安徽省滁州市皖東名校2024-2025學年高二（下）3月第一次檢測物理試卷（含解析）

第=page1111頁，共=sectionpages1616頁安徽省滁州市皖東名校2024-2025學年高二（下）3月第一次檢測試卷物理試題一、單選題：本大題共8小題，共32分。1.1932年，美國物理學家安德森在宇宙射線實驗中發(fā)現了正電子，證實了反物質的存在。實驗中，安德森記錄了正電子在云室中由上向下經過6mm鉛板的軌跡如圖所示，勻強磁場方向垂直于紙面，正電子穿過鉛板會有部分能量損失，其他能量損失不計，則可判定正電子(

)

A.所在磁場方向一定垂直于紙面向里 B.穿過鉛板后受到洛倫茲力變大

C.穿過鉛板后做圓周運動的半徑變大 D.穿過鉛板后做圓周運動的周期變大2.如圖所示，甲是回旋加速器，乙是磁流體發(fā)電機，丙是速度選擇器，丁是霍爾元件，下列說法正確的是(

)

A.甲圖要增大粒子的最大動能，可增加電壓U

B.乙圖可判斷出A極板是發(fā)電機的正極

C.丙圖可以判斷出帶電粒子的電性，粒子沿直線勻速通過速度選擇器的條件是v=EB

D.3.如圖所示，一根足夠長的光滑絕緣桿MN，與水平面的夾角為37°，固定在豎直平面內，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場充滿桿所在的空間，桿與磁場方向垂直。質量為m的帶電小環(huán)沿桿下滑到圖中的P處時，對桿有垂直桿向下的壓力作用，壓力大小為0.4mg。已知小環(huán)的電荷量為q，重力加速度大小為g，sin37°=0.6，下列說法正確的是A.小環(huán)帶正電

B.小環(huán)滑到P處時的速度大小vP=6mg5qB

C.當小環(huán)的速度大小為v=mgqB4.如圖所示，帶負電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強磁場，關于小球運動和受力說法正確的是(

)

A.小球運動過程中的速度不變

B.小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向左

C.小球運動過程的加速度保持不變

D.小球受到的洛倫茲力對小球做負功5.如圖所示，兩根長直導線豎直插入光滑絕緣水平桌面上的M、N兩小孔中，O為M、N連線的中點，連線上的a、b兩點關于O點對稱，兩導線中均通有大小相等、方向向上的電流。已知通電導線產生的磁場在某點處的磁感應強度大小B=kIr，式中，k是常數、I是通過導線的電流、r是該點到導線的距離。一帶正電的小球以初速度v0從a點出發(fā)沿連線運動到b點，下列說法正確的是A.小球先做加速運動后做減速運動 B.小球做勻加速直線運動

C.小球對桌面的壓力先減小后增大 D.小球對桌面的壓力一直增大6.如圖所示的流量計，測量管由絕緣材料制成，其長為L、直徑為D，左右兩端開口，勻強磁場方向豎直向下，在前后兩個內側面a、c固定有金屬板作為電極。污水充滿管口從左向右流經測量管時，顯示儀器顯示a、c兩端電壓為U，污水流量為Q(單位時間內排出的污水體積)。則(

)

A.a側電勢比c側電勢低

B.污水中離子濃度越高，U的示數將越大

C.若污水從右側流入測量管，顯示器顯示為負值，再將磁場反向則顯示為正值

D.污水流量Q與U成正比，與L、D無關7.如圖所示，空間存在水平向右的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，一個帶負電的小球，從O點沿電場方向射入，OMN為其一段運動軌跡，M點為軌跡的最右端，N點為O的正下方，不計空氣阻力。關于小球從O經M到N點的過程中，下列說法正確的是(

)

A.小球做勻變速運動 B.小球的機械能守恒

C.小球從O到M速度先減小后增加 D.小球在M、N兩點的動能可能相等8.一帶電小球在相互垂直的勻強電場、勻強磁場中作勻速圓周運動，勻強電場豎直向上，勻強磁場水平且垂直紙面向里，如圖所示，下列說法不正確的是(

)

