四川省遂宁市蓬溪中学2023-2024学年高二下学期3月月考物理试题
1．（2024高二下·蓬溪月考） 下面是某同学对电场和磁场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是（ ）
A．根据电场强度的定义式可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带电荷量成反比
B．根据电势差的定义式可知，带电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点电场力做功为1J，则A、B两点间的电势差为1V
C．根据电容的定义式可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比
D．由磁感应强度公式，磁感应强度方向与放入磁场中的通电直导线所受的安培力方向相同
2．（2024高二下·蓬溪月考） 下列各图中，能正确表示运动电荷在匀强磁场中所受洛伦兹力（F）方向的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2024高二下·蓬溪月考）质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是（ ）
A．N带负电，M带正电 B．N的速率大于M的速率
C．N的运行时间小于M的运行时间 D．N的运行时间等于M的运行时间
4．（2024高二下·蓬溪月考） 如图甲所示，a、b位于两个等量异种电荷的连线上，且a、b到O点的距离相等；如图乙所示，两根相互平行的长直导线垂直纸面通过M、N两点，为的中点，c、d位于的连线上，且c、d到O点的距离相等，两导线中通有等大反向的恒定电流，下列说法正确的是（ ）
A．O点处的电场强度为零
B．点处的磁感应强度为零
C．a、b两处的电场强度大小相等，方向相同
D．c、d两处的磁感应强度大小相等，方向相反
5．（2024高二下·蓬溪月考） 沿轴传播的一列简谐横波在时刻的波动图像如图甲所示，质点的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．该波沿轴负方向传播
B．该波的波长为10m
C．该波的传播速度为12m/s
D．处的质点在此后1.5s内运动的路程等于1m
6．（2024高二下·蓬溪月考）滨州市有温室智能化蔬菜育苗基地，蔬菜育苗过程对环境要求严格，温室内光照强度很重要。某中学学生通过光敏电阻来测定蔬菜大棚中的光照强度，如图所示，R0，R1为定值电阻，R2为光敏电阻。通过调节光照强度，R2的阻值在1~5Ω范围内变化，R2的阻值随光照强度的增大而减小。已知R0，R1阻值分别为4Ω、3Ω，电源的电动势为3V，内阻为1Ω，电压表为理想电表。闭合开关S后，下列说法正确的是（ ）
A．光照强度增大时，电压表示数增大
B．光照强度增大时，R1的电功率减小
C．光照强度减小时，电源的效率减小
D．当光敏电阻阻值为1Ω时，电源的输出功率最大
7．（2024高二下·蓬溪月考） 如图，在直角坐标系xOy中有a、b、c、d四点，c点坐标为（-4cm，3cm）。现加上一方向平行于xOy平面的匀强电场，b、c、d三点电势分别为9V、25V、16V，将一电荷量为-210-5C的点电荷从a点沿abcd移动到d点，下列说法正确的是（ ）
A．坐标原点O的电势为-4V
B．电场强度的方向沿x轴正方向
C．该点电荷在a点的电势能为2×10-4J
D．该点电荷从a点移到d点的过程中，电场力做的功为4.8×10-4J
8．（2024高二下·蓬溪月考）a、b两种单色光以相同的入射角从某种介质射向真空，光路如图所示，则以下叙述正确的是（ ）
A．在该介质中a光的传播速度大于b光的传播速度
B．在该介质中a光的传播速度小于b光的传播速度
C．该介质对b光的折射率大于对a光的折射率
D．该介质对b光的折射率小于对a光的折射率
9．（2024高二下·蓬溪月考） 如图所示，水平绝缘桌面上有两平行导轨与一电源及导体棒MN构成的闭合回路，已知两导轨间距为L，质量为m的导体棒MN与两导轨垂直，通过导体棒的电流为I，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与水平面成角斜向上，导体棒MN静止，重力加速度大小为g，则导体棒MN受到的（ ）
A．摩擦力大小为 B．摩擦力大小为
C．支持力大小为 D．支持力大小为
10．（2024高二下·蓬溪月考） 如图所示，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为的粒子沿平行金属板的中线以速度水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为，不计粒子重力。下列说法正确的（ ）
A．金属板间电势差
B．粒子出电场时的速度
C．粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角
D．仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中点射入磁场，在磁场中运动的最长时间为
11．（2024高二下·蓬溪月考）某实验小组为测量电池组的电动势和内阻，设计了如图甲所示电路，主要器材如下：
A电池组（两节干电池）
B毫安表（量程为，内阻）
C电压表（量程为）
D滑动变阻器（阻值范围，额定电流）
E电阻箱（阻值）
F开关和导线若干
（1）由于毫安表的是程太小，需将其改装为的量程，则应将图甲中电阻箱调节为 ；
（2）实验步骤如下：
①连接电路，将图甲中滑动变阻器的滑片移到最左端；
②闭合开关，改变滑片位置，记下电压表的示数和毫安表的示数，多次实验后，依所测数据在如图乙所示的坐标纸上作出图线．某次实验毫安表示数如图丙所示，则其读数为 ；
（3）电池组的电动势 ；
