北京市某校2024-2025学年高二年级下册3月月考物理试卷（解析版）

北京市十一学校顺义学校2024-2025学年第二学期3月考试

高二物理试卷

第一部分

本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一

项。

1.在下面的四个图中，标出了匀强磁场的磁感应强度B的方向、带正电的粒子在磁场中速度v的方向和其

所受洛伦兹力f的方向，其中正确表示这三个方向关系的图是

【解析】

【详解】有左手定则可知B对；选项A中洛仑兹力方向向下A错；选项C中洛仑兹力垂直纸面向外，C错;

选项D中洛仑兹力垂直纸面向里，D错；故选B.

2.如图所示，为一质点的振动图像，曲线满足正弦变化规律，则下列说法中正确的是（）

A.该振动为简谐振动

B.该振动振幅为10cm

C.前0.08s内，质点发生的位移为20cm

D.0.04s末，质点的振动方向沿x轴正向

【答案】A

【解析】

【详解】A.该图像表示质点的位移随时间周期性变化的规律，是简谐振动，故A正确;

B.由图可知该振幅为5cm,故B错误；

C.由图可知质点的周期为0.08s,所以在0.08s末，质点又回到了平衡位置，所以前0.08s内，质点发生的

位移为0,故c错误；

D.根据振动规律可知，0.04s末质点的振动方向沿x轴负向，故D错误。

故选A„

3.如图所示，将带铁芯的线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两端连接到电流表上，

把线圈A放到线圈B的里面。下列过程能够使得电流表的指针发生偏转的是（）

B.开关闭合之后稳定的一段时间

C.滑动变阻器滑动端P静止不动

D.线圈A放在线圈B中静止不动

【答案】A

【解析】

【详解】A.电流表指针发生偏转，说明回路中产生感应电流，产生感应电流的条件有两个，一是回路闭

合，二是穿过闭合回路中的磁通量不为零，开关闭合瞬间，线圈B中磁通量增大，回路中产生感应电流，

A正确；

BCD.开关闭合之后稳定的一段时间、滑动变阻器滑动端P静止不动、线圈A放在线圈B中静止不动,

线圈B中的磁通量稳定不变，回路中没有感应电流，BCD错误。

故选A„

4.如图所示，一根绷紧的水平绳上挂五个摆，其中A、E摆长均为/,先让A摆振动起来，其他各摆随后

也跟着振动起来，则下列说法正确的是（）

D

A.B、C、D三摆振动周期跟A摆不同

B.其他各摆振动的振幅大小不完全相同，E摆的振幅最大

C.其他各摆振动的振幅大小相同

D.B、C、D三摆振动的振幅大小不同，D摆的振幅最大

【答案】B

【解析】

详解】A.B、C、D三摆做受迫振动，振动周期跟A摆相同，A错误；

BCD.其他各摆做受迫振动，摆长与A摆越相近，固有频率与A摆振动频率越接近，振幅越大，E摆的固

有频率等于A摆的固有频率，E摆发生共振，振幅最大，B正确，CD错误。

故选B

5.一根通电直导线水平放置在地球赤道的上方，其中的电流方向为自西向东，该导线所受地磁场的安培力

方向为（）

A.水平向北B.水平向南C.竖直向上D.竖直向下

【答案】C

【解析】

【详解】赤道处的地磁场方向从南向北，电流方向自西向东，根据左手定则，安培力的方向竖直向上。

故选C。

【点睛】解决本题的关键掌握左手定则判断磁场方向、电流方向、安培力方向的关系；知道地磁场在赤道

上方的方向是由南向北。

6.某空间存在匀强磁场和匀强电场.一个带电粒子（不计重力）以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运

动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动，下列因素与完成上述两类运动无关的是

A.磁场和电场的方向

B.磁场和电场的强弱

C.粒子的电性和电量

D.粒子入射时的速度

【答案】C

【解析】

F

【详解】由题可知，当带电粒子在复合场内做匀速直线运动，即硝=家石，则丫=—,若仅撤除电场，粒

B

子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，说明要满足题意需要对磁场与电场的方向以及强弱程度都要有要

求，例如：电场方向向下，磁场方向垂直纸面向里等，但是对电性和电量无要求，故选项C正确，ABD错

误.

