2023～2024 学年度独山县兴农中学第三次月考卷
高二年级物理
2024.01
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息；
2．请将答案正确填写在答题卡上。
一、选择题：(本题共 10小题，1～7题只有一项符合题目要求，每小题 4分，第 8～10
题有多项符合题目要求，全部选对的得 6分，选对但不全的得 3分，有选错或不选得 0
分。)
1．某平行板电容器的电容为 C，带电量为 Q，相距为 d，今在板间中点放一
个电量为 q的点电荷，则它受到的电场力的大小为（ ）
2kQq 4kQq Qq 2Qq
A． d 2 B． d 2 C． Cd D． Cd
2．某同学使用如图所示的实验装置观察水面波衍射，AC、BD是挡板，AB
是一个孔，O是波源。图中曲线中，每两条相邻波纹之间距离是一个波长，
波经过孔之后，下列描述正确的是（ ）
A．不能观察到明显的波的衍射现象
B．挡板前后波纹间距离不相等
C．如果将孔 AB扩大，仍可能观察到明显的衍射现象
D．如果孔的大小不变，使波源频率减小，仍能观察到明显的衍射现象
3．下列有关物理知识和史实的说法，正确的是（ ）
A．伽利略发现了万有引力定律
B．卡文迪什在实验室里通过几个铅球之间万有引力的测量，得出了引力
常量G的数值
C．地球同步卫星的发射速度应介于11.2km/s与16.7km/s之间
D．哥白尼发现了行星运动的三大规律，为人们解决行星运动学问题提供
了依据
4．下列有关安培力和洛伦兹力的说法正确的是（ ）
A．判断安培力和洛伦兹力的方向都用左手定则
高二年级物理试卷 第 1页，共 6页
{#{QQABSYaEggAIABAAARhCEQHaCkOQkBECCIoGgAAMMAAAgRNABCA=}#}
B．运动的电荷在磁场中一定受到洛伦兹力的作用
C．安培力与洛伦兹力的本质相同，所以安培力和洛伦兹力都不做功
D．一小段通电导体在磁场中某位置受到的安培力为零，则该位置的磁感
应强度一定为零
5．如图所示，图中虚线是匀强磁场区的边界，一个闭合线框自左至右穿过
该磁场区，线框经过图示的哪个位置时磁通量有增加的趋势（ ）
A．在位置 1 B．在位置 2 C．在位置 3 D．在位置 4
6．如图所示，宽为 L=2m的粗糙导轨与水平面成 37°角，质量为 m=1kg的金
属杆水平放置在导轨上且始终与导轨接触良好，保持与地面平行。空间存在
着方向垂直于斜面向上，大小为 B=2.5T的匀强磁场，当回路总电流 I=2A时，
金属杆刚好开始运动，则金属杆与斜面之间的滑动摩擦因数为（最大静摩擦
力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6，重力加速度 g=10m/s2）（ ）
A．0.3 B．0.4 C．0.5 D．0.6
7．带电粒子以初速度 v0从 a点进入匀强磁场如图所示，运动中经过 b点，
Oa Ob。若撤去磁场加一个与 y轴平行的匀强电场，带电粒子仍以速度 v0
从 a点进入电场，仍能通过 b点，则电场强度 E和磁感应强度 B的比值为
（ ）
1 v
A． v0 B． 2vv C． 0 D．
0
0 2
8．一束混合粒子流从一发射源射出后，进入如图所示的磁场，分离为 1、2、
3三束粒子流，则下列选项正确的是（ ）
高二年级物理试卷 第 2页，共 6页
{#{QQABSYaEggAIABAAARhCEQHaCkOQkBECCIoGgAAMMAAAgRNABCA=}#}
A．1带正电 B．1带负电
C．2不带电 D．3带负电
9．如图所示，一导体棒放置在处于匀强磁场中的两条平行金属导轨上，并
与金属导轨组成闭合回路。当回路中通有电流时，导体棒受到安培力作用。
要使安培力增大，可采用的方法有( )
A．增大磁感应强度
B．减小磁感应强度
C．增大电流强度
D．减小电流强度
10．阴极射线管及方向坐标如图所示。电子束从阴极射出，直线射出狭缝掠
射到荧光屏上，显示出电子束的径迹，以下偏转情况判断正确的是（ ）
A．在阴极射线管中加一个方向向上的电场，射线向上偏转
B．在阴极射线管中加一个方向向下的电场，射线向上偏转
C．在阴极射线管中加一个方向向前的磁场，射线向上偏转
D．在阴极射线管中加一个方向向后的磁场，射线向上偏转
二、实验题：(本题共 2小题，第 11题 6分，第 12题 9分，共 15分。)
