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  • 2021-05-26 发布

【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)

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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.‎