【物理】河南省九师商周联盟2019-2020学年高二上学期12月联考试题（解析版） 23页

九师·商周联盟2019—2020学年高二12月联考 物理 一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分. 在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）‎ ‎1.关于电场强度、电势、电势差和等势面，下列说法正确的是（ ）‎ A. 电场强度为零处电势一定为零 B. 电势为零处电场强度一定为零 C. 在匀强电场中，两点间的电势差与这两点间的距离成正比 D. 在匀强电场中，任意两相邻的等势面（电势差相等）之间的距离相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电场强度与电势没有直接关系，所以电场强度为零处电势不一定为零，故A错误;‎ B．电势为零，是人为选择的，电势为零处，电场强度不一定为零，故B错误;‎ C．由，在匀强电场中，沿电场方向两点间的电势差与这两点间的距离成正比，如果垂直电场方向的两点电势差则为0 ，与这两点间的距离没有关系，故C错误;‎ D．由可知，在匀强电场中，任意两相邻的等势面(电势差相等)之间的距离相等，故D正确。故选D。‎ ‎2.一个长螺线管中通有电流，把一个带电粒子沿管轴线射入管中，不计重力，粒子将在管中（ ）‎ A. 做匀速直线运动 B. 沿轴线来回运动 C. 做匀加速直线运动 D. 做圆周运动 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由于长通电螺线管中产生的磁场方向平行于螺线管的中心轴线，与粒子的运动方向平行，则粒子在磁场中不受洛伦兹力，粒子重力又不计，则粒子做匀速直线运动。故A正确，BCD错误。故选A。‎ ‎3.如图所示，光滑绝缘的斜面与水平面的夹角为θ，导体棒ab静止在斜面上，ab与斜面底边平行，通有图示的恒定电流I，空间充满竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，现缓慢增大θ(0<θ<90°)，若电流I不变，且ab始终静止在斜面上(不考老磁场变化产生的影响)，下列说法正确的是 A. B应缓慢减小 B. B应缓慢增大 C. B应先增大后减小 D. B应先减小后增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】如图作出右侧侧视图，则可知，金属棒受重力、支持力及向右的安培力的作用；增大角度，则支持力的方向将向左旋转，要使棒仍然平衡，则支持力与安培力的合力一直等于重力，则由图可知，安培力必须增大，故磁感应强度应增大，B正确．‎ ‎【点睛】本题结合安培力考查共点力平衡中的动态平衡，要掌握相应的图解法的应用，明确角度变化时支持力与安培力的合力不变，作出动态变化图即可求解．‎ ‎4.如图所示，一带电粒子以某速度进入方向水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹. M和N是轨迹上的两点，其中M点是轨迹的最右点，不计粒子受到的重力，下列说法正确的是（ ）‎ A. 粒子带正电 B. 粒子在N点速率小于M点速率 C. 粒子在M点电场力的瞬时功率为0 D. 粒子在电场中的电势能先减小后增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．粒子受到的电场力的方向与场强方向相反，故该粒子带负电，故A错误;‎ B．电子受到的电场力向左，在向右运动的过程中，电场力对电子做负功，电子的速度减小，运动到M点时，电子的速度最小，故B错误;‎ C．粒子在M点水平速度减小到0，根据，所以粒子在M点电场力的瞬时功率为0，故C正确;‎ D．电场力向左，因此在运动过程中，电场力先做负功再做正功，电势能先增大后减小，则D错误。故选C。‎ ‎5.图示电路中，定值电阻的阻值为R1，电源内阻为r，AV均为理想电表，滑动变阻器的总阻值，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P从a端滑到b端的过程中（ ）‎ A. 电压表的示数增大 B. 电流表的示数减小 C. 定值电阻R1的电功率先增大后减小 D. 