（4）若考虑电压表内阻影响，则电池组内阻的测量值 真实值（填“大于”“等于”或“小于”）。
12．（2024高二下·蓬溪月考） 在“测量玻璃的折射率”实验中：如图甲所示，甲同学先将白纸平铺在木板上并用图钉固定，玻璃砖平放在白纸上，然后在白纸上确定玻璃砖的界面aa'和bb（c）。O为直线AO与aa'的交点。在直线AO上竖直地插上P1、P2两枚大头针。
（1）甲同学接下来要完成的必要步骤有____；
A．插上大头针P3，使P3仅挡住P2的像
B．插上大头针P3，使P3挡住P1的像和P2的像
C．插上大头针P4，使P4仅挡住P3
D．插上大头针P4，使P4挡住P3和P1、P2的像
（2）下列哪些措施能够有效提高实验精确程度____；
A．选用两光学表面平行的玻璃砖
B．选用两光学表面间距适当大些的玻璃砖
C．选用粗的大头针完成实验
D．玻璃砖同侧两枚大头针间的距离尽量大些
（3）乙同学在画界面时，不小心将两界面aa'、bb'间距画得比玻璃砖宽度大些，如图乙所示，若其他操作正确，则他测得的折射率与真实值相比 （选填“偏大”、“偏小”或“相同”）；
（4）如图丙所示，丙同学以入射点O为圆心，以R=5cm长度为半径画圆，与入射线PO交于M点，与玻璃中折射线OQ交于E点，过M、E点分别向法线作垂线交于N、F点，量得MN=4.2cm，FE=2.8cm，则他测得该玻璃的折射率为 。
13．（2024高二下·蓬溪月考）如图所示，一列沿x轴传播的简谐横波，t=0时刻的波形图如图甲所示．图乙表示x=1.0m处P的质点的振动图象。求：
（1）波的波长 和振幅A；
（2）请判断这列波的传播方向，并计算该简谐横波传播速度v的大小；
（3）t=0.7s内质点Q运动的路程s。
14．（2024高二下·蓬溪月考） 一个电荷量为q=2×10-8C，质量为m=1×10-14 kg的带负电的粒子，由静止经电压为U1=1 600 V的加速电场加速后，立即沿中心线O1O2垂直进入一个电压为U2=2 400 V的偏转电场，然后打在垂直于O1O2放置的荧光屏上的P点，偏转电场两极板间距为d=8 cm，极板长L=8 cm，极板的右端与荧光屏之间的距离也为L=8 cm。整个装置如图所示，（不计粒子的重力）求：
（1）粒子出加速电场时的速度v0的大小；
（2）粒子出偏转电场时的偏移距离y；
（3）P点到O2的距离y'。
15．（2024高二下·蓬溪月考）如图，在平面直角坐标系xOy中，直角三角形区域ABC内存在垂直纸面向里的匀强磁场B1，线段CO=OB=L，θ=30°；第三象限内存在垂直纸面的匀强磁场B2（图中未画出），过C点放置着一面与y轴平行的足够大荧光屏CD；第四象限正方形区域OBFE内存在沿x轴正方向的匀强电场。一电子以速度v0从x轴上P点沿y轴正方向射入磁场，恰以O点为圆心做圆周运动且刚好不从AC边射出磁场；此后电子经第四象限从E点进入第三象限，最后到达荧光屏时速度方向恰好与荧光屏平行。已知电子的质量为m、电荷量为e，不计电子的重力，求：
（1）P点距O点的距离d；
（2）电子到达E点时的速度；
（3）第三象限内的磁感应强度B2的大小。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】电容器及其应用；磁感应强度；电场强度；电势差
【解析】【解答】A、电场中某点的电场强度与试探电荷的电荷量无关，故A错误；
B、电场力对带电量为1C的正电荷做功为1J，根据
可知初、末位置的电势差为1V，故B正确；
C、电容器的电容与是否带电、带电多少无关，故C错误；
D、根据左手定则，磁感应强度方向与放入磁场中的通电直导线所受的安培力方向垂直，故D错误。
故答案为：B。
【分析】电场强度时电场本身的故有属性，只与场源电荷有关。电容器的电容的大小只与本身固有的特性有关系。熟悉掌握电势差与电势能之间的关系，使用公式时注意电荷的电性。
2．【答案】D
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】A、该图中电荷所受洛伦兹力为零，故A不符合题意；
B、该图中电荷所受洛伦兹力为零，故B不符合题意；
C、根据左手定则可知，该图中电荷所受洛伦兹力方向向上，故C不符合题意；
D、根据左手定则可知，该图中电荷所受洛伦兹力方向向右，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】确定电荷移动的方向及电荷的电性，使用左手定则时，注意四指表示正电荷的运动方向，继而确定粒子所受洛伦兹力的情况。
3．【答案】D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A.根据左手定则知，N带正电，M带负电，故A不符合题意；
B.根据洛伦兹力提供向心力得：，解得：，因，所以，故B不符合题意；
CD.，可见周期与速度无关。粒子在磁场中运动的时间均为周期的一半，所以 N的运行时间等于M的运行时间，故C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D
【分析】根据左手定则可判断M、N的电性；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可判断粒子的速度大小；粒子在磁场中运动周期，与粒子运动的速度无关。
4．【答案】C
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场；点电荷的电场；电场强度的叠加
【解析】【解答】A、正电荷在O点处的电场强度方向水平向右，负电荷在O点处的电场强度方向水平向右，根据场强叠加可知，O点处的总电场强度不为零，故A错误；
C、根据等量异种电荷电场的对称性可知，a、b处的电场强度大小相等，方向相同，均水平向右，故C正确；
BD、根据右手螺旋定则，M、N两点处长直导线在c、d、O'点处的磁感应强度方向均竖直向下，根据对称性以及磁感应强度的叠加可知，c、d处的磁感应强度大小相等，方向相同；O'点处的磁感应强度不为零，故BD错误。
