安徽省定远重点中学2020学年高二物理上学期第三次月考试题 18页

‎2020学年度上学期第三次月考 ‎ 高二物理试题 全卷满分100分，考试时间90分钟。请在答题卷上作答。‎ 一、选择题(共12小题，每小题4分，共48分。第1-7小题单项选择题，第8-12小题多项选择题。)‎ ‎1.如图所示，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是竖直平面内三个相同的半圆形光滑轨道，K为轨道最低点，Ⅰ处于匀强磁场中，Ⅱ和Ⅲ处于匀强电场中，三个完全相同的带正电小球a、b、c从轨道最高点自由下滑至第一次到达最低点K的过程中，下列说法正确的是（ ）‎ A． 在K处球a速度最大 B． 在K处球b对轨道压力最大 C． 球b需要的时间最长 D． 球c机械能损失最多 ‎2.如图所示，M、N两平行金属板间存在着正交的匀强电场和匀强磁场，一带电粒子（重力不计）从O点以速度沿着与两板平行的方向射入场区后，做匀速直线运动，经过时间t1飞出场区；如果两板间撤去磁场，粒子仍以原来的速度从O点进入电场，经过时间的t2飞出电场；如果两板间撤去电场，粒子仍以原来的速度从O点进入磁场后，经过时间t3飞出磁场，则t1、t2、t3的大小关系为（　　）‎ A．t1=t2＜t3‎ B．t2＞t1＞t3‎ C．t1=t2=t3‎ D．t1＞t2=t3‎ ‎3.如图所示，a和b是从A点以相同的动能射入匀强磁场的两个带等量电荷的粒子运动的半圆形径迹，已知其半径ra=2rb，则由此可知（　　）‎ A． 两粒子均带正电，质量比ma∶mb=1∶4‎ B． 两粒子均带负电，质量比ma∶mb=1∶4‎ C． 两粒子均带正电，质量比ma∶mb=4∶1‎ D． 两粒子均带负电，质量比ma∶mb=4∶1‎ ‎4.如图所示，半径为R的1/4圆形区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场的左边垂直x轴放置一线型粒子发射装置，能在0≤y≤R的区间内各处沿x轴正方向同时发射出速度相同、带正电的同种粒子，粒子质量为m，电荷量为q，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，若某时刻粒子被装置发射出后，经过磁场偏转击中y轴上的同一位置，则下列说法中正确的是(　　)‎ A． 粒子都击中在O点处 B． 粒子的初速度为 C． 粒子在磁场中运动的最长时间为 D． 粒子到达y轴上的最大时间差为－‎ ‎5.如图所示，A、B是真空中的两个等量异种点电荷，M、N、O是AB连线的垂线上的点，且AO＞OB.一带负电的试探点电荷仅受电场力作用，运动轨迹如图中实线所示，M、N为轨迹和垂线的交点，设M、N两点的场强大小分别EM、EN，电势分别为φM、φN，取无穷远为零电势．下列说法中正确的是(　　)‎ A． 点电荷A一定带正电 B．EM小于EN C．φM＞φN D． 该试探点电荷在M处的电势能小于N处的电势能 ‎6.如图所示，一圆心为O，半径为R的圆中有两条互相垂直的直径AC和BD，电荷量均为Q的正点电荷放在圆周上，它们的位置关系关于AC对称，＋Q与O点的连线和OC间夹角为60°.两个点电荷的连线与AC的交点为P，取无穷远电势为零，则下列说法正确的是(　　)‎ A．P点的场强为0，电势也为0‎ B．A点电势低于C点电势 C． 点电荷＋q从A到C的过程中电势能先减小后增大 D． 点电荷－q在B点具有的电势能小于在D点具有的电势能 ‎7.空间有一沿x轴分布的电场，其电势φ随x变化如图，下列说法正确的是(　　)‎ A．x1和－x1两点的电势相等 B．x1点的电场强度比x3点电场强度小 C． 一正电荷沿x轴从x1点移动到－x1点，电势能一直增大 D． 一负电荷沿x轴从x1点移动到x3点，电场力先做正功再做负功 ‎8.如图所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异种点电荷分别处于椭圆的两个焦点M、N上，下列说法中正确的是(　　)‎ A．A、B两处电势、场强均相同 B．C、D两处电势、场强均相同 C． 在虚线AB上O点的场强最大 D． 带正电的试探电荷在O处的电势能大于在B处的电势能 ‎9.某同学设计了一个测定列车加速度的仪器，如图所示．AB是一段圆弧形的电阻，O点为其圆心，圆弧半径为r.O点下方用一电阻不计的金属线悬挂着一个金属球，球的下部与AB接触良好且无摩擦．