江苏南通市如皋市2023-2024学年高二上学期12月月考物理试题(解析版)

2023-2024学年度高二年级第一学期教学质量调研（二）
物 理
平行、垂直。

当通以电流为I 注意事项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1.本试卷满分为100分，考试时间为75分钟，考试结束后，请将答题卡交回。

2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号等用0.5 毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置。

3.请认真核对答题卡表头规定填写或填涂的项目是否准确。

4.作答选择题，必须用2B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。

作答非选择题，必须用0.5 毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。

5.如需作图，必须用2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。

一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分。

每题只有一个选项最符合题意。

1. 如图所示，导线abc 放置在磁感应强度为B 的匀强磁场中，ab 、bc 长分别为2l 、l ，分别与磁场方向时，导线受到的安培力大小为（ ）
A. 0
B. BIl
C. 2BIl
D.
【答案】B 【解析】
【详解】因导线ab 段与磁场方向平行，则不受安培力；导线bc 段与磁场方向垂直，受到的安培力为
bc F BIl =
故选B 。

2. 如图所示，一根有裂缝的空心铝管竖直放置。

让一枚磁性比较强的永磁体从管口处由静止下落，磁体在管内运动时没有跟铝管内壁发生摩擦。

则磁体（ ）
A. 在管内的加速度越来越大
B. 受到铝管中涡流的作用力方向一直向下
C. 受到铝管中涡流的作用力方向一直向上
D. 受到铝管中涡流的作用力方向先向上后向下 【答案】C 【解析】
【详解】BCD.管中的感应电流阻碍磁体的下落，对磁体始终产生向上的阻力；故BD 错误，C 正确； A.磁体在下落过程中由牛顿第二定律可得
安−=mg F ma
又由基本公式
,,E
E BLv
F BIL I R
===安可知 22B L v
F R
=安 刚开始时磁体的加速度为g ，随速度增大感应电动势增大，安培力增大，加速度减小；若达到重力与安培力大小相等，加速度为零。

故选C 。

3. 探究影响感应电流方向的因素实验时，已知电流表指针偏转方向与电流关系如图所示。

下列关于磁铁的运动方向和感应电流方向之间的关系正确的是（ ）
A
B.
C. D.
【答案】A 【解析】
【详解】AD 从下侧进入，指针左偏，该示意图中，穿过线圈的原磁场方向向上，磁铁向下运动，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律，线圈中感应电流激发出的磁场方向向下，根据安培定则可知，感应电流从下侧进入电流表，则指针左偏，故A 正确，D 错误；
B ．该示意图中，穿过线圈的原磁场方向向下，磁铁向上运动，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律，线圈中感应电流激发出的磁场方向向下，根据安培定则可知，感应电流从下侧进入电流表，且指针左偏，图中感应电流方向不符合要求，故B 错误；
C ．该示意图中，穿过线圈的原磁场方向向下，磁铁向下运动，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律，线圈中感应电流激发出的磁场方向向上，根据安培定则可知，感应电流从上侧进入电流表，且指针右偏，图中感应电流方向不符合要求，故C 错误。

故选A 。

4. 劈尖干涉是一种薄膜干涉，其装置如图甲所示。

将单色红光从上方射入，俯视可以看到图乙的条纹，利用此装置可以检查工件的平整度，下列说法中正确的是（ ）
.
A. 图乙中条纹弯曲处表明被检查的平面在此处是凹的
B. 若用单色紫光从上方射入，条纹变疏
C. 若装置中抽去一张纸片，条纹变密
D. 若装置中抽去一张纸片，条纹向左移动
【答案】A
【解析】
【详解】A．图乙中条纹弯曲处表明左侧空气膜厚度与右侧一致，说明此处是凹的，故A正确；B．从空气膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，其光程差为
Δx=2d
即光程差为空气层厚度的2倍，当光程差
Δx=2d=nλ
时此处表现为亮条纹，故相邻亮条纹之间的空气层的厚度差1
2
λ，若把红光换成紫光，波长变短，相邻亮条
纹（或暗条纹）之间的距离变小，干涉条纹条纹间距变小，条纹变密，故B错误；
CD．抽去一张纸片后空气层的倾角变小，故相邻亮条纹（或暗条纹）之间的距离变大，干涉条纹条纹间距变大，条纹变疏，条纹向右移动，故CD错误。

