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- 2021-05-24 发布
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中山市第一中学2017~2018学年第一学期高二年级第三次统测
物 理 试 题
命题人: 审题人:
本试卷共8页,共110分,考试时长90分钟。
一、单选题(本题共6小题,每小题4分,共24分)
1. 永磁铁在高温下,或者受到敲击时,其磁性会减弱甚至消失,如果根据安培的分子电流假说来解释,其中恰当的说法是
A.分子电流消失
B.分子电流取向变得大致相同
C.分子电流取向变得杂乱
D.分子电流减弱
2. 面积是S的矩形导线框,放在磁感应强度为B的匀强磁场中,当线框平面与磁场方向垂直时,穿过导线框所围面积的磁通量为
A.0 B.BS C. D.
3. 关于电场线和磁感线,下列说法正确的是
A.电场线和磁感线都是闭合的曲线
B.磁感线是从磁体的N极发出,终止于S极
C.电场线和磁感线都不能相交
D.电场线和磁感线都是现实中存在的
4. 在赤道上空,水平放置一根通以由西向东的电流的直导线,则此导线
A.受到竖直向上的安培力
B.受到竖直向下的安培力
C.受到由南向北的安培力
D.受到由西向东的安培力
5. 在如图所示的四幅图中,正确标明了带正电的粒子所受洛伦兹力f方向的是
A. B. C. D.
6. 带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出,能够达到的最大高度为h1;若加上水平方向的匀强磁场,且保持初速度仍为v0,小球上升的最大高度为h2;若加上水平方向的匀强电场,且保持初速度仍为v0,小球上升的最大高度为h3,如下图所示,不计空气阻力,则
A.h1=h2=h3
B.h1>h2>h3
C.h1=h2>h3 D.h1=h3>h2
二、多选题(本题共7小题,每小题4分,共28分)
7. 已知质量为m的通电细杆MN与导轨间的摩擦系数为μ,有电流时,MN恰好在导轨上静止,如图所示,下图是它的四个侧视图四种可能的匀强磁场方向,其中能使杆MN与导轨之间摩擦力为零的图是
8. 如图所示,在竖直向上的匀强磁场中,水平放置着一根长直导线,电流方向垂直纸面向外,a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点,在这四点中
A.a、b两点磁感应强度相同
B.c、d两点磁感应强度大小相等
C.a点磁感应强度最大
D.b点磁感应强度最大
9. 回旋加速器是加速带电粒子的装置,其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒,两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场,使粒子在通过狭缝时都能得到加速,两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中,如图所示,要增大带电粒子射出时的动能,则下列说法中正确的是
A.增大匀强电场间的加速电压
B.增大磁场的磁感应强度
C.增加周期性变化的电场的频率 D.增大D形金属盒的半径
10. 如图,两平行金属板中有相互垂直的匀强电场和匀强磁场,带正电的粒子(不计粒子的重力)从两板中央垂直电场、磁场入射.它在金属板间运动的轨迹为水平直线,如图中虚线所示.若使粒子飞越金属板间的过程中向上板偏移,可以采取下列的正确措施为
A.使入射速度增大
B.使粒子电量增大
C.使电场强度增大
D.使磁感应强度增大
11. 如图所示,在加有匀强磁场的区域中,一垂直于磁场方向射入的带电粒子轨迹如图,由于带电粒子与沿途的气体分子发生碰撞,带电粒子的能量逐渐减小,从图中可以看出:
A. 带电粒子带正电。
B. 带电粒子带负电。
C. 粒子先经过A点,后经过B点
D. 粒子先经过B点,后经过A点
12. 如图所示,两个半径相同的半圆轨道分别竖直放在匀强电场和匀强磁场中.轨道两端在同一高度上.轨道是光滑的.两个相同的带正电的小球同时从两轨道左端最高点由静止释放,M、N为轨道的最低点.则