点睛：本题考查了带电粒子在复合场中的运动，实际上是考查了速度选择器的相关知识，注意当粒子的速

度与磁场不平行时，才会受到洛伦兹力的作用，所以对电场和磁场的方向有要求的.

7.在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个面积不变的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如

图甲所示，取线圈中磁场B的方向向上为正，当磁场中的磁感应强度B随时间t如图乙变化时，下列图中

能正确表示线圈中感应电流变化的图像是（）

【解析】

rpAas

【详解】在0-—S内，根据法拉第电磁感应定律，E=n-=^-^.根据楞次定律，感应电动势的方向

2T

rpQryQ

与图示箭头方向相反，为负值；在一-T内，根据法拉第电磁感应定律，E'=n-=^-^=2E,所以

2.tT

感应电流是之前的2倍.再根据楞次定律，感应电动势的方向与图示方向相反，为负值.故A正确，BCD

错误.故选A.

V0VBS

【点睛】解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律E=〃——=n——，再掌握闭合电路欧姆定律，并会根

VrV?

据楞次定律判断感应电动势的方向；解题时要把研究过程分成两段分别判断.

8.如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，其中央正上方固定一根直导线，导线与磁铁垂直，并通以垂直纸

面向外的电流，贝I()

A.磁铁对桌面的压力减小、不受桌面摩擦力的作用

B.磁铁对桌面的压力减小、受到桌面摩擦力的作用

C.磁铁对桌面的压力增大、不受桌面摩擦力的作用

D.磁铁对桌面的压力增大、受到桌面摩擦力的作用

【答案】A

【解析】

【详解】在磁铁外部，磁感线从N极指向S极，长直导线在磁铁的中央正上方，导线所在处磁场水平向左

方；导线电流垂直于纸面向外，由左手定则可知，导线受到的安培力竖直向下方；由牛顿第三定律可知，导

线对磁铁的作用力竖直向上，因此磁铁对桌面的压力减小，小于磁铁的重力，磁铁没有运动趋势，磁铁不受

摩擦力；

A.与分析相符，故A正确；

B.与分析不符，故B错误；

C.与分析不符，故C错误；

D.与分析不符，故D错误。

9.两个匀强磁场，磁感应强度均为8,宽度均为心矩形线框abed的湖边与y轴重合，ad边长为a,从

图示位置水平向右匀速穿过两磁场区域，线框平面始终保持与磁场垂直，以逆时针电流为正，线框中感应

电流i与线框移动距离尤的关系图象是()

【解析】

【详解】线圈进入磁场，在进入磁场0—。的过程中，感应电动势为E=

感应电流/（）=BLa,,V

oR

根据右手定则，可知电流的方向为逆时针方向，为正；

在a—2a的过程中，感应电动势为后=284小

感应电流/=至与亚=2/0

根据右手定则，可知电流的方向为顺时针方向，为负；

在2a—3a的过程中，感应电动势为E=34/

感应电流/=丝初=/°

R

根据右手定则，可知电流的方向为逆时针方向，为正。

故选c。

10.如图所示，甲、乙两个质量相同、带等量异种电荷的带电粒子，以不同的速率经小孔尸进入方向垂直

纸面向外的匀强磁场中，粒子在尸点的速度方向与磁场边界垂直.在磁场中粒子做匀速圆周运动，并

垂直磁场边界MN射出磁场，半圆轨迹如图中虚线所示.不计粒子所受重力及空气阻力，则下列说法中正

确的是()

MP\N

I，I

1\、»••，1\、*••/，•

.''、../'、_,.

''-JB'乙

——甲.•

A.甲带负电荷，乙带正电荷

B.甲的速率大于乙的速率

C.洛伦兹力对甲做正功

D.甲在磁场中运动的时间大于乙在磁场中运动的时间

【答案】B

【解析】

【详解】在P点，速度向下，磁场向外，甲受向左的洛伦兹力，根据左手定则，甲带正电荷；同理，在P点，

乙受向右的洛伦兹力，速度向下，磁场向外，根据左手定则，乙带负电荷；故A错误；粒子在磁场中做匀

v2„mv

速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：qvB=m一，故R=由于q、m、B均相同，甲的轨道半径大,

RqB

说明甲的速度也大，故B正确；根据左手定则，洛伦兹力与速度垂直，故洛伦兹力永不做功，故C错误；

E2JTR2兀m17cm

周期T=——=--，由于t=；T,故f=F；由于q、m、B均相同，故时间相等，故D错误；故选B.

vqB2qB

„mve2兀m

【点睛】本题考查带电粒子在磁场中圆周运动的推论公式R和T的简单运用，同时要结合左

qBqB

手定则分析.要注意负电荷受到的洛伦兹力的方向和正电荷受到的洛伦兹力的方向相反.

