邢台一中2024-2025学年第一学期第三次月考
高二年级物理试题
考试范围：必修三第十一、十二章+选必二第一章+第二章前两节
命题人：一审：二审：
说明：1.本试卷满分100分。
2.请将所有答案填写在答题卡上，答在试卷上无效。
一、选择题（共10小题，共46分。1—7题为单选题，每小题4分，8—10题为多选题，选对的得6分，选不全的得3分，有错选或不答的得0分）
1.在物理学发展的历程中，许多科学家的科学研究为物理学的建立作出了巨大贡献。下列叙述正确的是（ ）
A.法拉第发现了电流的磁效应
B.感应电流沿着楞次定律所述的方向，是能量守恒定律的必然结果
C.奥斯特提出了“分子电流”假说，解释了“磁化”和“消磁”现象
D.法拉第提出了电场的观点，但电场、磁场和重力场并不是真实存在的物质形式
2.智能手机可以测量任意位置的地球磁场，如图所示，已知手机前端为y轴正方向，垂直手机屏向上为z轴正方向，手机右端为x轴正方向。某智能手机测量邢台一中所在的地球磁场，现将手机平放，屏幕朝上且前端对准正北方向，假设手机不受地磁场以外磁场的干扰，则手机所测位置的磁感应强度（x轴分量、y轴分量、z轴分量）可能为（ ）
A.（0，33.2μT，23.6μT）
B.（33.2μT，0，23.6μT）
C.（0，33.2μT，23.6μT）
D.（0，33.2μT，0）
3. 2023年1月12日，由两院院士投票评选的2022年中国十大科技进展新闻在京揭晓，中国综合性太阳探测专用卫星“夸父一号”发射成功并发布首批科学图像位列其中。“夸父一号”携带了三个载荷——全日面矢量磁像仪（FMG）、太阳硬X射线成像仪（HXI）和莱曼阿尔法太阳望远镜（LST），HXI载荷的主要科学目标是在约30keV—200keV能量段，对太阳耀斑的高能辐射进行能谱和成像观测。那么200keV的能量相当于（ ）
A. B. C. D.
4.已知通电长直导线周围激发磁场的磁感应强度大小与导线中的电流大小成正比。有四条垂直于纸面的长直固定导线，电流方向如图所示，其中a、b、c三条导线到d导线的距离相等，三条导线与d的连线互成120°角，四条导线中的电流大小都为I，其中a导线对d导线的安培力大小为F。现突然把b、c导线的电流方向同时改为垂直于纸面向外，电流大小同时变为原来的3倍，则此时d导线所受安培力的合力（ ）
A.大小为4F，方向为a→d B.大小为4F，方向为d→a
C.大小为2F，方向为a→d D.大小为2F，方向为d→a
5.粗糙绝缘水平面上垂直穿过两根长直导线，两根导线中通有相同的电流，电流方向竖直向上。水平面上一带正电滑块静止于两导线连线的中垂线上，俯视图如图所示，某时刻给滑块一初速度，滑块沿中垂线向连线中点运动，滑块始终未脱离水平面。则在运动过程中（ ）
A.滑块一定做曲线运动
B.滑块可能做匀速直线运动
C.滑块的加速度一直增大
D.滑块的速度一直减小
6.要分开垂直进入电场或磁场方向的带电粒子束，不可行的方法是（ ）
A.速度不同的电子束可用匀强电场 B.速度不同的电子束可用匀强磁场
C.相同动能的质子和α粒子可用匀强电场 D.相同动能的质子和α粒子可用匀强磁场
7.如图所示，图甲为磁流体发电机原理示意图，图乙为质谱仪原理图，图丙是宽为a，长为c的半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，图丁是速度选择器的原理示意图，不计粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A.图甲中，将一束等离子体喷入磁场，A、B板间产生电势差，B板电势高
B.图乙中，、、三种粒子由静止经同一加速电场加速后射入磁场，在磁场中的偏转半径最大
C.图丙中，给铜板通上大小为I的电流，电流方向如图所示，则前后表面出现电势差，且前表面电势较高
D.图丁中，只有正粒子从P点水平进入时能匀速直线通过，负离子即使以相同速度从P点水平进入也不可以匀速直线通过
8如图所示，通电螺线管置于闭合金属环a的轴线上，b环在螺线管右侧附近，b的环面与a的环面平行，当螺线管中电流变化时则（ ）
A.电流减小时，a环有扩大的趋势以阻碍原磁通量的减小
B.电流减小时，a环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的减小
C.电流增大时，b环靠近螺线管
D.电流增大时，b环远离螺线管
9圆心为O、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，在磁场边缘上的A点沿纸面向圆形区域各个方向均匀发射速度大小为v0的带电粒子。圆的右边为边长2R的正方形，刚好与圆相切于B点，切点为MN中点，其区域内存在水平向左的匀强电场。当粒子沿AO方向时，粒子刚好从B点离开磁场，进入电场后又恰好从右边界的中点返回。不计粒子重力和粒子间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A.粒子的比荷为
B.粒子从A点进入磁场到最终离开磁场的运动过程中的总时间与入射方向无关
C.若将电场E方向变为竖直向下，则从电场边界PQ与NQ射出的粒子数之比为3∶1
D.若将电场E方向变为竖直向下，且粒子要全部从NQ边界射出，则电场强度大小至少为原来的4倍
10洛伦兹力演示仪的电子束在匀强磁场中的运动轨迹可以呈“螺旋”状。现将这一现象简化成如图所示的情景来讨论：在空间存在平行于某个坐标轴方向的匀强磁场，由坐标原点在xOy平面内以初速度v0沿与x轴正方向成α角的方向射入磁场的电子运动轨迹为螺旋线，其轴线平行于x轴，直径为D，螺距为△x，则下列说法中正确的是（ ）
A.匀强磁场的方向一定沿x轴正方向
B.若仅增大电子入射的初速度v0，则直径D增大，而螺距△x将减小