滑动变阻器R2接入电路的电阻消耗的电功率先增大后减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由图可知，滑片从a向b移动，则滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小;由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流增大，可知电流表的示数增大。总电流增大，由可知路端电压减小，故电压表示数减小，故A错误， B错误。‎ C．电阻总电流增大，故定值电阻消耗电功率为 也增大，故C错误。‎ D．电路中的电流为 所以滑动变阻器消耗的电功率为 由于滑动变阻器的总阻值，可知当时，滑动变阻器消耗的电功率最大，所以当滑动变阻器的滑片P从a端滑到b端的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻消耗的电功率先增大后减小，故D正确。故选D。‎ ‎6.如图所示，正方形区域ABCD中有垂直于纸面向里的匀强磁场，M、N分别为AB、AD边的中点，一带正电的粒子（不计重力）以某一速度从M点平行于AD边垂直磁场射入，并恰好从A点射出. 现仅将磁场的磁感应强度大小变为原来的，下列判断正确的是（ ）‎ A. 粒子将从D点射出磁场 B. 粒子在磁场中运动的时间将变为原来的2倍 C. 磁场的磁感应强度变化前、后，粒子在磁场中运动过程的速度变化量大小之比为 D. 若其他条件不变，继续减小磁场的磁感应强度，粒子可能从A、N间某点射出 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．设正方形的边长为a，由题意可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得: ‎ 解得，当磁场的磁感应强度大小变为原来的时，粒子轨道半径变为原来的2倍，即，粒子将从N点射出，故A错误。‎ B．由运动轨迹结合周期公式 可知，当磁场的磁感应强度大小变为原来的时，‎ 粒子从A点离开磁场的情况下，在磁场中运动的时间 粒子从N点离开磁场的情况下，在磁场中运动的时间 可得，即粒子在磁场中运动的时间不变，故B错误;‎ C．磁场的磁感应强度变化前，粒子在从磁场中运动过程的动量变化大小为2mv，磁场的磁感应强度变为原来的后，粒子在磁场中运动过程中的动量变化大小为，即动量变化大小之比为，故C正确;‎ D．由A选项可知，当磁场的磁感应强度大小变为原来的时，粒子轨道半径变为原来的2倍，即，粒子将从N点射出，磁场的磁感应强度继续减小，粒子的运动半径继续增大，所以不可能从A、N间某点射出，故D错误。故选C。‎ ‎7.如图所示，足够大的光滑绝缘水平面上有三个带电小球A、B、C，A和C以相同的角速度围绕B做匀速圆周运动，B恰能保持静止，其中A、C到B的距离之比为1：2. 三个小球均视为质点，不计它们之间的万有引力，则A和C的比荷（电荷量与质量之比）的比值为（ ）‎ A. 1：8 B. 8：1‎ C. 4：1 D. 1：4‎ ‎【答案】A ‎【解析】设小球B的电荷量为q，A和C绕B的角速度为ω，小球A和C的质量分别为mA，和mC，电荷量分别为QA，和QC，令AB=r ，则BC= 2r。因为A和C以相同的角速度绕球B做圆周运动，所以对于A球 对于C球 又因为B球静止 联立解得 故BCD错误，A正确。故选A。‎ ‎8.如图所示，编号1～12（图中未标出）的12根长直导线从左向右依次并列排成长为l的直导线带ab，、是位于ab所在的直线上的两点，到导线带左端的距离等于到导线带右端的距离，都等于，所有长直导线中均通有大小相等、方向垂直纸面向外的恒定电流，ab上所有长直导线产生的磁场在处形成的磁场磁感应强度大小为B1，在处形成的磁场磁感应强度大小为B2，如果将右边编号7～12的6根导线移走，则处的磁感应强度大小为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】由于所有导线中的电流一样，将直导线带一分为二，由右手螺旋定则及对称性知左边6根直导线在P1点产生的磁场相互抵消，所有直导线电流在P1点产生的磁场仅相当于右边6根直导线电流在P1点产生的磁场，磁感应强度大小为B1，方向垂直ab向下;由对称性知右边6根直导线电流在P2处产生的磁场的磁感应强度大小为B1‎ ‎ ，方向垂直ab向上，而所有直导线电流在P2处产生的磁场的磁感应强度大小为B2，方向垂直ab向上，所以将右边6根直导线移走后，由磁场的叠加原理知左边6根直导线电流在P2处产生的磁场的磁感应强度大小为 ，选项B正确，ACD错误。故选B。‎ ‎9.如图所示，A、B为竖直放置的平行板电容器的两个极板，G为静电计，E为恒压电源. 则下列说法正确的是（ ）‎ A. 