11.用如图所示回旋加速器来加速质子，为了使质子获得的动能增加为原来的4倍，不计变化的电场带来的

影响及相对论效应，不计质子的重力，则可采用下列哪种方法：()

A.将其磁感应强度增大为原来的8倍

B,将其磁感应强度增大为原来的4倍

C.将D形金属盒的半径增大为原来的2倍

D.将D形金属盒半径增大为原来的4倍

【答案】C

【解析】

2

【详解】设回旋加速器最大半径为R,则粒子在磁场中有"5=加,

解得粒子最大速度丫=西

m

1o2p2

则动能Ek=—mv'=-------

22m

要使质子获得的动能增加为原来的4倍，则将D形金属盒的半径增大为原来的2倍。

故选C。

12.西晋史学家陈寿在《三国志》中记载：“置象大船之上，而刻其水痕所至，称物以载之，则校可知

矣。”这就是著名的曹冲称象的故事。某同学欲挑战曹冲，利用卷尺测定大船的质量。该同学利用卷尺测

出船长为L然后慢速进入静止的平行于河岸的船的船头，再从船头行走至船尾，之后，慢速下船，测出

船后退的距离d与自身的质量加，若忽略一切阻力，则船的质量为（）

LL-dL-d

A.—mB.-----mC.D.---m

dLLd

【答案】D

【解析】

【详解】画出如图所示的草图

设人走动时船的速度大小为V,人的速度大小为V',船的质量为人从船尾走到船头所用时间为人则

dL-d

V=—V

人和船组成的系统在水平方向上动量守恒，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得

MV—YYW=0

解得船的质量

M=md）

d

故选D。

13.水平面上有质量相等的a、6两个物体，水平推力B、仍分别作用在°、6上。一段时间后撤去推力,

物体继续运动一段距离后停下。两物体的图线如图所示，图中AB〃CQ。则整个过程中（）

A.Fi的冲量等于Fz的冲量

B.Fi的冲量大于尸2的冲量

C.摩擦力对。物体的冲量等于摩擦力对6物体的冲量

D.合力对a物体的冲量等于合力对b物体的冲量

【答案】D

【解析】

【详解】C.题图中，与。平行，说明撤去推力后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体受到的合力

等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等，但。运动的总时间小于6运动的总时

间，根据

I=ft

可知，摩擦力对。物体的冲量小于摩擦力对6物体的冲量，故C错误;

AB.根据动量定理，对整个过程研究得

砧一为B=0—0

取2-4®=0-0

由题图可知

‘OB<’0。

则有

耳Z<Fjz

即Fi的冲量小于尸2的冲量，故AB错误;

D.根据动量定理可知，合力的冲量等于物体动量的变化量，。、6两个物体动量的变化量都为零，则合力的

冲量都为零，故D正确。

故选D。

14.如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，两导轨间的距离为"导轨上面横

放着两根导体棒M、cd,与导轨一起构成闭合回路。两根导体棒的质量均为沈，长度均为L电阻均为

R,其余部分的电阻不计。在整个导轨所在的平面内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为8的匀强磁

场。开始时，两导体棒均在导轨上静止不动，某时刻给导体棒仍以水平向右的初速度vo,则（）

A.导体棒必刚获得速度为时受到的安培力大小为在也

R

B.导体棒次?、cd速度会减为0

C.两导体棒运动的整个过程中产生的热量为!

D.当导体棒演的速度变为3Vo时，导体棒cd的加速度大小为337飞

48mR

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A.导体棒仍刚获得速度w时产生感应电动势

E=BLVQ

感应电流为

/

2R

安培力为

F=BIL

联立可得

口_B%

2R

故A错误;

B.运动过程中，两导体棒系统动量守恒，有

mvQ=2mv

可得最终两棒速度为

8

故B错误；

C.两导体棒运动的整个过程中产生的热量为机械能的损失

Q=——2mv2

故C正确;

D.由动量守恒可得

3

mv0=v0+mv1

解得

1

V'=4V°

导体棒仍产生的电动势为

3

E^BL-V.

