湖北省襄阳市第四中学2025-2026学年高二上学期12月月考物理试题（Word版附解析）

这是一份湖北省襄阳市第四中学2025-2026学年高二上学期12月月考物理试题（Word版附解析），共8页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。全对得4分，选对但不全的得2分。
1.对于下列教材的插图，以下说法正确的是( )
A. 甲图，奥斯特用该装置发现了电流的磁效应
B. 乙图，两根通有同向电流的长直导线相互排斥
C. 丙图，带电粒子经回旋加速器加速后，能获得的最大动能与加速电压有关
D. 丁图，要使带电粒子沿直线穿过速度选择器，其左极板应带负电
2.磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软轶制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是( )
A. 图示右侧通电导线受到安培力向下
B. 整个通电线圈所受的安培力的大小与线圈的匝数有关
C. 线圈转动到a、b两点的安培力大小不相等
D. c、d两点的磁感应强度大小相等
3.一列简谐横波沿x轴传播，图(a)是t=0时刻的波形图; P是介质中位于x=2m处的质点，其振动图像如图(b)所示。下列说法正确的是( )
A. 波速为4m/sB. 波向右传播
C. x=3m处的质点在t=7s时位于平衡位置D. 质点P在0∼7s时间内运动的路程为70cm
4.如图所示，将长为L的导体棒放到磁感应强度为B的匀强磁场中，流过导体棒的电流强度为I。关于导体棒所受安培力说法正确的是( )
A. 甲图中导体棒所受安培力大小为F=BIL
B. 乙图中导体棒所受安培力大小为F=BILsinθ
C. 甲图中导体棒所受安培力方向垂直纸面向外
D. 乙图中导体棒所受安培力方向平行金属导轨向右
5.如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，在xOy平面内，从原点O处与x轴正方向成θ角(00)，质量为m的粒子从x轴上的点A(−L,0)沿y轴正方向以初速度v0进入第二象限，经电场偏转后从y轴上的点M(0,2L)进入第一象限，并在磁场中做圆周运动，恰好经过点P(2L,0)。不计粒子重力，求：
(1)匀强电场的场强大小;
(2)匀强磁场的磁感应强度大小;
(3)若撤去第一象限的全域磁场，仅在某一矩形区域内加一个方向不变、磁感应强度为4B的匀强磁场，使粒子沿与x轴正方向成45°角斜向下穿过x轴并能通过点N(3L,0)，求该矩形区域的最小面积。
襄阳四中2024级高二上学期12月月考
物理答案
1.【答案】A
A.甲图，奥斯特用该装置发现了电流的磁效应，故A正确；
B.根据平行同向电流互相吸引，异向电流互相排斥的规律可知，两根通有同向电流的长直导线互相吸引，故B错误；
C.丙图，带电粒子经回旋加速器加速后，当粒子在磁场中的轨道半径等于D形盒半径时，粒子的动能最大，则有qvmB=mvm2R，可得粒子的最大动能为Ekm=12mvm2=q2B2R22m，可知粒子能获得的最大动能与加速电压无关，故C错误；
D.丁图，要使带电粒子沿直线穿过速度选择器，设粒子带正电，则粒子在速度选择器中受到的洛伦兹力向左，电场力向右，板间场强方向向右，所以其左极板应带正电，故D错误。
故选：A。
2.【答案】B
A.由左手定则可知，图示右侧通电导线受到安培力向上，故A错误；
B.整个通电线圈所受的安培力的大小与线圈的匝数有关，故B正确；
C.a、b两点的磁感应强度大小相同，根据F=BIL，I、L相同，所以安培力F大小相同，故C错误；
D.因c点处的磁感线较d点密集，可知 c点的磁感应强度大于d点的磁感应强度，故D错误。
3.【答案】D
解：A.由图a可知波长为4m，由图b可知波的周期为2s，则波速为
v=λT=42m/s=2m/s
故A错误；
B.由图b可知t=0时，P点向下运动，根据“上下坡”法可知波向左传播，故B错误；
CD.根据图a可知t=0时x=3m处的质点位于波谷处，由于
t=7s=3T+12T
可知在t=7s时质点位于波峰处；质点P运动的路程为
s=3×4A+12×4A=70cm，故C错误，D正确。
4.【答案】C
AC.甲图中导体棒所受安培力大小为 F=BILsinθ
根据左手定则可知，导体棒所受安培力方向垂直纸面向外，故A错误，C正确；
BD.乙图中导体棒所受安培力大小为 F=BIL
据左手定则可知，导体棒所受安培力方向垂直于磁场方向斜向下偏右，故BD错误。
故选C。
5.【答案】B