故答案为：C。
【分析】熟悉掌握点电荷电场的分布特点，再根据矢量合成法则确定各点电场强度的大小和方向。根据右手螺旋定则确定通电导线周围各点磁场的方向，再根据矢量叠加法则确定各点合磁场强度的大小和方向关系。
5．【答案】D
【知识点】机械波及其形成和传播；简谐运动的表达式与图象；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A、根据题意，由图乙可知，质点Q在t=0时，沿y轴正方向振动，结合图甲，由同侧法可知，该波沿x轴正方向传播，故A错误；
B、根据题意，由图甲可知，该波的波长为
故B错误；
C、由图乙可知，质点振动周期
则波速为
故C错误；
D、质点在1.5s内，即
x=4m处的质点在t=0在平衡位置，因此质点走过的路程等于
故D正确。
故答案为：D。
【分析】根据0s时刻Q点的振动情况，结合“上下坡”法或者“同侧法”确定波的传播方向。熟悉掌握振动图像和波动图像能获取的信息，再根据波速公式确定波的传播速度。根据振动时间与周期的关系结合一个周期质点运动的路程确定1.5s内质点运动的路程。
6．【答案】D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】AB、光照强度增大时，光敏电阻R2阻值变小，电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可得，电路总电流增大，路端电压减小；可知电压表示数减小，通过R0的电流减小，则通过R1的电流增大，R1的电功率增大，故AB错误；
C、光照强度减小时，光敏电阻R2阻值变大，电路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可得，电路总电流减小，路端电压增大；电源的效率为
可知电源的效率增大，故C错误；
D、电源的输出功率为
可知当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大；当光敏电阻阻值为1Ω时，此时光敏电阻阻值最小，外电阻最小，根据电路图可知，此时外电阻为
可知此时外电阻阻值最接近内阻，所以电源的输出功率最大，故D正确。
故答案为：D。
【分析】确定电路图的连接方式及电表的测量对象，根据题意确定电路中总电阻的变化情况，再根据程序法或者“串反并同”确定回路中各部分元件电流、电压及电功率的变化情况。当熟悉掌握电源输出效率的定义。当外电阻越接近电源内阻，电源的输出功率越大，当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大。
7．【答案】D
【知识点】电势能；电势能与电场力做功的关系；电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A、由于是匀强电场，故沿着同一个方向前进相同距离电势的降低相等，故
代入数据解得
故A错误；
B、由A分析可知，点b和O点电势不相等，故y轴所在直线不是等势线，因为电场线与等势线垂直，电场强度的方向不沿x轴正方向，故B错误；
C、因
则
解得
该点电荷在a点的电势能为
故C错误；
D、该点电荷从a点移到d点，电场中做功为
故D正确。
故答案为：D。
【分析】匀强电场中沿着同一个方向前进相同距离电势变化量相等，再根据已知电势点，确定各点电势的高低。等势线上的点电势相等，电场线与等势线相互垂直。熟悉电场力做功与电势差的关系，使用公式时注意电荷的电性。
8．【答案】A,C
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】CD、由光路图可知
即介质对b光的折射率大于对a光的折射率，故C正确，D错误；
AB、根据
可知
即在该介质中a光的传播速度大于b光的传播速度，故A正确，B错误。
故答案为：AC。
【分析】根据图示确定两单色光的入射角与折射角，注意光线时从光密介质射向光疏介质。再根据折射定律确定两单色光在该介质中折射率和传播速度的关系。
9．【答案】A,D
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡；左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】以导体棒为研究对象，分析受力如图所示
其中，导体棒和磁场垂直，故导体棒受到的安培力大小为
对导体棒根据平衡条件知在水平方向有
在竖直方向
解得支持力大小为
故答案为：AD。
【分析】根据电路图确定流过导体棒MN的电流反向，再根据左手定则确定导体棒所受安培力的方向。再根据平衡条件及安培力公式和力的合成与分解进行解答。
10．【答案】A,B,D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A、设板间距离为d，则板长为，带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度为
根据牛顿第二定律得，电场力提供加速度
解得
设粒子在平板间的运动时间为t，根据类平抛运动的运动规律得
，
联立解得
故A正确；
B、设粒子出电场时与水平方向夹角为α，则有
故
则出电场时粒子的速度为
故B正确；
C、粒子出电场后沿直线匀速直线运动，接着进入磁场，根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供匀速圆周运动所需的向心力得
解得
已知圆形磁场区域半径为
故
如图粒子沿PO方向射入磁场即沿半径方向射入磁场，故粒子将沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为θ，则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为θ