故选A。

5. 两同心圆环P、Q置于同一水平面上，其中P为导体环，Q为均匀带负电绝缘环，如图为俯视图。

当Q 绕轴心顺时针转动且转速减小时，下列说法中正确的是（）
A. Q内的磁场方向垂直纸面向内
B. 穿过P的磁通量大于穿过Q的磁通量
C. P 具有收缩的趋势
D. P 中产生顺时针方向的感应电流 【答案】C 【解析】
【详解】A ．当Q 绕轴心顺时针转动且转速减小时，形成的电流为逆时针减小，根据右手螺旋定则可知，Q 内的磁场方向垂直纸面向内外，故A 错误；
B ．穿过 P 的磁感线除了Q 中向外的还有向里的，抵消一部分，所以穿过 P 的磁通量小于穿过Q 的磁通量，故B 错误；
CD ．P 的总磁通量向外，电流减小，向外的磁通量减小，根据楞次定律可知，P 具有收缩的趋势，感应电流的磁场向外，所以P 中产生逆时针方向的感应电流，故C 正确D 错误。

故选C 。

6. 如图所示，圆环上有3根半径为r 、电阻不计的金属条，在圆心与圆环上通过滑片引出的导线接有电阻为R 的负载。

匀强磁场的磁感应强度为B ，垂直向里穿过圆环，当圆环绕圆心顺时针转动的线速度为v 时，下列说法中正确的是（ ）
A. 一根金属条产生的电动势为 Brv
B. 流过电阻R 的电流为
2Brv
R
C. 流过电阻 R 的电流方向是 a →b
D. 圆心O 处的电势比圆环的高
【答案】B 【解析】
【详解】A ．一根金属条转动切割磁感线产生的电动势为
2
Brv
E Blv ==
故A 错误；
BCD ．使用右手定则可知，3根金属条的感应电动势都是O 点为低电势，圆环为高电势，相当于三个电源并联，故流过电阻R 电流大小为
2E Brv
I
R R
==
流过电阻 R 的电流方向是 b →a ，故B 正确；CD 错误。

故选B 。

7. 如图所示，相同的带正电的粒子①、②先后以相同的速度平行射入圆形匀强磁场区域，O 点为磁场圆的圆心，不计粒子的重力，则（ ）
A. 两粒子离开磁场时速度反向延长线均过 O 点
B. 两粒子一定从同一点离开磁场
C. 粒子①在磁场中运动的时间比粒子②的长
D. 粒子①在磁场中运动的偏转角比粒子②的小 【答案】D 【解析】
【详解】AB ．正对圆心射入的②离开磁场时的速度反向延长线均过O 点，而①离开磁场时，因为没有正对圆心射入，所以离开磁场时的速度反向延长线不过O 点，所以不会从同一点离开磁场，故AB 错误； CD ．相同的带正电的粒子①、②先后以相同的速度平行射入圆形匀强磁场区域
2v qvB m R
=，
2m
T Bq π= 运动半径相同，根据题意可知，①对应圆弧轨迹的弦短，所以粒子①对应的圆心角小，而圆心角等于速度偏转角，粒子①在磁场中运动的偏转角比粒子②的小，周期相同，运动时间
2t T απ
=
所以粒子①在磁场中运动时间比粒子②的短，故C 错误D 正确。

故选D 。

8. 如图所示，为了从军事工程内部观察外面的目标，在工程的墙壁上开一长方形的孔，孔内嵌入折射率为
4
3
的玻璃砖， sin 370.6cos370.8°=
°=，，则嵌入玻璃砖后工事内部人员观察到外界的视野最大张角为（ ）
的的
的
A. 37°
B. 53°
C. 74°
D. 106°
【答案】D 【解析】
【详解】光路图如图所示，由几何关系得
23sin 5
θ=
则
12sin sin 0.8n θθ=
= 所以
1
53θ=° 则视野的最大张角为
θ=2θ1=106°
故选D 。

