电动势阻碍原电流的减小，则电流将在线圈与a、c灯之间形成新的回路，流过a灯的电流方向与原来相反，流过c灯的电流方向与原来相同，故C正确、D错误。
故选：C。
当S闭合或断开时，通过线圈L的电流发生变化，穿过线圈的磁通量变化，根据楞次定律，线圈将产生感应电动势，阻碍原电流的变化，据此分析灯的亮暗变化。
本题考查通断电自感。自感现象，是特殊的电磁感应现象，基本解题思路仍是应用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行求解。
3.【答案】A
【解析】解：A、根据P=mv，EK=12mv2可知，EK=P22m，则可知，初动量相同，质量大的物体速度小；根据动能定理可知：−fL=0−EK=P22m，则可知，质量大的物体滑行的距离小；故A正确；
B、根据动量定理可知，−ft=0−P，因动量相同，故滑行时间相同，故B错误；
C、因阻力相同，由牛顿第二定律可知，质量大的加速度小，故C错误；
D、因两物体均停止，所以滑行过程中动量变化相同，因滑行时间相同，故动量变化相同，故D错误。
故选：A。
明确动量和动能的关系对物体运动的过程运用动能定理直接列式，求出位移表达式分析；也可以先对木块受力分析，求出合力，再根据牛顿第二定律求得加速度，再结合运动学公式求出位移表达式分析。
对于动力学问题，有时既可以用牛顿运动定律结合运动学公式求解，也可以用动能定理和动量定理求解，选择动能定理求解可以不涉及加速度和时间，较为简洁。
4.【答案】A
【解析】设安培力F的方向与导轨平面成α角度时斜向右上时，安培力具有最小值，F=BIL，I=Er+R棒+R=2A，
根据平衡条件有Fcsα=μ(mg−Fsinα)，整理得F=μmgμsinα+csα=μmg μ2+1sinα+60°，
当α=30°时，F最小，为F=2N，
可得B=13T，根据左手定则，B的方向与轨道平面成60°斜向左上方。
故选A。
5.【答案】AD
【解析】解：A、对于一定质量的物体，物体的动能发生变化，则速度的大小一定变化，则动量一定变化．故A正确．
B、物体的动量发生变化，可能是速度的方向发生变化，若大小不变，则动能不变．故B错误．
C、物体的动能不变，可能速度大小不变，方向在改变，则动量在变化．故C错误．
D、物体的动量不变，则速度不变，可知动能一定不变．故D正确．
故选：AD．
动量P=mv，是矢量，有大小有方向；动能Ek=12mv2，是标量，只有大小没有方向．
解决本题的关键知道速度变化时，可能是速度方向变化，可能是速度大小变化，可能是速度大小和方向都改变．知道动量是矢量，动能是标量．
6.【答案】AB
【解析】解：A.从1.5ms到2ms，电流减小，是充电过程，磁场能减小转化为电场能，故A正确；
B.从1ms到1.5ms，电流增大，是放电过程，电容器极板上电荷量减小，故B正确；
C.从0到0.5ms，电流增大，为放电过程，故C错误；
D.从0.5ms到1ms，电流减小，应为充电过程，电流方向不变，电容器上极板带负电，故D错误。
故选：AB。
A、充电过程，磁场能转化为电场能；
B、放电过程，电容器极板上电荷量减小；
CD、根据电流的变化判断充电还是放电。
本题主要考查学生对于电磁振荡图像的理解。
7.【答案】BD
【解析】A、由题图乙可知，交变电流的周期为0.2s，频率为5Hz，电阻R中电流方向每秒钟变化10次，选项A错误;
B、由于三个灯泡中的电流相等，所以变压器原、副线圈中的电流之比为1:2，
变压器原、副线圈匝数之比n1:n2=2:1，选项B正确;
C、由灯泡L3中电流为0.2A可知，灯泡L3中电流的最大值为 25A，选项C错误;
D.电阻R两端电压的有效值为U2=I2R=0.4×50V=20V故D正确。故选BD。