由几何关系可得
可得
故C错误；
D、带电粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为
如图所示
根据几何关系可知，带电粒子在该磁场中运动的轨迹一定为劣弧，故劣弧所对应轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动的时间最长，设此时粒子运动轨迹的圆心角为2β，由几何关系可得
故可得β=60°，此时在磁场中运动的最长时间为
故D正确。
故答案为：ABD。
【分析】粒子在电场中做类平抛运动，在飞出电场进入磁场之前做匀速直线运动，进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动。确定粒子在电场中运动时竖直方向和水平方向的运动位移，再根据类平抛运动规律确定金属板间的电势差及粒子飞出电场的速度大小和方向。根据左手定则确定粒子在磁场中的偏转方向，画出粒子的运动轨迹，再根据带电粒子在磁场中运动规律进行解答。
11．【答案】（1）0.6
（2）32
（3）3.0
（4）等于
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）当毫安表满偏时，电阻箱的电流为
此时电阻箱的电压等于毫安表的满偏电压
则，根据欧姆定律，电阻箱的阻值为
（2）毫安表的分度值为2mA，故读数为32mA；
（3）根据闭合电路欧姆定律
即
所以U-I图像的纵截距表示电动势，故电源的电动势为
（4）若考虑电压表内阻影响，由于电流和电压都是真实值，则求得的电动势内阻等于真实值。
【分析】熟悉电表改装原理及计算方法，改装大量程电流表，需并联电阻。根据实验原理及电路图推到得出图像的函数表达式，再结合表达式分析图像斜率和截距的物理意义，再根据图像进行数据处理和误差分析。
12．【答案】（1）B；D
（2）B；D
（3）偏小
（4）1.5
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）光沿直线传播，两点确定一条直线，让P3同时挡住P1、P2的像，保证入射光线是唯一的且过P1、P2，同理使P4挡住P3和P1、P2的像，保证从玻璃板出来的光线是唯一的且过P3、P4，最后使四个点在同一条光线的传播路径上。故AC错误，BD正确。
故答案为：BD。
（2）采用插针法测定光的折射率的时候，应选定光学表面间距大一些的玻璃砖，这样光路图会更加清晰，减小作图误差，同时两枚大头针的距离尽量大一些，且选用的大头针应该细一点，保证光线的直线度，而光学表面是否平行并不影响该实验的准确度。
故答案为：BD。
（3）如图
这种做法使出射光线对应的入射角α偏大，折射角不变β，故折射率测量值小于真实值。
（4）设光线在玻璃砖的上表面入射角和折射角分别为i和r，由几何关系可知
，
根据折射定律得该玻璃的折射率为
【分析】熟悉掌握“测量玻璃的折射率”实验的操作步骤及注意事项。光学表面间距大一些的玻璃砖，减小作图误差，两枚大头针的距离尽量大一些，且选用的大头针应该细一点，保证光线的直线度。根据几何关系确定折射角及入射角的正弦值，再根据折射定律确定玻璃的折射率。
13．【答案】（1）解：根据图甲可知波的波长为
振幅为
（2）解：根据图乙可知周期为
根据速度公式可得该简谐横波传播速度的大小
时刻P点向上振动要达到它前面点的位移，可以判断波沿x轴正向传播
（3）解：由于周期 经过0.7s，则有
故质点Q运动的路程
【知识点】横波的图象
【解析】【分析】（1）利用图像可以得出周期和振幅的大小；
（2）利用周期和波长的大小可以求出波速的大小；
（3）利用运动的时间可以求出路程的大小。
14．【答案】（1）解：由动能定理可得
代入数据解得
（2）解：粒子进入偏转电场后做类平抛运动，水平方向上
在竖直方向上
联立并代入数据，解得
（3）解：由几何知识知
解得
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）确定粒子在加速电场中的受力情况及该力的做功情况，再根据动能定理进行解答；
（2）粒子进入偏转电场后，入射速度方向与所受电场力方向垂直，粒子做类平抛运动。确定粒子在水平和竖直方向的位移，再根据牛顿第二定律及类平抛运动规律和场强与电势差的关系进行解答；
（3）粒子从电场飞出后做匀速直线运动，根据做平抛运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点的规律，结合相似三角形进行解答。
15．【答案】（1）解：电子在区域ABC内以O点圆心做匀速圆周运动，在G点与AC相切，其运动轨迹如图
在△COG中，根据几何知识有
（2）解：电子从H点进入电场做类平抛运动，轨迹如图所示
设电子从OE边离开且在电场中运动时间为t，根据运动学规律，沿x方向
沿y方向
电子到达E点的速度为
联立解得
，
（3）解：①若磁场方向垂直于纸面向里，设其做匀速圆周运动的轨道半径为r1，圆心为O1，如图所示
根据几何关系有
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
②若磁场方向垂直于纸面向外，设其做匀速圆周运动的轨道半径为r2，圆心为O2，如图所示
根据几何关系有
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）电子 恰以O点为圆心做圆周运动且刚好不从AC边射出磁场，则粒子在磁场中的运动轨迹与AC变相切。画出粒子的运动轨迹再根据几何关系确定OP的距离；
（2）粒子从ACB磁场进入电场后，在电场中只受电场力作用，做类平抛运动，根据几何关系确定粒子在水平和竖直方向的位移，再根据类平抛运动规律进行解答；
（3）粒子到达荧光屏时速度方向恰好与荧光屏平行，即粒子在CDOE磁场区域的运动轨迹恰好与荧光屏CD相切。由于CDOE区域磁场的方向不同，故电子的偏转方向不同。根据电子偏转方向的不同画出粒子在不同情况下的运动轨迹，再根据几何关系及洛伦兹力提供向心力结合牛顿第二定律进行解答。