保持开关S闭合，仅将A板缓慢竖直上移一小段距离，则静电计指针张开的度将大 B. 保持开关S闭合，仅将A板缓慢向B板靠近，则静电计指针张开的角度将不变 C. 开关S闭合后断开，仅将A板缓慢远离B板，则静电计指针张开的角度将不变 D. 开关S闭合后断开,仅将A板缓慢竖直上移一小段距离，则静电计指针张开的角度将变大 ‎【答案】BD ‎【解析】AB．保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，静电计测量的是电容器两端的电势差，所以指针张角不变。故A错误，B正确。‎ C．断开电键，电容器带电量不变，将AB远离，则d增大，根据知，电容减小，根据知，电势差增大，指针张角变大，C错误。‎ D．断开电键，电容器带电量不变，将AB正对面积变小些，根据知， 电容减小，根据知，电势差增大，指针张角增大。故D正确。故选BD。‎ ‎10.如图所示，两板长均为l的竖直正对的平行金属板M、N带等量异种电荷，板间距离为d（d＞l）. 现有一质量为m、电荷量为q的带电粒子（重力不计），以大小为、方向与电场强度方向成30°角的初速度从A点射入匀强电场中，恰好从B点垂直电场强度方向射出电场，D点和A点在同一电场线上且B、D连线与电场线垂直，C点是所在直线与BD的交点. 不计空气阻力，下列判断正确的是（ ）‎ A. C点一定是BD的中点 B. AB间距离为 C. 粒子在电场中运动的时间为 D. M、N两板间的电势差为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AC．粒子在水平方向做匀减速直线运动，水平初速度为 竖直方向做匀速直线运动，竖直方向速度为 粒子恰好从B点垂直电场强度方向射出电场，说明水平速度减小到0。运动时间为 水平方向的位移xAD为 所以CD距离为 所以C点一定是BD的中点。故A正确，C错误。‎ B．AB间的距离为 故B错误。‎ D．水平方向做匀减速直线运动 又因为电场力提供加速度 带入解得 所以M、N两板间的电势差为 故D正确。故选AD。‎ ‎11.质谱仪的结构原理图如图所示，水平极板S1、S2间有垂直极板方向的匀强电场，圆筒N内可以产生质子和氚核（它们的电荷量之比为1：1，质量之比为1：3），它们由静止进入极板间，经极板间的电场加速后进入下方的匀强磁场，在磁场中运动半周后打到底片P上. 不计质子和氚核受到的重力及它们间的相互作用，下列判断正确的是（ ）‎ A. 质子和氚核在极板间运动的时间之比为 B. 质子和氚核在磁场中运动的时间之比为1：1‎ C. 质子和氚核在磁场中运动的速率之比为 D. 质子和氚核在磁场中运动的轨迹半径之比为 ‎【答案】ACD ‎【解析】A．质子和氚核在极板间运动时，有 则有 所以质子和氚核在极板间运动的时间之比为，故A正确。‎ B．质子和氚核都为半个周期，周期的表达式为 ‎，‎ 所以质子和氚核在磁场中运动的时间之比为1:3 ，故B错误;‎ C．质子和氚核在磁场中运动的速率由加速电场来决定，则有 解得 所以质子和氚核在磁场中运动的速率之比为，故C正确;‎ D．粒子在磁场中的运动半径为 故质子和氚核在磁场中运动的轨迹半径之比为，故D正确。故选ACD。‎ ‎12.在一静止正点电荷的电场中，任一点处的电势与该点到点电荷的距离r的倒数的关系图像如图所示. 电场中三个点a、b、c的坐标如图所示，其电场强度大小分别为、和，现将一带负电的试探电荷依次由a点经过b点移动到c点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为和. 下列判断正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】灵活应用点电荷的场强公式及电势随变化的图像进行分析推理。‎ ‎【详解】AB．由点电荷的场强公式 可得 ‎，‎ 故A错误，B正确。‎ CD．电场力做的功 又因为 ‎，‎ 所以。故C正确，D错误。故选BC。‎ 二、实验题（本题共2小题，共12分）‎ ‎13.某同学想测量一电源的电动势和内阻，在实验室找到了如图器材：‎ A.待测电源；‎ B.一段粗细均匀、总长为1m的金属丝；‎ C.不计内阻的电流表；‎ D.阻值R1=5.0的定值电阻；‎ E.刻度尺；‎ F.开关一个、导线若干. ‎ 他的操作步骤如下：‎ ‎（1）用欧姆表的“×10”挡测量金属丝的总电阻，欧姆表的示数如图甲所示，则金属丝的电阻 ‎________. ‎ ‎（2）然后用图乙所示的电路图进行测量，图中表示金属丝的电阻. ‎ ‎（3）不断改变电阻丝接入电路的长度，记录多组电流表示数I和对应（接入电路）的金属丝长度L，根据所得数据作出了图像如图丙所示，则电源的电动势E=________V，电源的内阻r=________.