A.设粒子的轨迹半径为r，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB=mv2r，则r=mvqB，如图，AO=2rsinθ=2mvsinθqB，则若θ是锐角，θ越大，AO越大，若θ是钝角，θ越大，AO越小，故A错误；
BD.如图，画出粒子在磁场中运动的轨迹，由几何关系得：轨迹对应的圆心角α=2π−2θ
粒子在磁场中运动的时间t=α2πT=2π−2θ2π⋅2πmqB=(2π−2θ)mqB，则得知：若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动时间t越短；若θ一定，则粒子在磁场中运动时间一定，故B正确，D错误；
C.粒子在磁场中运动的角速度ω=2πT，又T=2πmqB，则得ω=qBm，与速度v无关，故C错误。
6.【答案】D
小球从静止开始沿管下滑，刚开始受到竖直向下的重力，垂直于管下壁向上的支持力，沿斜面向上的摩擦力。随着物体开始运动，根据左手定则，小球受到一个垂直于管下壁向上的洛伦兹力。洛伦兹力大小 F洛=Bqv
随着速度逐渐增大，洛伦兹力逐渐增大，管对小球的支持力逐渐减小，小球对管的压力逐渐减小，由滑动摩擦力 Ff=μF压
可知滑动摩擦力逐渐减小，当 F洛=Bqv=mgcsα ，此时摩擦力等于0，有最大加速度 amax=gsinα
物体继续加速向下走，随着速度增大，洛伦兹力增大，小球会挤压管上壁，管上壁给小球一个向下的支持力，支持力逐渐增大，小球给管上壁的压力逐渐增大，滑动摩擦力逐渐增大，加速度逐渐减小，一直到 mgsinα=μFN=μBqv−mgcsα
解得 v=mgsinα+μmgcsαμBq=mgsinα+μcsαμBq 。此后小球将匀速下滑。
综上，摩擦力先减小后增大；支持力先垂直绝缘管向上，在垂直绝缘管向下。
故选D。
7.【答案】C
B.设正方形边长为l，当速度为v时，设轨迹半径为r。由几何关系可得：r= (l2)2+l2= 52l，所以B错误；
A.粒子在磁场中做匀速圆周运动，由qvB=mv2r得r=mvqB，当入射速度使粒子运动轨迹恰好与ab边界相切时，设切点为g，速度再小时，粒子就从ea边射出，所以粒子不可能在ag间飞出磁场，故A错误；
C.当速度为2v时，半径r′=2r，设粒子离开磁场的点为g，根据几何关系可知粒子离开磁场时的速度方向与磁场边界垂直，如图1所示，C正确；
；
D.设粒子速度为v2时，粒子在磁场区域运动过程中速度方向改变了90∘，设此时半径为r2，根据几何关系有：r2csθ+r2sinθ=l，可解得：r2= 53l=23r，即v2=23v，故D错误。
8.【答案】AD
设加速电场的电压为 U ，电子在加速电场中加速，由动能定理有 eU=12mv2−0
电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有 evB=mv2r=mr2πT2
联立，解得电子运动径迹的半径 r=1B 2mUe
电子做圆周运动的周期 T=2πmeB
A.仅升高电子枪加速电场的电压 U ，则运动径迹的半径将变大，故A正确；
B.仅增大励磁线圈中的电流，则 B 增大，运动径迹的半径将变小，故B错误；
C.仅增大励磁线圈中的电流，则 B 增大，电子做圆周运动的周期将变小，故C错误；
D.仅使励磁线圈中电流为零，则 B 为零，电子枪中飞出的电子将不受洛伦兹力作用，做匀速直线运动，故D正确。
9.【答案】BD
若粒子从P点出发恰好经原点O到达Q点，运动轨迹可能如图所示，第一种情况粒子在Q点速度方向与y轴负方向的夹角为45∘;第二种情况粒子在Q点速度方向与y轴正方向的夹角为45∘，
根据粒子的运动轨迹图可知第一种情况粒子运动的时间最短，则tmin=T2=12⋅2πmqB=πmqB，故B正确;
由于粒子在磁场中运动的周期相同，则粒子运动的时间之比等于圆心角之比，
第二种情况粒子从P点到Q点的时间2T=4πmqB，故D正确。
10.【答案】AC
A.设粒子的轨迹半径为 R ，已知粒子从 S 点沿 x 轴正方向射入，在 x 轴的 P 点射出。根据几何关系可知 R=r0，粒子在圆形匀强磁场区域中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力有 qvB=mv2R，可得粒子的速度大小为 v=qBr0m，故A正确；
B.如图所示。 O2 为粒子轨迹的圆心
由几何关系可以得出射出点的横坐标为 d=r0+r0cs30∘=r0+ 32r0，故B错误；