四川省遂宁市蓬溪中学2023-2024学年高二下学期3月月考物理试题
1．（2024高二下·蓬溪月考） 下面是某同学对电场和磁场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是（ ）
A．根据电场强度的定义式可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带电荷量成反比
B．根据电势差的定义式可知，带电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点电场力做功为1J，则A、B两点间的电势差为1V
C．根据电容的定义式可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比
D．由磁感应强度公式，磁感应强度方向与放入磁场中的通电直导线所受的安培力方向相同
【答案】B
【知识点】电容器及其应用；磁感应强度；电场强度；电势差
【解析】【解答】A、电场中某点的电场强度与试探电荷的电荷量无关，故A错误；
B、电场力对带电量为1C的正电荷做功为1J，根据
可知初、末位置的电势差为1V，故B正确；
C、电容器的电容与是否带电、带电多少无关，故C错误；
D、根据左手定则，磁感应强度方向与放入磁场中的通电直导线所受的安培力方向垂直，故D错误。
故答案为：B。
【分析】电场强度时电场本身的故有属性，只与场源电荷有关。电容器的电容的大小只与本身固有的特性有关系。熟悉掌握电势差与电势能之间的关系，使用公式时注意电荷的电性。
2．（2024高二下·蓬溪月考） 下列各图中，能正确表示运动电荷在匀强磁场中所受洛伦兹力（F）方向的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】A、该图中电荷所受洛伦兹力为零，故A不符合题意；
B、该图中电荷所受洛伦兹力为零，故B不符合题意；
C、根据左手定则可知，该图中电荷所受洛伦兹力方向向上，故C不符合题意；
D、根据左手定则可知，该图中电荷所受洛伦兹力方向向右，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】确定电荷移动的方向及电荷的电性，使用左手定则时，注意四指表示正电荷的运动方向，继而确定粒子所受洛伦兹力的情况。
3．（2024高二下·蓬溪月考）质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是（ ）
A．N带负电，M带正电 B．N的速率大于M的速率
C．N的运行时间小于M的运行时间 D．N的运行时间等于M的运行时间
【答案】D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A.根据左手定则知，N带正电，M带负电，故A不符合题意；
B.根据洛伦兹力提供向心力得：，解得：，因，所以，故B不符合题意；
CD.，可见周期与速度无关。粒子在磁场中运动的时间均为周期的一半，所以 N的运行时间等于M的运行时间，故C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D
【分析】根据左手定则可判断M、N的电性；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可判断粒子的速度大小；粒子在磁场中运动周期，与粒子运动的速度无关。
4．（2024高二下·蓬溪月考） 如图甲所示，a、b位于两个等量异种电荷的连线上，且a、b到O点的距离相等；如图乙所示，两根相互平行的长直导线垂直纸面通过M、N两点，为的中点，c、d位于的连线上，且c、d到O点的距离相等，两导线中通有等大反向的恒定电流，下列说法正确的是（ ）
A．O点处的电场强度为零
B．点处的磁感应强度为零
C．a、b两处的电场强度大小相等，方向相同
D．c、d两处的磁感应强度大小相等，方向相反
【答案】C
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场；点电荷的电场；电场强度的叠加
【解析】【解答】A、正电荷在O点处的电场强度方向水平向右，负电荷在O点处的电场强度方向水平向右，根据场强叠加可知，O点处的总电场强度不为零，故A错误；
C、根据等量异种电荷电场的对称性可知，a、b处的电场强度大小相等，方向相同，均水平向右，故C正确；
BD、根据右手螺旋定则，M、N两点处长直导线在c、d、O'点处的磁感应强度方向均竖直向下，根据对称性以及磁感应强度的叠加可知，c、d处的磁感应强度大小相等，方向相同；O'点处的磁感应强度不为零，故BD错误。
故答案为：C。
【分析】熟悉掌握点电荷电场的分布特点，再根据矢量合成法则确定各点电场强度的大小和方向。根据右手螺旋定则确定通电导线周围各点磁场的方向，再根据矢量叠加法则确定各点合磁场强度的大小和方向关系。
5．（2024高二下·蓬溪月考） 沿轴传播的一列简谐横波在时刻的波动图像如图甲所示，质点的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．该波沿轴负方向传播
B．该波的波长为10m
C．该波的传播速度为12m/s
D．处的质点在此后1.5s内运动的路程等于1m
【答案】D
【知识点】机械波及其形成和传播；简谐运动的表达式与图象；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A、根据题意，由图乙可知，质点Q在t=0时，沿y轴正方向振动，结合图甲，由同侧法可知，该波沿x轴正方向传播，故A错误；
B、根据题意，由图甲可知，该波的波长为
故B错误；
C、由图乙可知，质点振动周期
则波速为
故C错误；