C.若仅增大α角（α<90°），则直径D增大，而螺距△x将减小
D.若仅增大匀强磁场的磁感应强度，则直径D减小，而螺距△x不变
二、填空题（每空2分，共18分）
11.在图甲中，不通电时电流计指针停在正中央，当闭合开关时，观察到电流计指针向左偏。现在按图乙连接方式将电流计与螺线管B连成一个闭合回路，将螺线管A与电池、滑动变阻器和开关S串联成另一个闭合回路：
（1）将开关S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，螺线管B的 端（填“上”或“下”）为感应电动势的正极；
（2）螺线管A放在B中不动，开关S突然断开的瞬间，电流计的指针将 （填“向左”“向右”或“不发生”）偏转；
（3）螺线管A放在B中不动，滑动变阻器的滑片向左滑动，电流计的指针将 （填“向左”“向右”或“不发生”）偏转；
12.图甲为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池，G是表头，R1、R2、R3、R4和R5是定值电阻，R0是可变电阻。虚线方框内为选择开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位分别为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆“×100Ω”挡。
（1）图甲中的B端与 （填“红”或“黑”）色表笔相连接；
（2）某次测量时该多用电表指针位置如图乙所示。若选择开关与“1”相连，则多用电表读数为 mA；若选择开关与“3”相连，则读数为 Ω；若选择开关与“5”相连，则读数为 V；
（3）若欧姆表盘中央刻度为15，则欧姆表所用电池的电动势E为 V.电池E使用一段时间后，电动势变小、内阻变大，使用前进行欧姆调零，再测量该电阻，则测量值相比于之前的测量值 （填“偏小”“偏大”或“不变”）。
三、计算题（共3小题，第13题10分，第14题10分，第15题16分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案不能得分）
13.（10分）如图所示的电路中，电源的电动势为E=38V，内阻r=2Ω，定值电阻R1=5Ω、R2=18Ω，电动机的额定电压为U0=24V，电动机的内阻为R0=2.25Ω。闭合开关S，电动机正常工作，电流表为理想电表。求：
（1）定值电阻R1、R2消耗的电功率之比；
（2）电动机的效率。
14.（10分）磁场如图所示，直线MN上方为磁感应强度为B的足够大的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的正电荷，以速度v从点O射入磁场中，速度v的方向可以与MN成任意角，大小不变，不计重力。
（1）画出粒子在磁场中可以到达的区域的边缘线；
（2）求粒子以30°向右上方进入磁场时在场中运动的时间；
（3）求粒子在磁场中可以到达的区域的面积。
15.（16分）如图所示，在平面直角坐标系xOy内有一直角三角形，其顶点坐标分别为（0，0），（0，），（d，0），三角形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，x轴下方有沿着y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E。一质量为m、电荷量为的粒子从y轴上的某点M由静止释放，粒子第一次进入磁场后恰好不能从直角三角形的斜边射出，不计粒子重力。
（1）求M点到O点的距离；
（2）改变粒子在y轴上的释放点，使粒子由N点静止释放后能沿垂直于直角三角形斜边的方向射出磁场，求N点到O点的距离；
（3）在（2）过程中，求粒子从N点由静止释放到射出磁场的运动时间。
邢台一中2024-2025学年第一学期第三次月考
高二年级物理试题参考答案
1-5：BCAAD 6-7：DC 8、BD 9、AD 10、AC
11【答案】（1）下 （2）向右 （3）向左
12【答案】（1）黑 （2）1.10 1900 2.20 （3）1.5 偏大
13（10分）【答案】（1） （2）
【详解】
（1）由题意闭合开关S闭合时，电动机恰好正常工作，两端的电压等于额定电压，定值电阻R2与电动机并联，则R2两端的电压为
定值电阻R2消耗的电功率为
由闭合电路欧姆定律得 又，解得
定值电阻R1消耗的电功率为
定值电阻R1、R2消耗的电功率之比为
（2）流过定值电阻R1的电流为
流过定值电阻R2的电流为
由电路可知流过电动机的电流为
电动机消耗的电功率为 电动机的发热功率为
电动机的效率为 代入数据解得
14（10分）【答案】（1）如图所示；（2）；（3）
【详解】（1）根据
解得
所以粒子可到达区域的边缘线为半径为的圆所扫过的区域边缘线。答案如图（2分）
（2）粒子运动对应的圆心角为，故粒子运动的总时间为
又，解得故
（3）粒子可以到达区域的面积为半径为的半圆与半径为的四分之一圆所扫过的面积之和，故有，
解得
15（16分）【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设粒子在磁场中运动的轨迹半径为R0，由几何关系可知，
解得
由牛顿第二定律得，
设M点到O点的距离为y0，由动能定理得，，
解得
（2）要使粒子由N点静止释放后能沿垂直于斜边的方向射出磁场，则粒子在磁场中运动轨迹的半径R满足：
由牛顿第二定律得，
设N点到O点的距离为y，由动能定理有，，
解得
（3）设粒子在电场中的加速度为a，则
设粒子在电场中每单程的运动时间为t0，则
粒子在电场中总的运动时间解得，
粒子在磁场中做圆周运动的周期
粒子在磁场中总的运动时间
解得
粒子从N点由静止释放到射出磁场运动的总时间