A.两小球到达轨道最低点的速度vM>vN
B.两小球到达轨道最低点时对轨道的压力NM>NN
C.小球第一次到达M点的时间大于小球第一次到达N点的时间
D.在磁场中小球能到达轨道的另一端,在电场中小球不能到达轨道的另一端
13. 目前,世界上正在研究一种新型发电机叫磁流体发电机,如图表示它的原理:将一束等离子体喷射入磁场(速度方向垂直纸面进去),在磁场中有两块金属板A、B,这时金属板上就会聚集电荷,产生电压.以下正确的是
A. B板带正电 B. A板带正电
C.其他条件不变,只增大射入速度,增大
D.其他条件不变,只增大磁感应强度, 增大
三、实验题(本题共2小题,每小题6分,共12分)
14 为了测量某根金属丝的电阻率,根据电阻定律需要测量长为L的金属丝的直径D.电阻R。某同学进行如下几步进行测量:
(1)直径测量:该同学把金属丝放于螺旋测微器两测量杆间,测量结果如图,由图可知,该金属丝的直径d= 。
(2)欧姆表粗测电阻,他先选择欧姆×10档,测量结果如图所示,为了使读数更精确些,还需进行的步骤是( ) 。
A.换为×1档,重新测量
B.换为×100档,重新测量
C.换为×1档,先欧姆调零再测量
D.换为×100档,先欧姆调零再测量
(3)伏安法测电阻,实验室提供的滑变阻值为0~20Ω,电流表0~0.6A(内阻约0.5Ω),电压表0~3V(内阻约5kΩ),为了测量电阻误差较小,且电路便于调节,下列备选电路中,应该选择( ) 。
15. 如图所示,用伏安法测电源电动势和内阻的实验中,在电路中接一阻值为2Ω的电阻R0, 通过改变滑动变阻器,得到几组电表的实验数据:
U(V)
1.2
1.0
0.8
0.6
I(A)
0.10
0.17
0.23
0.30
在坐标系内作出U-I图线,利用图线,测得电动势E= __________V,
内阻r =__________Ω;
四、计算题(本题共4小题,共46分)
16. (10分)如图所示,在倾角为θ=30°的斜面上,固定一宽L=0.25m的平行光滑金属导轨,在导轨上端接入电源和滑动变阻器R。电源电动势E=12V,内阻r=1Ω,一质量m=20g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好。整个装置处于磁感应强度B=0.80T、垂直于斜面向上的匀强磁场中(导轨与金属棒的电阻不计)。取g=10m/s2,要保持金属棒在导轨上静止,求:
(1)金属棒所受到的安培力的大小.
(2)通过金属棒的电流的大小.
(3)滑动变阻器R接入电路中的阻值.
17(10分)一个质量为m电荷量为q的带电粒子从x轴上的P(a,0)点以速度v,沿与x正方向成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中,并恰好垂直于y轴射出第一象限,不计重力。
求:(1) 粒子做圆周运动的半径
(2)匀强磁场的磁感应强度B
18. (12分)如图所示,在直角坐标系xOy的第Ⅱ象限整个区域内,存在着沿y轴负方向、场强大小为E的匀强电场,在第Ⅳ象限整个区域内存在着方向垂直于xOy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。从电场中P(-L,2L)、Q(-L,L/8)两点连线上各处,沿x轴正方向同时射入许多质量为m、电荷量为q的带正电粒子,结果所有粒子都从坐标原点O进入磁场。不计粒子的重力及粒子之间的相互作用,求:
(1)粒子从射入到全部通过O点所用的时间t0。
(2)这些粒子从x轴上射出磁场时,
所经过区域的宽度△d。
19. (14分)如图所示,两水平放置的平行金属板a、b,板长L=0.2m,板间距d=0.2m.两金属板间加可调控的电压U,且保证a板带负电,b板带正电,忽略电场的边缘效应.在金属板右侧有一磁场区域,其左右总宽度s=0.4m,上下范围足够大,磁场边界MN和PQ均与金属板垂直,磁场区域被等宽地划分为n(正整数)个竖直区间,磁感应强度大小均为B=5×10﹣3T,方向从左向右为垂直纸面向外、向内、向外….在极板左端有一粒子源,不断地向右沿着与两板等距的水平线OO′发射比荷=1×108C/kg、初速度为v0=2×105m/s的带正电粒子.忽略粒子重力以及它们之间的相互作用.