D、质点在1.5s内，即
x=4m处的质点在t=0在平衡位置，因此质点走过的路程等于
故D正确。
故答案为：D。
【分析】根据0s时刻Q点的振动情况，结合“上下坡”法或者“同侧法”确定波的传播方向。熟悉掌握振动图像和波动图像能获取的信息，再根据波速公式确定波的传播速度。根据振动时间与周期的关系结合一个周期质点运动的路程确定1.5s内质点运动的路程。
6．（2024高二下·蓬溪月考）滨州市有温室智能化蔬菜育苗基地，蔬菜育苗过程对环境要求严格，温室内光照强度很重要。某中学学生通过光敏电阻来测定蔬菜大棚中的光照强度，如图所示，R0，R1为定值电阻，R2为光敏电阻。通过调节光照强度，R2的阻值在1~5Ω范围内变化，R2的阻值随光照强度的增大而减小。已知R0，R1阻值分别为4Ω、3Ω，电源的电动势为3V，内阻为1Ω，电压表为理想电表。闭合开关S后，下列说法正确的是（ ）
A．光照强度增大时，电压表示数增大
B．光照强度增大时，R1的电功率减小
C．光照强度减小时，电源的效率减小
D．当光敏电阻阻值为1Ω时，电源的输出功率最大
【答案】D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】AB、光照强度增大时，光敏电阻R2阻值变小，电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可得，电路总电流增大，路端电压减小；可知电压表示数减小，通过R0的电流减小，则通过R1的电流增大，R1的电功率增大，故AB错误；
C、光照强度减小时，光敏电阻R2阻值变大，电路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可得，电路总电流减小，路端电压增大；电源的效率为
可知电源的效率增大，故C错误；
D、电源的输出功率为
可知当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大；当光敏电阻阻值为1Ω时，此时光敏电阻阻值最小，外电阻最小，根据电路图可知，此时外电阻为
可知此时外电阻阻值最接近内阻，所以电源的输出功率最大，故D正确。
故答案为：D。
【分析】确定电路图的连接方式及电表的测量对象，根据题意确定电路中总电阻的变化情况，再根据程序法或者“串反并同”确定回路中各部分元件电流、电压及电功率的变化情况。当熟悉掌握电源输出效率的定义。当外电阻越接近电源内阻，电源的输出功率越大，当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大。
7．（2024高二下·蓬溪月考） 如图，在直角坐标系xOy中有a、b、c、d四点，c点坐标为（-4cm，3cm）。现加上一方向平行于xOy平面的匀强电场，b、c、d三点电势分别为9V、25V、16V，将一电荷量为-210-5C的点电荷从a点沿abcd移动到d点，下列说法正确的是（ ）
A．坐标原点O的电势为-4V
B．电场强度的方向沿x轴正方向
C．该点电荷在a点的电势能为2×10-4J
D．该点电荷从a点移到d点的过程中，电场力做的功为4.8×10-4J
【答案】D
【知识点】电势能；电势能与电场力做功的关系；电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A、由于是匀强电场，故沿着同一个方向前进相同距离电势的降低相等，故
代入数据解得
故A错误；
B、由A分析可知，点b和O点电势不相等，故y轴所在直线不是等势线，因为电场线与等势线垂直，电场强度的方向不沿x轴正方向，故B错误；
C、因
则
解得
该点电荷在a点的电势能为
故C错误；
D、该点电荷从a点移到d点，电场中做功为
故D正确。
故答案为：D。
【分析】匀强电场中沿着同一个方向前进相同距离电势变化量相等，再根据已知电势点，确定各点电势的高低。等势线上的点电势相等，电场线与等势线相互垂直。熟悉电场力做功与电势差的关系，使用公式时注意电荷的电性。
8．（2024高二下·蓬溪月考）a、b两种单色光以相同的入射角从某种介质射向真空，光路如图所示，则以下叙述正确的是（ ）
A．在该介质中a光的传播速度大于b光的传播速度
B．在该介质中a光的传播速度小于b光的传播速度
C．该介质对b光的折射率大于对a光的折射率
D．该介质对b光的折射率小于对a光的折射率
【答案】A,C
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】CD、由光路图可知
即介质对b光的折射率大于对a光的折射率，故C正确，D错误；
AB、根据
可知
即在该介质中a光的传播速度大于b光的传播速度，故A正确，B错误。
故答案为：AC。
【分析】根据图示确定两单色光的入射角与折射角，注意光线时从光密介质射向光疏介质。再根据折射定律确定两单色光在该介质中折射率和传播速度的关系。
9．（2024高二下·蓬溪月考） 如图所示，水平绝缘桌面上有两平行导轨与一电源及导体棒MN构成的闭合回路，已知两导轨间距为L，质量为m的导体棒MN与两导轨垂直，通过导体棒的电流为I，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与水平面成角斜向上，导体棒MN静止，重力加速度大小为g，则导体棒MN受到的（ ）
A．摩擦力大小为 B．摩擦力大小为
C．支持力大小为 D．支持力大小为
【答案】A,D
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡；左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】以导体棒为研究对象，分析受力如图所示
其中，导体棒和磁场垂直，故导体棒受到的安培力大小为
对导体棒根据平衡条件知在水平方向有
在竖直方向
解得支持力大小为
故答案为：AD。