C.若 v= 2qBr0m ，设粒子的轨迹半径为 R1 ，由洛伦兹力提供向心力 qvB=mv2R1，可得 R1= 2r0，粒子在圆形匀强磁场区域中运动时间最长时，圆形匀强磁场区域的直径是粒子轨迹的一条弦，粒子轨迹如图所示， O3 为粒子轨迹的圆心。
由几何关系可知 sinα2=r0R1= 22，解得 α=90∘，则粒子的射入速度方向与 x 轴正方向的夹角为 α2=45∘，粒子运动的周期为 T=2πrv=2πmqB，粒子在磁场中运动的最长时间为 tmax=90∘360∘×T=πm2qB，故C正确；
D.设粒子轨道的轨迹半径为 R2 ，若 v=qBr02m ，则 R2=12r0，粒子打到圆形匀强磁场区域边界的最远位置距离 S 点为 L=2R2=r0，粒子的轨迹如图所示。
由几何关系可知，最大距离 L 所对应的圆形匀强磁场区域的圆心角为 60∘ ，圆形匀强磁场边界上能够被粒子打到的弧长为 πr03 ，故D错误。
故选AC。
11.【答案】(1)弹性碰撞; (2)向右；向左; D
(1)用两个完全相同的大钢球做实验，一个运动的钢球碰一个静止的钢球，碰后二者刚好交换了速度，碰撞过程满足动量守恒和机械能守恒，所以为弹性碰撞；
(2)对比第一张和第三张照片中小钢球A和大钢球B的位置，可知碰后小钢球A水平向右运动，大钢球B水平向左运动。
若两球组成的系统在碰撞中动量守恒，则m1v0=m1vA+m2vB，即m1xAO=−m1xA′O+m2xOB，解得5m1=m2，故选D。
12.【答案】(1)10.70；(2)75.2；(3)BC；(4)9.96；(5)B
(1)20分度游标卡尺的精确值为0.05mm，由图可知摆球的直径为d=10mm+0.05mm×14=10.70mm
(2)由图可知秒表读数为60s+15.2s=75.2s
(3)A.测出摆线长加上摆球的半径作为单摆的摆长，A错误;
B.把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之在竖直平面内做简谐运动，B正确;
C.摆球在平衡位置处速度最大，测量误差小，在摆球经过平衡位置时开始计时，C正确;
D.用秒表测量单摆完成至少30次全振动所用时间，求出周期的平均值作为单摆的周期，D错误。
故选BC。
(4)根据单摆周期公式T=2π Lg，可得L=g4π2⋅T2，可知L−T2图像的斜率为k=g4π2=0.996−−1.96m/s2解得g≈9.96m/s2
(5)A.该小组同学发现通过步骤(4)得到的重力加速度值总是偏大，误将摆线长度与小球直径的和作为摆长，则L−T2图线整体向上平移，不影响图像的斜率，所以不影响重力加速度的测量，故A错误;
B.秒表走时不准，测得的周期偏小，由步骤(4)中做出的图像斜率相对准确偏大，可知重力加值偏大，故 B正确;
C.摆球的质量偏大，不影响重力加速度的测量，故C错误;
D.摆动的偏角偏小，不影响重力加速度的测量，故D错误。
故选B。
13.【答案】解：(1)假设O点处的黄色点光源发出的光照射到水面Oi处恰好发生全反射，光路图如图所示：由n=1sinC得，sinC=1n=34 ；
(2)彩灯发出的黄光射出水面的最长距离为 x=hcsC
黄光在水中的传播速度为 v=cn
则彩灯发出的黄光射出水面的最长时间为 t=xv
联立解得 t=323c。
14.【答案】解：(1)物块P沿MN滑下，设末速度v0，由机械能守恒定律得
m1gh=12m1v02
解得v0=6m/s
物块P、Q碰撞，取向右为正，碰后P、Q速度分别为v1、v2，由动量守恒得
m1v0=m1v1+m2v2
由机械能守恒得
12m1v02=12m1v12+12m2v22
解得v1=−2m/s，v2=4m/s
故碰撞后瞬间物块Q的速度为4m/s，方向水平向右
(2)物块Q与小车相对运动，由牛顿第二定律得对物块Q:
μm2g=m2a2
解得a2=2m/s2
对小车：μm2g=Ma3
解得a3=23m/s2
物块Q的位移x2=v2t+12a2t2
解得x2=3m;
小车的位移x3=12a3t2
解得x3=13m
故物块Q相对于小车运动的距离s=x2−x3=83m
(3)AB段最长，则物块Q刚好到达B点时就与小车共速，由动量守恒定得有m2v2=(m2+M)v3
解得v3=1m/s
由能量守恒定律得12m2v22=12(m2+M)v32+μm2gL1
解得L1=3m
AB段最短，则物块Q刚好回到A点时与小车共速，由能量守恒定律得12m2v22=12(m2+M)v32+2μm2gL2
解得L2=1.5m
当AB1段最短时物块Q在圆弧上共速时上升高度需要验证是否超过R，由能量守恒定律得
12m2v22=12(m2+M)v32+μm2gL2+m2gH
解得H=0.3m