A.沿垂直紙面方向向里看，小球的繞行方向為逆時針方向

B.小球一定帶正電且小球的電荷量q=mgE

C.由于合外力做功等于零，故小球在運動過程中動能不變

二、多選題：本大題共2小題，共10分。9.如圖所示，一束帶電粒子以一定的初速度沿直線通過由相互正交的勻強磁場(磁感應強度為B)和勻強電場(電場強度為E)組成的速度選擇器，然后粒子通過平板S上的狹縫P進入另一勻強磁場(磁感應強度為B')，最終打在A1AA.速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面向外

B.所有打在A1A2上的粒子，在磁感應強度為B'的磁場中的運動時間都相同

C.能通過狹?P的帶電粒子的速率等于EB

D.粒子打在10.2024年3月24日中國氣象局發(fā)布預警：未來三天會出現地磁活動，可能會發(fā)生中等以上地磁暴甚至大地磁暴，地磁暴的形成主要是因為太陽輻射出大量高能粒子流。而地球時刻面臨著這些粒子流的轟擊，幸好由于地磁場的存在而改變了這些帶電粒子的運動方向，使很多帶電粒子不能到達地面，避免了對地面上生命的危害。赤道剖面外地磁場可簡化為包圍地球厚度為d的勻強磁場，方向垂直該剖面，如圖所示。宇宙射線中對地球危害最大的帶電粒子主要是β粒子。設β粒子的質量為m，電荷量為e，最大速率為v，地球半徑為R，勻強磁場的磁感應強度為B，不計大氣對β粒子運動的影響，下列說法正確的是(

)

A.要使在赤道平面內從任意方向射來的β粒子均不能到達地面，磁場厚度至少為2mveB

B.要使在赤道平面內從任意方向射來的β粒子均不能到達地面，磁場厚度至少為mveB

C.若d=2R，粒子以eBdm的速度沿徑向射入磁場時，恰好不能到達地面

D.若三、實驗題：本大題共2小題，共18分。11.如圖所示，用洛倫茲力演示儀可以觀察電子在磁場中的運動軌跡。圖甲是洛倫茲力演示儀的實物圖，圖乙是其結構示意圖。勵磁線圈通電后可以產生垂直紙面的勻強磁場，勵磁線圈中的電流越大，產生的磁場越強。圖乙中，電子經電子槍中的加速電場加速后水平向右垂直于磁感線方向射入磁場。圖丙是勵磁線圈的結構示意圖。(1)要使電子形成如圖乙所示的運動軌跡，圖乙中的勵磁線圈應通以(沿垂直于紙面向里方向觀察)

(選填“逆時針”或“順時針”)方向的電流。(2)若僅增大勵磁線圈中的電流，則電子束軌跡的半徑

(選填“變小”“變大”或“不變”)(3)若僅增大電子槍中加速電場的電壓，則電子束軌跡的半徑

，電子做勻速圓周運動的周期

。(均選填“變小”“變大”或“不變”)12.圖中虛線框內存在一沿水平方向且與紙面垂直的勻強磁場?，F通過測量通電導線在磁場中所受的安培力，來測量磁場的磁感應強度大小并判定其方向。所用部分器材已在圖中給出，其中D為位于紙面內的U形金屬框，其底邊水平，兩側邊豎直且等長;E為直流電源;R為電阻箱;?為電流表(1)完成下列主要實驗步驟中的填空：?①按圖接線。?②保持開關S斷開，在托盤內加入適量細沙，使D處于平衡狀態(tài);然后用天平稱出細沙質量m1?③閉合開關S，調節(jié)R的值使電流大小適當，在托盤內重新加入適量細沙，使D