A、B之间接有内阻不计、电动势为9 V的电池，电路中接有理想电流表A，O、B间接有一个理想电压表V.整个装置在一竖直平面内，且装置所在平面与列车前进的方向平行．下列说法中正确的有(　　)‎ A． 从图中看到列车一定是向右加速运动 B． 当列车的加速度增大时，电流表A的读数增大，电压表V的读数也增大 C． 若电压表显示3 V，则列车的加速度为g D． 如果根据电压表示数与列车加速度的一一对应关系将电压表改制成一个加速度表，则加速度表的刻度是不均匀的 ‎10.如图所示为某种质谱仪的工作原理示意图．此质谱仪由以下几部分构成：粒子源N；P、Q间的加速电场；静电分析器；磁感应强度为B的有界匀强磁场，方向垂直纸面向外；胶片M.若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E.由离子源发出一质量为m、电荷量为q的正离子(初速度为零，重力不计)，经加速电场加速后，垂直场强方向进入静电分析器，在静电分析器中，离子沿中心线做匀速圆周运动，而后由S点沿着既垂直于磁分析器的左边界，又垂直于磁场方向射入磁分析器中，最终打到胶片上的某点．下列说法中正确的是(　　)‎ A．P、Q间加速电压为ER B． 离子在磁场中运动的半径为 C． 若一质量为‎4m、电荷量为q的正离子加速后进入静电分析器，离子不能从S射出 D． 若一群离子经过上述过程打在胶片上同一点则这些离子具有相同的比荷 ‎11.如图空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一带电液滴从静止开始自a沿曲线acb运动到b点时，速度为零，c是轨迹的最低点，以下说法中正确的是( )‎ A． 液滴带负电 B． 滴在c点动能最大 C． 若液滴所受空气阻力不计，则机械能守恒 D． 液滴在c点机械能最大 ‎12.劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示．置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U．若A处粒子源产生的质子质量为m、电荷量为+q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响．则下列说法正确的是（　　）‎ A．质子被加速后的最大速度不可能超过2πRf B．质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比 C．质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为：1‎ D．不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器的最大动能不变 三、实验题(共2小题，共13分)‎ ‎13.在物理课外活动中，刘聪同学制作了一个简单的多用电表，如图为电表的电路图．已知选用的电流表内阻Rg＝10 Ω、满偏电流Ig＝10 mA，当选择开关接3时为量程250 V的电压表．该多用电表表盘如图甲所示，下排刻度均匀，C为上排刻度线的中间刻度，由于粗心，上排刻度线对应数据没有标出．‎ ‎(1)若指针在图甲所示位置，选择开关接1时其读数为____________；选择开关接3时其读数为__________．‎ ‎(2)为了测该多用电表电阻挡的电阻和表内电源的电动势，刘聪同学在实验室找到了一个电阻箱，设计了如下实验：‎ ‎①将选择开关接2，红黑表笔短接，调节R1的阻值使电表指针满偏；②将电表红黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使电表指针指C处，此时电阻箱的示数如图乙，则C处刻度应为____________ Ω.③计算得到多用电表内电池的电动势为____________ V．(保留两位有效数字)(3)调零后将电表红黑表笔与某一待测电阻相连，若指针指在图甲所示位置，则待测电阻的阻值为____________Ω.(保留两位有效数字)‎ ‎14.有一根细长而均匀的金属管线样品，长约为‎60 cm，电阻大约为6 Ω，横截面如图甲所示．‎ ‎（1）用螺旋测微器测量金属管线的外径，示数如图乙所示，金属管线的外径为　　mm；‎ ‎（2）现有如下器材：‎ A．电流表（量程‎0.6 A，内阻约0.1 Ω）‎ B．电流表（量程‎3 A，内阻约0.03 Ω）‎ C．电压表（量程3 V，内阻约3 kΩ）‎ D．滑动变阻器（1 750 Ω，‎0.3 A）‎ E．