9. 利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。

如图所示是霍尔元件的工作原理示意图，匀强磁场垂直于元件的表面向下，该霍尔元件中的载流子是自由电子，C 、D 为左右两侧面。

现霍尔元件中通入图示方向的电流，则（ ）
A. 霍尔元件中电子定向移动时受到指向右侧面的洛伦兹力
B. 霍尔元件左侧面的电势低于右侧面的电势
C. 若霍尔元件的左、右侧面的距离越大，左、右两侧面的电势差 CD U 越大
D. 若霍尔元件的上、下表面的距离越大，左、右两侧面的电势差U CD 越大 【答案】B 【解析】
【详解】A ．根据左手定则可以判断，霍尔元件中电子定向移动时受到指向左侧面的洛伦兹力，故A 错误； B ．电子向左侧面偏转，左侧面的电势低于右侧面的电势，故B 正确；
CD ．随着电子在极板上不断积累，两板间形成的电势差逐渐变大，则电子受电场力逐渐增大，当静电力与磁场力相等时达到平衡，此时两板间的电势U CD 稳定不变，设CD 端面的距离为a ，上下厚度为b ，则根据
CD
eU Bev a
=，I neabv = 整理得
CD BI U nab
=
霍尔元件的左、右侧面的距离越大，左、右两侧面的电势差越小，霍尔元件的上、下表面的距离越大，左、右两侧面的电势差越小，故CD 错误。

故选B 。

10. 如图所示，导体棒与V 形导轨为粗细相同的同种金属，导轨处于与其平面垂直的匀强磁场中。

0=t 时刻，导体棒与导轨角平分线垂直，并从O 处沿角平分线在导轨上匀速向右运动，下列关于回路中通过导体棒横截面的电荷量q 、电功率P 随时间t 变化的图像正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】设导轨与角平分线的夹角为θ，导棒的切割长度为L ，导轨长度为L 1，O 点到导棒的距离为x ，单位长度的电阻为R 0；
AB ．根据法拉第电磁感应定律的定义式
E n
t
∆Φ
=∆ 整个电路中的电流为
E I R =
总
电量的公式为
q It =
联立可得
I R ∆Φ
=
总
由于导棒是匀速运动的，则
x vt =
几何关系可知
2
tan L x
θ=
1
cos x L θ=
其中
10(2)R L L R =+总
综上可得
0sin (1sin )Bv I R θ
θ=
+
0sin (1sin )
Bv q t R θ
θ=
+
故A 正确，B 错误； CD ．电动势
E BLv =
整个电路中的电流为
E I R =
总
电功率为
2P I R =总
解得
()2320
2sin cos cos sin B v P t R θ
θθθ=+
故CD 错误。

故选A 。

11. 如图所示，空间中存在正交的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为 B ，方向垂直纸面向外，电场场强大小为 E ，方向竖直向上。

一质量为 m 、带电量为-e 的电子在该空间内获得沿水平方向的初速度，速度大小为 v 0， 且 0E
v B
>。

则电子（ ）
A. 在竖直方向做匀加速直线运动
B. 运动过程中最大的速率为0E v B
+
C. 在一个周期内水平方向运动的距离为 2
2mE
B e
π D. 距入射点竖直方向的最大位移为 0
2mv Be
【答案】C 【解析】
【详解】A ．因为0E
v B
>
，所以 0Bv e Ee >
合力向上，向上偏转，但因为速度变化，洛伦兹力发生变化，竖直方向受到的合力不是恒力，不是匀变速运动，故A 错误；
BCD ．将粒子受到的洛伦兹力看成
012Bv e
Bv e Bv e =+ 其中
1Bv e Ee =
粒子在匀速直线运动的同时，进行圆周运动，所以运动过程中最大的速率为
m 120v v v v =+=
因为粒子周期
2m
T Be
π=
在一个周期内水平方向运动的距离为
122m x v B e
T
E
π== 圆周运动的半径
20
mv R
Be mv Be
=<
所以距入射点竖直方向的最大位移小于0
2mv Be
，故C 正确BD 错误。

故选C 。

二、非选择题： 共6题，共56分。

其中第12题~第17题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。

12. 回旋加速器的工作原理如图所示，置于真空中的 D 形金属盒半径为 R ，磁感应强度为 B 的匀强磁场与盒面垂直，加在狭缝间的交变电压的电压值大小为0U ，周期 2m
T qB
π=。