（结果均保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). 60 (3). 3.0 1.0‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]用欧姆表的“x10”挡测量金属丝的总电阻，由图甲所示可知，金属丝的电阻 ‎(3)[2][3]设接入导线长度为L， 则可知接入电阻为 则由闭合电路欧姆定律可知 整理得 由图像可知 带入数据得E=3.0V，r=1.0Ω ‎14.某实验小组欲描绘小灯泡的伏安特性曲线，实验仪器如下：‎ A.小灯泡（额定电压为3V，额定功率为1. 5W））‎ B.电流表（满偏电流为10mA，内阻r1=100）‎ C.电流表（量程为0. 6A，内阻r2=0. 5）；‎ D.滑动变阻器（0～20，额定电流为2A）‎ E.滑动变阻器（0～1000，额定电流0. 5A）‎ F.定值电阻（5）‎ G.定值电阻（200）‎ H.电源（3V、内阻可忽略）‎ I.开关、导线若干. ‎ ‎（1）由于所给的仪器中没有电压表，需要把以上电流表_________进行适当的改装，将其与定值电阻_________串联改装成3V的电压表. （均填仪器前的字母序号）‎ ‎（2）要使小灯泡两端电压从零开始变化，则滑动变阻器应选_________. （填仪器前的字母序号）‎ ‎（3）按实验要求完成方框内实验电路图______ ‎ ‎（4）若实验描绘出该灯的伏安特性曲线如图，将该小灯泡直接接到一电动势为3V、内阻为5的电源两端，则该小灯泡消耗的电功率为_________W.（结果保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). B G (2). D (3). (4). 0.35‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1][2]根据得小灯泡的额定电流为 故电流表选择A2，A1用来改装成电压表，故选B。改装电压表时串联电阻阻值为 故定值电阻应选G。‎ ‎（2）[3]要使小灯泡两端电压从零开始变化，滑动变压器采用分压接法，则阻值小了便于调节，故滑动变阻器选D。‎ ‎（3）[4]小灯泡的电阻为 由于 所以 所以电流表采用外接法，补全电路图如图所示 ‎（4）[5] 在U-I图像中做出电源的特性曲线，如下图所示 交点即为灯泡的实际电压和电流，通过作图可知 故灯泡的实际功率为 三、计算题（本题共4小题，共40分. 作答时应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. 有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎15.如图所示的电路，开关S闭合，电源的电动势E=14V，内阻r=0. 2，，，线圈电阻R=1，规格为“6V 12W”的电动机正常工作. 求：‎ ‎（1）通过电源的电流I；‎ ‎（2）电阻的阻值；‎ ‎（3）电动机的输出功率. ‎ ‎【答案】（1）4A （2）2Ω （3）8W ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设电动机两端的电压为U，根据闭合电路欧姆定律得 代入得 解得I=4A ‎（2）设通过电动机的电流为I1 ，通过R2的电流为I2，通过R3的电流为I3，通过R4的电流为I4，R4两端的电压为U4，则通过电动机的电流为 通过R2的电流为 R4两端电压为 通过R3的电流为 通过R4的电流为 则电阻R4的阻值为 带入数据得 ‎（3）电动机的输出功率为 带入数据得 ‎16.将一内壁光滑的绝缘细圆管做成的圆环BDC固定在竖直面内，圆环的圆心为O，D为圆环的最低点，其中∠BOC＝，圆环的半径为R，水平虚线BC的上方存在水平向右的范围足够大的匀强电场．圆心O的正上方A点有一质量为m、带电荷量为＋q的小球（可视为质点），其直径略小于圆管内径．现将该小球无初速度释放，经过一段时间后小球刚好无碰撞地进入圆管中并继续在圆管中运动，重力加速度为g．求：‎ ‎（1）A点到O点的距离及匀强电场的电场强度大小；‎ ‎（2）小球运动到圆环最低点D时对圆环的作用力．