【分析】根据电路图确定流过导体棒MN的电流反向，再根据左手定则确定导体棒所受安培力的方向。再根据平衡条件及安培力公式和力的合成与分解进行解答。
10．（2024高二下·蓬溪月考） 如图所示，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为的粒子沿平行金属板的中线以速度水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为，不计粒子重力。下列说法正确的（ ）
A．金属板间电势差
B．粒子出电场时的速度
C．粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角
D．仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中点射入磁场，在磁场中运动的最长时间为
【答案】A,B,D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A、设板间距离为d，则板长为，带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度为
根据牛顿第二定律得，电场力提供加速度
解得
设粒子在平板间的运动时间为t，根据类平抛运动的运动规律得
，
联立解得
故A正确；
B、设粒子出电场时与水平方向夹角为α，则有
故
则出电场时粒子的速度为
故B正确；
C、粒子出电场后沿直线匀速直线运动，接着进入磁场，根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供匀速圆周运动所需的向心力得
解得
已知圆形磁场区域半径为
故
如图粒子沿PO方向射入磁场即沿半径方向射入磁场，故粒子将沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为θ，则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为θ
由几何关系可得
可得
故C错误；
D、带电粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为
如图所示
根据几何关系可知，带电粒子在该磁场中运动的轨迹一定为劣弧，故劣弧所对应轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动的时间最长，设此时粒子运动轨迹的圆心角为2β，由几何关系可得
故可得β=60°，此时在磁场中运动的最长时间为
故D正确。
故答案为：ABD。
【分析】粒子在电场中做类平抛运动，在飞出电场进入磁场之前做匀速直线运动，进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动。确定粒子在电场中运动时竖直方向和水平方向的运动位移，再根据类平抛运动规律确定金属板间的电势差及粒子飞出电场的速度大小和方向。根据左手定则确定粒子在磁场中的偏转方向，画出粒子的运动轨迹，再根据带电粒子在磁场中运动规律进行解答。
11．（2024高二下·蓬溪月考）某实验小组为测量电池组的电动势和内阻，设计了如图甲所示电路，主要器材如下：
A电池组（两节干电池）
B毫安表（量程为，内阻）
C电压表（量程为）
D滑动变阻器（阻值范围，额定电流）
E电阻箱（阻值）
F开关和导线若干
（1）由于毫安表的是程太小，需将其改装为的量程，则应将图甲中电阻箱调节为 ；
（2）实验步骤如下：
①连接电路，将图甲中滑动变阻器的滑片移到最左端；
②闭合开关，改变滑片位置，记下电压表的示数和毫安表的示数，多次实验后，依所测数据在如图乙所示的坐标纸上作出图线．某次实验毫安表示数如图丙所示，则其读数为 ；
（3）电池组的电动势 ；
（4）若考虑电压表内阻影响，则电池组内阻的测量值 真实值（填“大于”“等于”或“小于”）。
【答案】（1）0.6
（2）32
（3）3.0
（4）等于
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）当毫安表满偏时，电阻箱的电流为
此时电阻箱的电压等于毫安表的满偏电压
则，根据欧姆定律，电阻箱的阻值为
（2）毫安表的分度值为2mA，故读数为32mA；
（3）根据闭合电路欧姆定律
即
所以U-I图像的纵截距表示电动势，故电源的电动势为
（4）若考虑电压表内阻影响，由于电流和电压都是真实值，则求得的电动势内阻等于真实值。
【分析】熟悉电表改装原理及计算方法，改装大量程电流表，需并联电阻。根据实验原理及电路图推到得出图像的函数表达式，再结合表达式分析图像斜率和截距的物理意义，再根据图像进行数据处理和误差分析。
12．（2024高二下·蓬溪月考） 在“测量玻璃的折射率”实验中：如图甲所示，甲同学先将白纸平铺在木板上并用图钉固定，玻璃砖平放在白纸上，然后在白纸上确定玻璃砖的界面aa'和bb（c）。O为直线AO与aa'的交点。在直线AO上竖直地插上P1、P2两枚大头针。
（1）甲同学接下来要完成的必要步骤有____；
A．插上大头针P3，使P3仅挡住P2的像
B．插上大头针P3，使P3挡住P1的像和P2的像
C．插上大头针P4，使P4仅挡住P3
D．插上大头针P4，使P4挡住P3和P1、P2的像
（2）下列哪些措施能够有效提高实验精确程度____；
A．选用两光学表面平行的玻璃砖
B．选用两光学表面间距适当大些的玻璃砖
C．选用粗的大头针完成实验
D．玻璃砖同侧两枚大头针间的距离尽量大些
（3）乙同学在画界面时，不小心将两界面aa'、bb'间距画得比玻璃砖宽度大些，如图乙所示，若其他操作正确，则他测得的折射率与真实值相比 （选填“偏大”、“偏小”或“相同”）；
（4）如图丙所示，丙同学以入射点O为圆心，以R=5cm长度为半径画圆，与入射线PO交于M点，与玻璃中折射线OQ交于E点，过M、E点分别向法线作垂线交于N、F点，量得MN=4.2cm，FE=2.8cm，则他测得该玻璃的折射率为 。