一质量为 m 、电荷量为+q 的粒子从 A 处飘入狭缝，其初速度视为零，不考虑粒子在狭缝中的运动时间。

求： （1） 粒子离开加速器时的动能E k ；
（2） 粒子从飘入狭缝至动能达到E k 所需的时间t 。

【答案】（1）
222
2q B R m ；（2）2
2BR U π 【解析】
【详解】（1）粒子运动半径为R 时，洛伦兹力提供向心力
2
v qvB m R
=
粒子加速后的动能为
2k 12
E mv =
联立解得
222
k 2q B R E m
=
（2）粒子在磁场中圆周运动的周期
2m
T qB
π=
设粒子被加速n 次到达动能为E k ，则有
0k E nqU =
解得
220
2qB R n mU =
因粒子每加速一次后都要经磁场运动半个圆周，则粒子从飘入狭缝至动能达到E k 共经历了n 次半个圆周的运动，故在磁场中运动的总时间为
2
22T BR t n U π==
13. 两列简谐横波分别沿 x 轴正方向和负方向传播，两波源分别位于 x 轴-0.2m 和1.2m 处，两波的波速均为0.4m /s ，
波源的振幅均为 2cm 。

如图为 0=t 时刻两列波的图像，此刻平衡位置在x 轴0.2m 和0.8m 的 P 、Q 两质点开始振动。

（1） 当两列波传播到M 点后，请判断M 点加强点还是减弱点； （2） 写出 1.2m x =处波源的振动方程。

【答案】（1）振动减弱点；（2）()2sin 2cm y t π=− 【解析】
【详解】（1）由图像得两波的波长为0.4m ，则M 点到P 、Q 距离差等于
0.4m 0.2m 0.2m 2
x PM QM λ
∆=−=−==
故M 点为振动减弱点； （2）波的周期
0.4s 1s 0.4
T v λ
=
== 1.2m x =处波源的振动方程为
()sin 2sin 2cm y A t t ωπ=−=−
14. 如图所示，闭合矩形线框 ABCD 平放在足够大的绝缘水平面上， 线框右侧有竖直向下的有界磁场，磁场宽度10cm d =，
磁感应强度 1T B =。

线框在水平向右的恒力 F 2N = 的作用下，从图示位置由静止开始水平向右运动，CD 边从磁场左侧刚进入磁场时，恰好做匀速直线运动，AB 边从磁场右侧离开磁场前，线框再次做匀速直线运动。

已知线框的质量0.1kg m =，
匝数 10n =匝，总电阻 4R =Ω，其中AB 边长 120cm L =，
BC 边长240cm L =， 整个过程中线框始终受到摩擦力F f =1N 。

求： （1） CD 边刚进入磁场时的速度大小v ； （2） 线框穿越磁场的过程中产生的焦耳热Q 。

是
【答案】（1）1m/s ；（2）0.5J 【解析】
【详解】（1）CD 边从磁场左侧刚进入磁场时，恰好做匀速直线运动，此时安培力设为1F ，根据平衡条件
f 1F F F =+
其中
111E
E nBL v I
F nBIL R
===，， 解得
1m/s v =
（2）AB 边从磁场右侧离开磁场前，线框再次做匀速直线运动，从CD 边从磁场左侧刚进入磁场到线框完全穿越磁场过程中，动能不变，根据能量守恒
2f 2()()F d L F d L Q +−+=
解得
0.5J Q =
15. 如图所示，足够长的平行边界 MN 、PQ 间有垂直纸面向里的匀强磁场， MN 上A 处的粒子源可在纸面内均匀向磁场中各个方向射入速度大小均为 v 的同种粒子。

已知粒子的质量为 m 、电荷量为 q ，磁场磁感应强度为 B ，两边界的间距 32mv d qB
=，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。

求粒子能从 PQ 、MN 边界射出的
（1） 粒子数之比η1； （2） 区域长度之比η2。

【答案】（1）1：2；（2:2 【解析】
【详解】（1）粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，故有
2
mv Bvq R
= 解得
2
3
mv R
d qB == 由左手定则可得粒子向运动方向左侧偏转做圆周运动。