;然后讀出電流表的示數I，并用天平稱出此時細沙的質量m2?④用米尺測量D的底邊長度L。(2)用測量的物理量和重力加速度g表示磁感應強度的大小，可以得出B=

(可以用絕對值符號)(3)判定磁感應強度方向的方法是：若

，磁感應強度方向垂直紙面向外;反之，磁感應強度方向垂直紙面向里。四、計算題：本大題共3小題，共40分。13.如圖所示，有一對平行金屬板，兩板相距為0.05m.電壓為10V，兩板之間有勻強磁場，磁感應強度大小為B0=0.1T，方向與金屬板面平行并垂直于紙面向里。圖中右邊有一半徑R為0.1m、圓心為O的圓形區(qū)域內也存在勻強磁場，磁感應強度大小為B=3(1)離子速度v的大??；(2)離子的比荷q/(3)離子在圓形磁場區(qū)域中運動時間t.(結果可保留根號和π14.如圖所示，質量為m，下端封閉、上端開口且內壁光滑的絕緣玻璃管豎直放置，管底有一帶正電的小球，電量為q，質量也為m?？臻g存在足夠大且垂直紙面向里的水平勻強磁場，磁感應強度B=mg4q。在斜向上的外力作用下，玻璃管在磁場中由靜止開始做水平向右的勻加速直線運動，加速度大小為g2，最終小球從上端開口飛出。設運動過程中小球的電荷量始終保持不變，重力加速度g取10(1)求小球在玻璃管內脫離底部之前的運動時間;(2)已知小球飛出玻璃管前的運動時間t=2s(3)如果小球在玻璃管內脫離底部之后外力保持不變，求玻璃管的最大速度大小(此時小球未飛出玻璃管)。15.如圖所示，直線MN上方存在著范圍足夠大的勻強磁場，在理想邊界上的O點垂直于磁場且垂直于邊界方向同時發(fā)射兩個相同的粒子1和2，其中粒子1經過A點，粒子2經過B點。已知O、A、B三點在一條直線上，且OA︰AB(1)兩個粒子的速率之比；(2)兩個粒子分別經過A點和B點的時間差。

答案和解析1.A

【解析】A.根據左手定則可知磁場方向垂直紙面向里，故A正確;

B.根據F洛=evB，正電子速度減小，受到的洛侖茲力減小，故B錯誤;

C.設正電子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，根據牛頓第二定律有evB=mv2r，解得r=mveB，所以運動半徑減小，故2.D

【解析】A.根據R=mvqB和Ek=12mvB.根據左手定則，可知正電荷向B極板偏轉，則B極板是發(fā)電機的正極，故B錯誤；C.速度選擇器選擇的是帶電粒子的速度，故丙圖無法判斷出帶電粒子的電性，根據qvB=可得粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是v=EBD.根據左手定則可知，帶負電的載流子受到洛倫茲力方向向左，即向C板偏轉，故穩(wěn)定時C板電勢低，故D正確。故選D。3.D

【解析】A.小環(huán)的重力在垂直桿方向上的分力：G1=mgcos37°=0.8mg，根據題意知，帶電小環(huán)沿桿下滑到圖中的P處時，小環(huán)對桿的壓力為0.4mg，壓力小于0.8mg，根據牛頓第三定律可知桿對小環(huán)的支持力垂直桿向上，大小為0.4mg，所以小環(huán)受到的洛倫茲力方向應垂直桿斜向上。由左手定則可知，小環(huán)帶負電，故A錯誤；

B.設小環(huán)滑到P處的速度為vP，在P處小環(huán)的受力如圖所示：

，

在垂直桿的方向上，對環(huán)根據平衡條件有：qvPB+FN=mgcos37°，其中FN=0.4mg，解得vP=2mg5qB，故B錯誤；

C.當小環(huán)的速度大小為v=mgqB時，可得其受的洛倫茲力為：F=qvB=4.B

【解析】A.小球受洛倫茲力和重力的作用，做曲線運動，速度時刻變化，故A錯誤；

B.帶負電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強磁場中，小球受洛倫茲力和重力的作用做曲線運動，根據左手定則，可知小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向左，故B正確；

C.小球受洛倫茲力和重力的作用做曲線運動，重力始終豎直向下，洛倫茲力始終與速度方向垂直，且速度方向時刻變化，合力方向時刻變化，根據牛頓第二定律，加速度的方向時刻變化，故C錯誤；

D.洛倫茲力始終與速度方向垂直，洛倫茲力永不做功，故D錯誤。

故選B。5.D

【解析】根據安培定則可知，MO段的磁場方向垂直MN所在豎直面向里，ON段“的磁場方向垂直MN所在豎直面向外，MN段磁場的磁感應強度大小先減小，過O點后反向增大。根據左手定則可知，開始時，帶正電的小球受到的洛倫茲力方向向上且逐漸減小，過O點后，小球受到的洛倫茲力方向向下且逐漸增大，由此可知，小球在水平方向不受外力，小球做勻速直線運動。在MO段，根據N=mg-qvB，磁場的磁感應強度大小逐漸減小可知，桌面對小球的支持力逐漸增大;在ON段，根據N'=mg+qvB，磁場的磁感應強度大小逐漸增大可知，桌面對小球的支持力逐漸增大，根據牛頓第三定律可知，小球對桌面的壓力一直增大，故ABC6.C