导体棒cd产生的电动势为

E2=BL-^V0

两电动势反向，则总电动势为

E=EX-E2=^BLV0

感应电流为

1=旦

2R

安培力为

F=BIL

联立可得

F九。

Jr—

4R

则导体棒cd的加速度大小为

FB2L\

a==

m4mR

故D错误。

故选C。

第二部分

本部分共6题，共58分。

15.用图甲实验装置验证动量守恒定律。已知入射小球质量为㈣，被碰小球质量为m2。记录小球抛出点在

地面上的垂直投影点。，测出碰撞前后两小球的平均落地点的位置M、P、N与。的距离分别为X]、与、

匕，如图乙，分析数据:

(1)若入射小球半径为被碰小球半径为马，则要求：;(填字母代号)

A..m1>m2,rx>r2B.tnl<m2,r]<r2

C.W1>,rx-r2D.叫</巧，彳=%

(2)若两球碰撞时的动量守恒，应满足的关系式为；若碰撞是弹性碰撞，还应满足的关系式为

o(均用题中所给物理量的符号表示)

【答案】(1)C(2)①.=mlxl+m2x3②.叫x；=叫才+%x；##X]+%=%

【解析】

【小问1详解】

要使两球发生对心正碰，两球半径应相等，为防止入射球碰撞后反弹，入射球的质量应大于被碰球的质

量，即叫〉加2，4=马。

故选Co

【小问2详解】

[1]碰撞前小球㈣落点为P,碰撞后小球㈣落点为小球加2落点为N,平抛运动时间相同，设为f,由

题意V=Vj=y,%=?

若满足动量守恒定律则有m1V=叫匕+根2V2

解得/光2=m\X\+加2工3

⑵若碰撞是弹性碰撞，还应满足机械能守恒定律，即｝〃产=；/”]2+]%丫22

解得7nlX；=叫%2+〃4后或X1+%2=%3

16.用单摆测定重力加速度的实验装置如图1所示。

（1）测量周期时用到了秒表，长针转一周的时间为30s,表盘上部的小圆共15大格，每一大格为Imin,

该单摆摆动〃次长短针的位置如图2所示，所用时间为/=s。

（2）测出悬点。至小球球心的距离（摆长）乙及单摆完成〃次全振动所用的时间"则重力加速度g=

（用L、“、t、万表示）。

（3）用多组实验数据做出72—心图像，也可以求出重力加速度g,已知三位同学做出的图线的示

意图如图3中的a、b、c所示，其中。和力平行，6和c都过原点，图线6对应的g值最接近当地重力加速

度的值。则相对于图线》，下列分析正确的是（选填选项前的字母）。

A.出现图线。的原因可能是误将悬点到小球最下端的距离记为摆长L

B.出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次

C.图线c对应的g值小于图线6对应的g值

D.图线。对应的g值大于图线6对应的g值

（4）若该同学测摆长时漏加了小球半径，而其它测量、计算均无误，也不考虑实验误差，用公式求得

g值和真实值相比是的（选项“偏大”、“偏小”或“不变”），用L图线求得的g值和真实值

相比是的（选项“偏大”、“偏小”或“不变”）。

【答案】（1）100.1

4n2兀21

(2).2

(3)B(4)①.偏小②.不变

【解析】

【小问1详解】

由图2可知所用时间为f=90s+10.Is=100.1s

小问2详解】

单摆完成n次全振动所用的时间t,则单摆的周期为T=-

n

根据单摆周期公式T=2万

联立解得重力加速度为g=:

【小问3详解】

根据单摆周期公式T=

2

整理得L2二4一TT£

g

4万之

则72_£图像的斜率左二一

g

可得重力加速度为g==

k

A.由图可知，图线。当心为零时T不为零，所测摆长偏小，可能是把摆线长度作为摆长，即把悬点到摆

球上端的距离作为摆长，故A错误；

B.实验中误将49次全振动记为50次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，图线的斜

率上偏小，故B正确；

C.由图可知，图线c对应的斜率左小于图线b对应的斜率，可知图线c对应的g值大于图线b对应的g

值，故C错误；

D.由图可知，图线。与图线b的斜率相等，故图线。对应的g值等于图线6对应的g值，故D错误。

故选B。

【小问4详解】

[1]根据单摆周期公式T=2c

可得g=^4万^2L

若该同学测摆长时漏加了小球半径，则摆长测量值偏小，用公式求得的g值和真实值相比是偏小的;