如图
当粒子沿AN 方向进入磁场时，粒子打在PQ 上的位置为粒子能从PQ 边界射出的区域的最下端；粒子进入磁场的方向逆时针旋转，粒子打在PQ 上的点上移，直到运动轨迹与PQ 相切时，粒子打在PQ 上的位置为粒子能从PQ 边界射出的区域的最上端，设速度与MN 夹角为θ，则
cos R R d θ+=
解得
60θ=°
可知从C 点到D 点的圆心角为60°，粒子打在PQ 上，其余粒子对应圆心角为120°，粒子打在MN 上，则从PQ 边界射出的粒子数目与从MN 边界射出的粒子数目之比即为圆心移动的圆心角的比值为
η1=60°：120°=1：2
（2）粒子从PQ 边界射出磁场最下端到A 所在水平线距离
1x =
从PQ 边界射出磁场最上端到A 所在水平线距离
2sin 60x R =°
= 因为R ＜d ，所以，粒子在MN 上的落点为A 上方
4
23
x R
d == 粒子能从 PQ 、MN 边界射出的区域长度之比
2
2
1:2x x x
η+==
16. 如图所示的平面直角坐标系 xOy ，在第一象限内有平行于 y 轴的匀强电场，方向沿 y 轴正方向；在第四象限的某个矩形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与 x 轴重合。

一质量为 m 、电荷量
为-q 的粒子， 从点0a
以速度 0v 沿 x 轴正方向射入电场，通过电场后从点 b （2h ，0）立即进入
矩形磁场，经过磁场后从点0c
进入第三象限，且速度与y 轴负方向成60 角。

不计粒子所受的
重力。

求：
（1）粒子经过点 b 时速度 v 的大小和方向； （2）磁感应强度的大小B ； （3）矩形磁场区域的最小面积S 。

【答案】（10，方向与x 轴正方向夹角为30
；
（2；（3 【解析】
【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，则有
212qE t m
=，02h v t = 令在b 点速度方向与x 轴正方向夹角为θ，利用速度分解有
y qE v t m
=，v
=0
tan y v v θ=
解得
0v =
，30θ= （2）根据上述，结合题意，作出粒子运动轨迹如图所示
粒子从d 点飞出磁场，根据几何关系有
2sin 602tan 30R h +
解得
23
R h =
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有
2
v qvB m R
=
解得
B =
（3）根据上述可知，矩形磁场区域的最小面积
()2sin 60cos 60S
R R R −
解得
S = 17. 如图所示， 质量 1kg m =的小物块静止在质量2kg M =的木板左端，木板静止在光滑的水平面上，与木板右端相距 0.32m x = 处有一挡板。

现给物块一水平向右的瞬时冲量3N s I =⋅，之后木板与挡板发生了弹性碰撞，物块未与挡板碰撞且一直在木板上。

已知物块与木板间的动摩擦因素 0.2µ=，取重力
加速度 210m/s g =。

求：
（1） 物块获得的初速度大小 v ₁
； （2） 木板与挡板碰撞时物块的速度大小v ₁
； （3） 木板的最小长度 L 。

【答案】（1）3m/s ；（2）0.8m/s ；（3）2.25m 【解析】
【详解】（1）对物块列动量定理
10I mv =−
解得
13m/s v =
（2）设物块的加速度为a 1，木板的加速度为a 2，则对物块列牛顿第二定律
1mg ma µ−=
解得
212m/s a =−
对木板列牛顿第二定律
2mg Ma µ=
解得
221m/s a =
对木板列速度位移公式
22202v a x =
解得
20.8m/s v =
（3）从开始到木板与挡板碰撞的时间为t ，这段过程物体的位移为x 1。

对木板列速度时间公式
22v a t =
解得
0.8s t =
那么
2211111
30.8m (2)0.8m 1.76m 22
x v t a t =+=×+×−×=
第一段相对位移为
110 1.76m 0.32m 1.44m x x x ∆=−=−=
此时物块的速度为
'1113m/s 20.8m/s 1.4m/s v v a t =−=−×=
木板与挡板发生了弹性碰撞，碰撞之后v 2会反向，此时系统总动量为
121 1.4kg m/s 20.8kg m/s 0.2kg m/s p mv Mv ′=−=×⋅−×⋅=−⋅
则不会与挡板再发生碰撞；
设物块和木板共速度的速度为v 共，第二段相对位移为2x ∆， 列动能守恒得
12()mv Mv m M v ′−=+共
列功能关系得
222122111
()222
mv Mv m M v mg x µ′+=++∆共 解得
20.81m x ∆=
所以木板的最小长度
12 1.44m 0.81m 2.25m L x x =∆+∆=+=。