【解析】A.污水中正負離子向右移動，受到洛倫茲力，根據左手定則，正離子向后表面偏，負離子向前表面偏，所以前表面比后表面電勢低，即a側電勢比c側電勢高，故A錯誤；

B根據Bvq=UDq可得U=BDv，可知顯示儀器的示數與污水中離子濃度無關，故B錯誤；

C.磁場反轉，粒子受洛倫茲力與原來方向相反，故顯示器顯示數值相反，故C正確；

D.最終正負離子會受到電場力、洛倫茲力處于平衡，有qE=qvB，即U?D?=vB，而污水流量Q=vπ?7.C

【解析】A.小球在復合場中受重力、電場力和洛倫茲力三個力的作用，洛倫茲力與速度方向垂直，所以洛倫茲力的大小和方向均會發(fā)生變化，小球的加速度會變化，故A錯誤；

B.洛倫茲力不做功，電場力做功，所以機械能不守恒，故B錯誤；

C.把重力和電場力合成為一個等效重力，其方向斜向左下方，等效最高點在O到M的中途某處，而洛倫茲力不做功，所有小球從O到M的過程中速度先減小后增大，故C正確;

D.小球從M點到N點洛倫茲力不做功，但重力和電場力都做了正功，動能增加，故D錯誤。8.D

【解析】AB.帶電小球在正交場中做勻速圓周運動，則向下的重力和向上的電場力平衡，可知小球帶正電，由左手定則可知，沿垂直紙面方向向里看，小球的繞行方向為逆時針方向，根據qE=mg

可知，小球的電荷量q=mgE

故AB正確；

C.由于電場力和重力平衡，則兩力的合力做功為零，洛倫茲力不做功，則合外力做功等于零，故小球在運動過程中動能不變，故C正確；

D.洛倫茲力不做功，但是除重力以外還有電場力做功，故小球在運動過程中機械能不守恒，故9.AC

【解析】A.帶電粒子在磁場中向左偏轉，根據左手定則，知該粒子帶正電，在速度選擇器中所受的電場力和洛倫茲力平衡，粒子所受電場力向左，則洛倫茲力方向向右，根據左手定則可知，磁場方向垂直紙面向外，故A正確；

B.所有打在A1A2上的粒子，在磁場B'中做勻速圓周運動，運動的時間等于t=T2，T=2πmqB，則t=πmqB，與帶電粒子的比荷有關，比荷不同，打在A1A2上的粒子在磁感應強度為B'的磁場中的運動時間不同，故B錯誤；

C.粒子經過速度選擇器時所受的電場力和洛倫茲力平衡，有：qE=qvB10.AD

【解析】AB.要使在赤道平面內從任意方向射來的

β

2根據evB可得d則磁場厚度至少為

2mveB

，選項A正確，BC.若

d=2R(解得r而粒子以

eBdm

r由幾何關系可知，此時粒子運動軌跡與地球所在的圓不能相切，則粒子不能到達地面，選項C錯誤；D.若

d=2R

，粒子以

eBdr到達地面的最短時間時對應的弦長最短為2Rt選項D正確；故選AD。11.(1)逆時針；(2)變小；(3)變大；不變。

【解析】(1)根據電子進入磁場的方向，利用左手定則判斷出電子受到的洛倫茲力正好指向圓心，所以磁場方向垂直紙面向外，根據安培定則可知，勵磁線圈中應通以逆時針方向的電流；

(2)若僅增大勵磁線圈中的電流，則磁感應強度增大，根據公式Bqv=mv2r，可得運動半徑變小；

(3)根據公式qU12.重新處于平衡狀態(tài)B=m2【解析】(1)本實驗的原理是：通過測量D所受的安培力的大小和方向、電流的大小和方向、D的底邊長度，根據F=BIL，測出B的大