24/

[2]根据72=一£

g

则72_乙图像的斜率左二一

g

442

可得重力加速度为g=&

k

若该同学测摆长时漏加了小球半径，则有T=24

、4病

整理可得72=—(L+r)

g

可知72_L图线的斜率不变，则用T2_L图线求得的g值和真实值相比是不变的。

17.如图所示，在一个范围足够大、磁感应强度3=0.401的水平匀强磁场中，用绝缘细线将金属棒吊起使

其呈水平静止状态，且使金属棒与磁场方向垂直。已知金属棒长L=0.20m,质量加=0.020kg,g取

10m/s2>求:

(1)若棒中通有/=2.0A的向左的电流，此时金属棒受到的安培力厂的方向及大小；

(2)改变通过金属棒的电流大小，若细线拉力恰好为零，此时棒中通有电流的大小；

(3)若棒中通有/=2.5A的向左的电流，将磁场方向改为竖直向上，求两根细线的合力大小。

【答案】(1)0.16N,方向竖直向上

(2)2.5A(3)0.2^N

【解析】

【小问1详解】

此时金属棒受到的安培力大小F=BIL=0.16N

左手定则可知方向竖直向上。

【小问2详解】

悬线拉力恰好为零，金属棒沿竖直方向受重力和安培力，由金属棒静止可知安培力耳=^g

所以此时金属棒中的电流［=旦=整=2.5A

1BLBL

【小问3详解】

若棒中通有/=2.5A的向左的电流，将磁场方向改为竖直向上，左手定则可知导体棒受到的安培力方向垂

直于磁场方向向里，根据平衡条件可知，两根细线的合力大小心=/（mg）?+（5〃）2

联立以上解得电=0.2瓜

18.如图所示，轻质细绳下端吊着质量"=L8kg的沙袋，一质量，”=0.2kg的玩具子弹以%=40m/s的速

度水平射入沙袋并留在沙袋里，沙袋（沙子不流出）和玩具子弹一起摆动上升到最高点。已知细绳长度

£=1.6m,g=10m/s2,沙袋大小不计。求：

//////

O

v

-0□

（1）玩具子弹和沙袋共同上升时的初速度为V；

（2）子弹射入沙袋的过程中子弹和沙袋产生的热量Q。

（3）玩具子弹和沙袋一起摆动上升到最高点与竖直方向的夹角

【答案】（1）v=4m/s

（2）Q=144J

（3）6=60°

【解析】

【小问1详解】

设玩具子弹和沙袋共同上升时的初速度为v,规定向右为正方向，由动量守恒有（m+"）v

解得v=4m/s

【小问2详解】

由能量守恒定律可得Q=gw：-+根）丫2

联立解得Q=144J

【小问3详解】

由能量守恒有+巾)丫2=(^M+m^gL(l-cos

联立解得cos。

2

则6=60。

19.在传统制作极耙过程中，质量m=15kg的木槌从某一高度自由落下，刚接触梭耙时的速度大小v0=

16m/s,木槌与梅耙的相互作用时间△♦=0.15s,重力加速度g=10m/s2。

(1)求木槌刚接触梭耙时的动量大小。

(2)若打击梅耙后木槌速度变为2m/s且方向竖直向上，求此过程中梅耙对木槌的平均作用力大小。

(3)若在打击横耙过程中，木槌还受到操作人员竖直向下EU30N的作用力，且打击后木槌静止，求木

槌与梅耙相互作用的平均作用力大小；并分析在不同的反弹速度情况下，石锤与年糕相互作用的平均作用

力大小如何变化。

【答案】(1)跳依？

⑵1950N

(3)1780N,在其他条件不变时，反弹速度越大，动量变化量越大，则木槌与横耙相互作用的平均作用力

越大。

【解析】

【小问1详解】

木槌刚接触核耙时的动量大小Pi=7律%=(15xl6)kg?m/