11．（6分）
“伽利略”研究小组用伏安法测一节干电池的电动势 E和内阻 r，所给的
其他器材有：
高二年级物理试卷 第 3页，共 6页
{#{QQABSYaEggAIABAAARhCEQHaCkOQkBECCIoGgAAMMAAAgRNABCA=}#}
A．电压表 V：0~3V； B．电流表 A：0~0.6A；
C．滑动变阻器 R：（20Ω，1A）； D．开关和导线若干。
（1）根据实验要求在图甲虚线框中画出电路图 。
（2）测出几组电流、电压的数值，并画出图像如图乙所示，由图像知该电
池的电动势 E= V、内阻 r= Ω。
12．（9分）
某同学采用如图所示的装置进行验证动量守恒定律，并判断实验中两个
小球的碰撞是否为弹性碰撞：
（1）若入射小球的质量为mA，半径为 rA；被碰小球的质量为mB，半径为 rB，
则要求
A． mA mB ,rA rB B． mA mB, rA rB
C． mA mB ,rA rB D． mA mB, rA rB
（2）以下选项中哪些是本次实验必须注意的事项 。
A．斜槽必须光滑
B．斜槽末端必须水平
C．入射小球A必须从同一高度释放
D．水平槽放上B球时，B球落点位置必须在斜面上
（3）实验中，经过多次从同一位置由静止释放入射小球A，在记录纸上找到
了未放被碰小球B时，入射小球A的平均落点 P，以及 A球与B球碰撞后，A、
B两球平均落点位置M 、N，并测得它们到抛出点O的距离分别为OP、OM 、
ON。已知A、B两球的质量分别为mA 、mB，如果A、B两球在碰撞过程中
高二年级物理试卷 第 4页，共 6页
{#{QQABSYaEggAIABAAARhCEQHaCkOQkBECCIoGgAAMMAAAgRNABCA=}#}
动量守恒，则mA、mB、OP、OM 、ON之间需满足的关系式是： 。
（4）如果A、B两球的碰撞是弹性碰撞，则mA 、mB、OP、OM 、ON之间
需满足的关系式是： 。
三、计算题：(本题共 3小题，第 13题 10分，第 14题 13分，第 15题 16分，共 39分。)
13．（10分）
如图，有一竖直光滑绝缘半圆轨道固定于绝缘水平面上，匀强电场水平
向右。一质量为 m、电荷量为+q的带电小球，从圆轨道的最低点以某一初速
度进入圆轨道，小球恰能沿半圆轨道运动到最高点 B，然后向左水平抛出，
竖直落在水平面上。已知半圆轨道半径为 R，重力加速度为 g。求：
（1）小球在圆轨道最高点的速度大小；
（2）匀强电场的场强大小。
14．（13分）
如图所示，光滑水平面上依次有滑块 C质量 mC＝2kg，滑块 A质量 mA
＝3kg，滑块 B质量 mB＝3kg。开始时 A、B静止，C以初速度v0 10m/s的速
度冲向 A，与 A发生弹性碰撞，碰撞后 A 继续向右运动，与 B发生碰撞并
粘在一起。求：
（1）C与 A碰撞后 A的速度大小为多少；
（2）A与 B碰撞过程中损失的机械能。
高二年级物理试卷 第 5页，共 6页
{#{QQABSYaEggAIABAAARhCEQHaCkOQkBECCIoGgAAMMAAAgRNABCA=}#}
15．（16分）
如图所示，坐标系 xOy的第二象限存在匀强磁场，磁场方向垂直于 xOy
3mv2
平面向里；第三象限内有沿 x轴正方向电场强度 E 的匀强电场；第四
2qL
象限的某圆形区域内存在垂直于 xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小
为第二象限磁场磁感应强度的 2倍。质量为 m、带电荷量为 q（q>0）的粒子
以速率 v从 y轴的点 A（0， 3L）射入磁场，经 x轴上的点 C（-L，0）沿 y
轴负方向进入电场，然后从 y轴负半轴点 N（图中没有画出）进入四象限，
最后粒子从 x轴上的点 D（6L，0）沿 y轴正方向进入第一象限。不计粒子重
力，求：
（1）粒子在 A点时速度方向与 y轴正方向的夹角θ；
（2）第四象限圆形磁场区域的最小半径 r；
（3）粒子在第四象限中运动的时间 t。
高二年级物理试卷 第 6页，共 6页
{#{QQABSYaEggAIABAAARhCEQHaCkOQkBECCIoGgAAMMAAAgRNABCA=}#}参考答案
1．C
2．D
【详解】A．由题图可知，孔的尺寸与水波的波长差不多，故此时能观察到明显的波的衍射
现象，故 A错误；