【答案】（1）B；D
（2）B；D
（3）偏小
（4）1.5
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）光沿直线传播，两点确定一条直线，让P3同时挡住P1、P2的像，保证入射光线是唯一的且过P1、P2，同理使P4挡住P3和P1、P2的像，保证从玻璃板出来的光线是唯一的且过P3、P4，最后使四个点在同一条光线的传播路径上。故AC错误，BD正确。
故答案为：BD。
（2）采用插针法测定光的折射率的时候，应选定光学表面间距大一些的玻璃砖，这样光路图会更加清晰，减小作图误差，同时两枚大头针的距离尽量大一些，且选用的大头针应该细一点，保证光线的直线度，而光学表面是否平行并不影响该实验的准确度。
故答案为：BD。
（3）如图
这种做法使出射光线对应的入射角α偏大，折射角不变β，故折射率测量值小于真实值。
（4）设光线在玻璃砖的上表面入射角和折射角分别为i和r，由几何关系可知
，
根据折射定律得该玻璃的折射率为
【分析】熟悉掌握“测量玻璃的折射率”实验的操作步骤及注意事项。光学表面间距大一些的玻璃砖，减小作图误差，两枚大头针的距离尽量大一些，且选用的大头针应该细一点，保证光线的直线度。根据几何关系确定折射角及入射角的正弦值，再根据折射定律确定玻璃的折射率。
13．（2024高二下·蓬溪月考）如图所示，一列沿x轴传播的简谐横波，t=0时刻的波形图如图甲所示．图乙表示x=1.0m处P的质点的振动图象。求：
（1）波的波长 和振幅A；
（2）请判断这列波的传播方向，并计算该简谐横波传播速度v的大小；
（3）t=0.7s内质点Q运动的路程s。
【答案】（1）解：根据图甲可知波的波长为
振幅为
（2）解：根据图乙可知周期为
根据速度公式可得该简谐横波传播速度的大小
时刻P点向上振动要达到它前面点的位移，可以判断波沿x轴正向传播
（3）解：由于周期 经过0.7s，则有
故质点Q运动的路程
【知识点】横波的图象
【解析】【分析】（1）利用图像可以得出周期和振幅的大小；
（2）利用周期和波长的大小可以求出波速的大小；
（3）利用运动的时间可以求出路程的大小。
14．（2024高二下·蓬溪月考） 一个电荷量为q=2×10-8C，质量为m=1×10-14 kg的带负电的粒子，由静止经电压为U1=1 600 V的加速电场加速后，立即沿中心线O1O2垂直进入一个电压为U2=2 400 V的偏转电场，然后打在垂直于O1O2放置的荧光屏上的P点，偏转电场两极板间距为d=8 cm，极板长L=8 cm，极板的右端与荧光屏之间的距离也为L=8 cm。整个装置如图所示，（不计粒子的重力）求：
（1）粒子出加速电场时的速度v0的大小；
（2）粒子出偏转电场时的偏移距离y；
（3）P点到O2的距离y'。
【答案】（1）解：由动能定理可得
代入数据解得
（2）解：粒子进入偏转电场后做类平抛运动，水平方向上
在竖直方向上
联立并代入数据，解得
（3）解：由几何知识知
解得
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）确定粒子在加速电场中的受力情况及该力的做功情况，再根据动能定理进行解答；
（2）粒子进入偏转电场后，入射速度方向与所受电场力方向垂直，粒子做类平抛运动。确定粒子在水平和竖直方向的位移，再根据牛顿第二定律及类平抛运动规律和场强与电势差的关系进行解答；
（3）粒子从电场飞出后做匀速直线运动，根据做平抛运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点的规律，结合相似三角形进行解答。
15．（2024高二下·蓬溪月考）如图，在平面直角坐标系xOy中，直角三角形区域ABC内存在垂直纸面向里的匀强磁场B1，线段CO=OB=L，θ=30°；第三象限内存在垂直纸面的匀强磁场B2（图中未画出），过C点放置着一面与y轴平行的足够大荧光屏CD；第四象限正方形区域OBFE内存在沿x轴正方向的匀强电场。一电子以速度v0从x轴上P点沿y轴正方向射入磁场，恰以O点为圆心做圆周运动且刚好不从AC边射出磁场；此后电子经第四象限从E点进入第三象限，最后到达荧光屏时速度方向恰好与荧光屏平行。已知电子的质量为m、电荷量为e，不计电子的重力，求：
（1）P点距O点的距离d；
（2）电子到达E点时的速度；
（3）第三象限内的磁感应强度B2的大小。
【答案】（1）解：电子在区域ABC内以O点圆心做匀速圆周运动，在G点与AC相切，其运动轨迹如图
在△COG中，根据几何知识有
（2）解：电子从H点进入电场做类平抛运动，轨迹如图所示
设电子从OE边离开且在电场中运动时间为t，根据运动学规律，沿x方向
沿y方向
电子到达E点的速度为
联立解得
，
（3）解：①若磁场方向垂直于纸面向里，设其做匀速圆周运动的轨道半径为r1，圆心为O1，如图所示
根据几何关系有
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
②若磁场方向垂直于纸面向外，设其做匀速圆周运动的轨道半径为r2，圆心为O2，如图所示
根据几何关系有
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）电子 恰以O点为圆心做圆周运动且刚好不从AC边射出磁场，则粒子在磁场中的运动轨迹与AC变相切。画出粒子的运动轨迹再根据几何关系确定OP的距离；
（2）粒子从ACB磁场进入电场后，在电场中只受电场力作用，做类平抛运动，根据几何关系确定粒子在水平和竖直方向的位移，再根据类平抛运动规律进行解答；
（3）粒子到达荧光屏时速度方向恰好与荧光屏平行，即粒子在CDOE磁场区域的运动轨迹恰好与荧光屏CD相切。由于CDOE区域磁场的方向不同，故电子的偏转方向不同。根据电子偏转方向的不同画出粒子在不同情况下的运动轨迹，再根据几何关系及洛伦兹力提供向心力结合牛顿第二定律进行解答。