8.【答案】AD
【解析】由题意可知，金属杆进入区域Ⅰ和区域Ⅱ时的速度相等，在区域Ⅰ、Ⅱ运动情况相同，穿过区域Ⅰ、Ⅱ过程中产生的热量相同。从区域Ⅰ的上边界运动到区域Ⅱ的上边界过程，减少的重力势能等于增加的热量，Q1=mg⋅3dsinθ=32mgd，总热量为3mgd，故选项A正确，B错误;
进入区域Ⅰ和区域Ⅱ时的速度相等，说明金属杆刚进入区域Ⅰ时一定是减速运动，故BIL>mgsinθ，设刚进入区域Ⅰ时的速度大小为v，由I=BLυR，
则v >mgR2B2L2。设自由释放时距区域Ⅰ上边界的距离为x，mgxsinθ=12mv2，解得x>m2gR24B4L4，故选项C错误，D正确。
填空题：每空2分
9.【答案】−4.5；−6.75
10.【答案】Bq2πm； q2B2R22m。
11.【答案】大于 大于
每空1分，共5分
【答案】①偏转；不偏转；
②右；
③大于；等于
13.每空2分，共8分
【答案】(1)0.520；(2)低；(3)1b；dBIb。
14.（10分=3分+3分+4分）
【答案】解：(1)ab边相当于电源，根据切割公式，有：
E=BLv
根据闭合电路欧姆定律，有：
I=ER=BLvR
根据欧姆定律，有：
Uab=I×34R=34BLv
(2)根据平衡条件，有：
F=FA+μmg=B2L2vR+μmg
撤去拉力后，线框匀减速运动，加速度为−μg，根据速度位移关系公式，有：
x1=v22μg
所以：d=L+v22μg
(3)
线框在绕ab轴翻转过程中，Em=BL2ω，有效值：
E= 22BL2ω
时间t=14T=π2ω
产生焦耳热：
Q=I2Rt=E2Rt=πB2L4ω4R；
答：
(1)当ab边刚进入磁场时，ab两端的电压Uab为34BLv；
(2)水平拉力F的大小为B2L2vR+μmg，磁场的宽度d为L+v22μg；
(3)整个过程中产生的总热量Q为πB2L4ω4R；
15.（10分=2分+4分+4分）
【答案】解：(1)当t=6s时，F=0N，
外力F的冲量是图示三角形面积，I=3×6×12=9 N·s．
(2)物块合外力为零时，速度最大， F=μmg，
将F=3−0.5t代入解得： t1=2s，
从t=0到速度最大，t=0时 F0=3N，t1=2s时F1=2N，
由动量定理， F0+F12t1−μmgt1=mv−mv0，
解得：v=4.5m/s。
(3)从零时刻到速度为零，外力F的冲量I=F0+F22t=3t−14t2 (N·s)
由动量定理I−μmgt =0−mv0
解得：t =8s
16.（15分=3分+6分+6分）
【答案】解：(1)根据乙图，图中图线所围成面积代表电势差，则UOP=E0R2 1分
由动能定理可得qUOP=12mv02 1分
解得v0= E0Rqm 1分
(2)设带电粒子在磁场中运动的轨道半径为r，由向心力公式得qv0B=mv02r 解得r= 3R， 1分
根据题意作轨迹图，
设∠O1OP= θ ，由几何关系可知tanθ=rR 1分
解得 θ=π3
所以∠MOP=2π3，
粒子在磁场中运动过程所转过的角度为θ0=3×[2π−(π−2π3)]=5π 1分
粒子在磁场中运动总时间t0=θ02πT 1分
粒子在磁场中运动周期为T=2πrv 1分
解得t0=5π 3mRqE0 1分
(3)如图，
设改变释放位置后，粒子在磁场中第一次从S点回到电场区域，令∠SOP=β，粒子在磁场中运动的圆弧所对圆心角为α，根据题意可知：
nβ=m×2π
α=2π−(π−β)
联立以上公式得：n(α−π)=m×2π 1分
粒子在磁场中运动总时间为4t0，所以:nα=20π 1分
将nα=20π带入n(α−π)=m2π，可得：20−n=2m
其中n和m均为正整数，由题意可知π