B．波通过孔后，波速、频率、波长不变，则挡板前后波纹间的距离相等，故 B错误；
C．如果将孔 AB扩大，若孔的尺寸远大于水波的波长，可能观察不到明显的衍射现象，故
C错误；
D．如果孔的大小不变，使波源频率减小，因为波速不变，根据
v
f
知波长增大，仍能观察到明显的衍射现象，故 D正确。故选 D。
3．B
【详解】A．牛顿发现了万有引力定律，A错误；
B．卡文迪什通过扭秤实验，在实验室里通过几个铅球之间万有引力的测量，得出了引力常
量G的数值，B正确；
C．地球同步卫星没有脱离地球的束缚，则其发射速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速
度，即地球同步卫星的发射速度应介于 7.9km/s与11.2km/s之间，C错误；
D．开普勒发现了行星运动的三大规律，为人们解决行星运动学问题提供了依据，D错误。
故选 B。
4．A
【详解】A．安培力是磁场对通电导线的作用力，洛伦兹力是磁场对运动电荷的作用力，判
断两力的方向都用左手定则，故 A正确；
B．运动的电荷在磁场中，若 v与 B平行，则不受洛伦磁力的作用，故 B错误；
C．安培力与洛伦兹力的本质相同，但是安培力可以做功，洛伦兹力一定不做功，故 C错误；
D．一小段通电导体在磁场中某位置受到的安培力为零，可能是该位置 I与 B平行放置，则
该位置的磁感应强度不一定为零，故 D错误；故选 A。
5．．B
【详解】由磁通量的定义 BS知，线框穿过匀强磁场，B不变，则当线框处在磁场中的
面积增加时，磁通量增加，故在位置 2线框进入磁场过程，磁通量有增加趋势，故 ACD 错
答案第 1页，共 7页
{#{QQABSYaEggAIABAAARhCEQHaCkOQkBECCIoGgAAMMAAAgRNABCA=}#}
误，B正确。故选 B。
6．C
【详解】金属杆刚好开始运动，此时杆受到摩擦力等于滑动摩擦力，对杆进行受力分析可得
F安 mg sin mg cos
又
F BIL
安
联立解得
0.5
故选 C。
7．C
【详解】设Oa Ob d，因带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径
正好等于 d，即
d mv 0
qB
得
mv
B 0
qd
如果换成匀强电场，带电粒子做类平抛运动，那么有
2
1 qE d d
2 m v
0
得
E 2mv
2
0
qd
所以
E
2v
B 0
故 C正确，ABD错误。故选 C。
8．ACD
【详解】根据左手定则，带正电的粒子向左偏，即粒子 1带正电；不偏转说明不带电，即粒
子 2不带电；带负电的粒子向右偏，即粒子 3带负电。故选 ACD。
9．AC
答案第 2页，共 7页
{#{QQABSYaEggAIABAAARhCEQHaCkOQkBECCIoGgAAMMAAAgRNABCA=}#}
【详解】安培力大小的表达式为 FA ILB，要使安培力增大，可以增大磁感应强度或增大电
流强度．故答案为 AC．
10．【答案】BC
【解析】A．在阴极射线管中加一个方向向上的电场，射线向下偏转，故 A错误；B．在阴
极射线管中加一个方向向下的电场，射线向上偏转，故 B正确；C．在阴极射线管中加一个
方向向前的磁场，射线向上偏转，故 C正确；D．在阴极射线管中加一个方向向后的磁场，
射线向下偏转，故 D错误。故选 BC。
11． 1.5 2.5
【详解】（1）根据实验要求电路图如图所示
（2）根据闭合电路欧姆定律有
U E Ir
可知 U-I图像的纵截距为电源电动势，即
E 1.5V
图像斜率的绝对值为电源内阻，有
r U 1.5 1.0 2.5
I 0.2
12． B BCD mA OP mA OM mB ON mAOP mAOM mBON
【详解】（1）为保证两个小球都能从平台上抛出，则mA mB，要保证发生正碰，则 rA rB，
故选 B。
（2）AC．要求小球 A碰撞之前速度相同，只需保证入射小球 A从同一高度释放，故 A错
答案第 3页，共 7页
{#{QQABSYaEggAIABAAARhCEQHaCkOQkBECCIoGgAAMMAAAgRNABCA=}#}
误，C正确；
B．斜槽末端水平，保证小球做平抛运动，故 B正确；
D．B球落点必须在斜面上，这样三个球的落点构成的位移具有相同的斜面倾角，从而能推