‎ ‎【答案】（1）（2）（3+）mg；方向竖直向下 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小球被释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从B点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则有：‎ 解得：‎ 因为∠BOC＝，圆环的半径为R，故BC的距离为，故根据几何关系有可知：‎ AO=‎ ‎(2)小球从A点到D点的过程中，根据动能定理得：‎ 当小球运动到圆环的最低点D时，根据牛顿第二定律得：‎ 联立解得：‎ 根据牛顿第三定律得小球运动到圆环最低点D时对圆环的压力大小为，方向竖直向下．‎ 答：(1)A点到O点的距离,匀强电场的电场强度大小；‎ ‎(2)小球运动到圆环的最低点D时对圆环的作用力 ‎17.如图所示的xOy坐标系中，仅在边长为的正方形OMPN区域内有匀强电场（未画出）和方向垂直纸面向里的匀强磁场同时存在. 现有一质量为m、电荷量为+q的带电小球从 M点沿x轴正方向以初速度射入该区域后做匀速圆周运动，并恰好从P点射出，不计空气阻力，重力加速度为g. 求：‎ ‎（1）匀强电场的电场强度E的大小和方向；‎ ‎（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小；‎ ‎（3）带电小球从M点射入到经过x轴的过程所用时间及经过x轴时的坐标.‎ ‎【答案】（1），方向竖直向上 ‎（2）‎ ‎（3） A ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）带电小球射入该区域后做匀速圆周运动，所以受到的重力等于电场力 解得，方向竖直向上。‎ ‎（2）根据运动轨迹作图，如下图所示 根据几何关系可求出半径为 又因为做匀速圆周运动，所以 解得 ‎（3）根据受力分析做出运行轨迹图，如下图所示 MP做的是匀速圆周运动，时间为 PQ先做匀减速，QP再做匀加速，时间为 PN做的是匀速圆周运动，时间为 从N点A点做的是平抛运动，时间为 解得 所以所用时间 A点的x轴坐标为 所以A点的坐标为 ‎18.如图所示，在圆心为O、半径R=5cm的竖直圆形区域内，有一个方向垂直于圆形区域向外的匀强磁场，竖直平行放置的金属板连接在图示电路中，电源电动势E=220V、内阻r=5，定值电阻的阻值R1=16，滑动变阻器R2的最大阻值Rmax=199；两金属板上的小孔S1、S2与圆心O在垂直于极板的同一直线上，现有比荷的带正电粒子由小孔S1进入电场加速后，从小孔S2射出，然后垂直进入磁场并从磁场中射出，滑动变阻器滑片P的位置不同，粒子在磁场中运动的时间也不同，当理想电压表的示数U=100V时，粒子从圆形区域的最低点竖直向下穿出磁场，不计粒子重力和粒子在小孔S1处的初速度，取tan68.2°=2.5，求：‎ ‎(1)U=100V时，粒子从小孔S2穿出时的速度大小v0；‎ ‎(2)匀强磁场的磁感应强度大小B；‎ ‎(3)粒子在磁场中运动的最长时间t．(结果保留两位有效数字)‎ ‎【答案】（1）8×103m/s（2）0.5T（3）1.5×10-5s ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）粒子在电场中加速，由动能定理即可求出穿出时的速度大小；（2）粒子在磁场中做圆周运动，根据几何关系求出半径，再根据牛顿第二定律即可求出磁感应强度；（3）根据闭合电路的欧姆定律、动能定理、牛顿第二定律和几何关系即可求出粒子在磁场中运动的最长时间．‎ ‎【详解】（1）对粒子在电场中的运动过程中，由动能定理有：‎ 解得：‎ ‎（2）粒子从圆形区域的最低点竖直向下穿出磁场，则粒子在磁场中的速度方向偏转了，粒子在磁场中做圆周运动的径迹如图甲所示：‎ 由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动半径为：‎ 由牛顿第二定律有：‎ 解得：‎ ‎（3）两金属板间的电压越小，粒子经电场加速后的速度越小，粒子在磁场中做圆周运动的半径越小，射出电场时的偏转角越大，在磁场中运动的时间越长，所以滑片在变阻器的左端时，粒子在磁场中运动的时间最长，由闭合电路的欧姆定律有：‎ 两金属板间的最小电压为 设粒子加速后的速度大小为v，由动能定理有：‎ 设粒子做圆周运动的半径为，由牛顿第二定律有：‎ 解得：‎ 粒子进入磁场后的径迹如图乙所示：‎ 为径迹圆的圆心，由几何关系有：‎ 解得：‎ 故，其中 解得：‎ ‎【点睛】分析粒子的运动情况是求解的关键和基础，考查综合应用电路、磁场和几何知识，处理带电粒子在复合场中运动问题的能力，综合性较强．‎