(1)当取U何值时,带电粒子射出电场时的速度偏向角最大;
(2)若n=1,即只有一个磁场区间,其方向垂直纸面向外,则当电压由0连续增大到U过程中带电粒子射出磁场时与边界PQ相交的区域的宽度;
(3)若n趋向无穷大,则偏离电场的带电粒子在磁场中运动的时间t为多少?
中山市第一中学2017-2018学年第一学期高二年级
第三次统测 物理答案
选择题(52分,每小题4分)
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
C
B
C
A
B
D
AB
BD
BD
AD
CD
ABD
ACD
14.①2.543---2.547 ② D ③ D
15. 1.55 1.0
16.(10分)解:(1)金属棒静止在金属导轨上受力平衡,如图所示(1分)
F安=mgsin30°,代入数据得F安=0.1N。 (3分)
(2)由F安=BIL得I==0.5A。 (3分)
(3)设滑动变阻器接入电路的阻值为R0,根据闭合电路欧姆定律
得:E=I(R0+r) 解得R0=-r=23Ω。 (3分)
17.(10分)解:由射入、射出点的半径可找到圆心O/,
(1)据几何关系有――――-5分
(2)据洛仑兹力提供向心力
―――――5分
18.(12’) (1) (2)
解析试题分析:(1)带电粒子在电场中做类平抛运动,将带电粒子的运动沿水平和竖直方向正交分解,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动,设P、Q两点连线上某点到x轴的距离为y,根据运动学规律得:,--- 1’ 由此可知从P点射入的粒子最后通过O点,设粒子运动的加速度为a,则对于从P点射入的粒子由牛顿第二定律得 --------1’
在竖直方向上由匀变速直线运动规律得 ------1’ 解得: 1’
(2)设某一粒子进入磁场时,速度v的方向与x轴成角,在磁场中做圆周运动的轨道半径为r,该粒子从x轴上射出磁场的位置与O点的距离为d,画出带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,在磁场中粒子做匀速圆周运动的向心力由洛仑兹力提供,即 1’
由几何关系得 1’在电场中 设粒子在O点时的竖直分速度为,由运动学规律得 1’
由运动的合成和分解知 1’
由牛顿第二定律得 1’ 解得: 1’
因 故 2’
19. (14’) 解:(1)设速度偏向角为θ,则tanθ=,显然当vy最大时,tanθ最大.
当粒子恰好从极板右边缘出射时,速度偏向角最大.
竖直方程:y=,a=;
水平方程:x=L=v0t
解得:U=400V 4’
(2)由几何关系知,逐渐增大Uba,速度偏向角变大,磁偏转半径变大,与PQ交点逐渐上移.
当U=0时,交点位置最低(如图中D点):
由Bqv0=m 得:r1=;
此时交点D位于OO′正下方0.4m处.
当U=400V时,交点位置最高(如图中C点):
由vy=at==2×105m/s
得:v=
由Bqv=m, 得:r2= 由tanθ==1,得入射方向为与水平方向成45°角;
由几何关系得,此时交点位于OO′正上方r2﹣处.
所以交点范围宽度为:CD=0.4+0.4﹣0.3=0.1+0.4(m) 5’
(3)考虑粒子以一般情况入射到磁场,速度为v,偏向角为θ,当n趋于无穷大时,运动轨迹趋于一条沿入射速度方向的直线(渐近线).
又因为速度大小不变,因此磁场中运动可以等效视为匀速直线运动.
轨迹长度为:S′=,运动速率为:v=
时间wei:t= 代入数据解得:t=2×10﹣6s