出碰撞前后的速度，故 D正确。
故选 BCD。
（3）设碰撞前的 A球的速度为 v0，碰撞后 A球的速度为 vA，B球的速度为 vB，以向右为正
方向，由动量守恒得
mAv0 mAvA mBvB
两球离开轨道后做平抛运动，设小球的位移为 L，斜面的倾角为 ，水平方向
L cos vt
竖直方向
Lsin 1 gt2
2
解得
v cos gL
2sin
则
v cos gOP0 2sin
vA cos
gOM
2sin
v cos gONB 2sin
整理得
mA OP mA OM mB ON
（4）如果小球发生弹性碰撞，碰撞过程中系统机械能守恒，有机械能守恒定理得
1 m 2 1 2 1 2
2 A
v0 m v2 A A
m
2 B
vB
整理得
mAOP mAOM mBON
mg
13．（1） v E B gR ；（2） 2q
【详解】（1）小球恰能运动到最高点，有
答案第 4页，共 7页
{#{QQABSYaEggAIABAAARhCEQHaCkOQkBECCIoGgAAMMAAAgRNABCA=}#}
2
mg mv B
R
解得
vB gR
（2）由最高点运动到水平面的过程，在竖直方向上有
2R 1 gt 2
2
水平方向上有
0 v qE B tm
解得
E mg
2q
14．（1）8m/s；（2）48J
【详解】（1）取向右为正方向，以 CA为系统研究，根据动量守恒定律
mCv0 mCvC mAvA
根据机械能守恒定律
1 m v2 1 m v2 1 m v2
2 C 0 2 C C 2 A A
解得
vC 2m/s
vA 8m/s
C与 A碰撞后 A速度大小为 8m/s；
（2）仍取向右为正方向，以 AB为系统研究，根据动量守恒定律
mAvA mA mB v
根据能量守恒定律
E 1 2 1损 mAvA mA m v 22 2 B
解得
E损 48J
15．（1）120°；（2） 3L 3 L(4 3 2 )；（ ）
3v
答案第 5页，共 7页
{#{QQABSYaEggAIABAAARhCEQHaCkOQkBECCIoGgAAMMAAAgRNABCA=}#}
【详解】（1）粒子运动轨迹如图所示
由于 OA>OC，所以圆心在 x轴正半轴，设粒子在第二象限磁场中做匀速圆周运动的半径为
R1，圆心为 O'，由几何关系，有
R2 ( 3L)2 (R1 L)
2
1
解得
R1 2L
tan OAO OO 3
OA 3
设粒子在 A点的速度方向与 y轴正方向成θ角，由几何关系，有
180 (90 OAO )
解得
=120°
（2）粒子在第三象限做类平抛运动，设粒子在点 N的速度为 vN ，由点 C到点 N由
动能定理，有
1 mv2 1 mv2 EqL
2 N 2
设粒子在点 N速度方向与 y轴负方向成α角，由几何关系，有
v
tan x
v
粒子从 x轴上的点 D沿 y轴正方向进入第一象限，可得粒子在第四象限磁场中速度偏向角
120
设第二象限的磁感应强度为 B，粒子在第二象限做匀速圆周运动，有
mv2
qvB
R1
答案第 6页，共 7页
{#{QQABSYaEggAIABAAARhCEQHaCkOQkBECCIoGgAAMMAAAgRNABCA=}#}
设粒子在第四象限磁场中做匀速圆周运动的半径为 R2，有
mv2N 2qvNBR2
由几何知识可知，粒子在第四象限磁场中做匀速圆周运动的弦长为最小圆形磁场区域的直径，
有
r R2 sin
2
解得
r 3L
（3）设点 N到坐标原点 O的距离为 Y，粒子在第三象限做类平抛运动，有
tan 2L
Y
设粒子从 N到 P的时间为 t1，沿 x轴方向上的距离为 XNP，沿 y轴方向上的距离为 YNP；P
到 Q的时间为 t2，沿 x轴方向上的距离为 XPQ，沿 y轴方向上的距离为 YPQ；粒子从 Q到 D
的时间为 t3，从 Q到 D的距离为 YQD，由几何知识可知
X NP 6L (1 sin30 )Rt 21 3v 3v
得
t 3L1 v
t 1 2πR 22 3 vN
解得
t 2πL2 3v
YQD Y Y Yt NP PQ3 vN 2v
解得
t 3L3 3v
粒子在第四象限中运动的时间
t t t t L(4 3 2π) 1 2 3 3v
答案第 7页，共 7页
{#{QQABSYaEggAIABAAARhCEQHaCkOQkBECCIoGgAAMMAAAgRNABCA=}#}