滑动变阻器（15 Ω，‎3 A）‎ F．蓄电池（6 V，内阻很小）‎ G．开关一个，带夹子的导线若干 要进一步精确测量金属管线样品的阻值，电流表应选　　，滑动变阻器应选　　．（只填代号字母）‎ ‎（3）请将图丙所示的实际测量电路补充完整．‎ ‎（4）已知金属管线样品材料的电阻率为ρ，通过多次测量得出金属管线的电阻为R，金属管线的外径为d，要想求得金属管线内形状不规则的中空部分的横截面积S，在前面实验的基础上，还需要测量的物理量是　　（所测物理量用字母表示并用文字说明）．计算中空部分横截面积的表达式为S=　　．‎ 四、计算题(共3小题 ，每小题13分，共39分)‎ ‎15.如图所示，与纸面垂直的竖直面MN的左侧空间中存在竖直向上场强大小为E的匀强电场(上、下及左侧无界)．一个质量为m、电量为q＝mg/E的可视为质点的带正电小球，在t＝0时刻以大小为v0的水平初速度向右通过电场中的一点P，当t＝t1时刻在电场所在空间中加上一如图所示随时间周期性变化的磁场，使得小球能竖直向下通过D点，D为电场中小球初速度方向上的一点，PD间距为L，D到竖直面MN的距离DQ为L/π.设磁感应强度垂直纸面向里为正．‎ ‎(1)如果磁感应强度B0为已知量，试推出满足条件时t1的表达式(用题中所给物理量的符号表示)‎ ‎(2)若小球能始终在电场所在空间做周期性运动．则当小球运动的周期最大时，求出磁感应强度B0及运动的最大周期T的大小．‎ ‎(3)当小球运动的周期最大时，在图中画出小球运动一个周期的轨迹．‎ ‎16.利用霍尔效应制作的霍尔元件以及传感器，广泛应用于测量和自动控制等领域．如图甲，将一金属或半导体薄片垂直置于磁场B中，在薄片的两个侧面a、b间通以电流I时，另外两侧c、f间产生电势差，这种现象称霍尔效应．其原因是薄片中的移动电荷受洛伦兹力的作用向一侧偏转和积累，于是c、f间建立起电场EH，同时产生霍尔电势差UH，当电荷所受的电场力与洛伦兹力处处相等时，EH和UH达到稳定值，UH的大小与I和B以及霍尔元件厚度d之间满足关系式UH＝RH，其中比例系数RH称为霍尔系数，其值仅与霍尔元件的材料性质有关．‎ ‎(1)已知半导体薄片的宽度(c、f间距)为L，请写出UH和EH的关系式；若半导体材料是电子导电的，请判断图甲中c、f哪端的电势高；‎ ‎(2)已知半导体薄片内单位体积中导电的电子数为n，电子的电荷量为e，请推导出霍尔系数RH的表达式(通过横截面积S的电流I＝nevS，其中v是导电电子定向移动的平均速率)；‎ ‎(3)图乙是霍尔测速仪的示意图，将非磁性圆盘固定在转轴上，圆盘的周边等距离地嵌装着m个永磁体，相邻永磁体的极性相反．霍尔元件置于被测圆盘的边缘附近，当圆盘匀速转动时，霍尔元件输出的电压脉冲信号图象如图丙所示，若在时间t内，霍尔元件输出的脉冲数目为P，请推导出圆盘转速N的表达式．‎ ‎17.如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑轨道，一个带负电的小球从斜轨上的A点由静止释放，沿轨道滑下，已知小球的质量为m，电荷量为－q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为α，圆轨道半径为R，小球的重力大于所受的电场力．‎ ‎(1)求小球沿轨道滑下的加速度的大小；‎ ‎(2)若使小球通过圆轨道顶端的B点，求A点距水平地面的高度h1至少为多大；‎ ‎(3)若小球从斜轨道h2＝5R处由静止释放．假设其能通过B点．求在此过程中小球机械能的改变量．‎ ‎答案解析 ‎1.【答案】C ‎【解析】对a小球受力分析可知，，所以；‎ 对b球受力分析可得，，所以；‎ 对c球受力分析可知，所以；‎ 由于a球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；b球受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小最小，所以b球的运动的时间也长，所以A错误，C正确；c球受到的电场力对小球做正功，到达最低点时球的速度大小最大，所以c球的机械能增加，c球对轨道压力最大，所以B错误，D错误.‎ ‎2.【答案】A ‎【解析】设极板长度为L，粒子在电场与磁场中做匀速直线运动，运动时间t1=，‎ 粒子在电场中做类平抛运动，可分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的匀加速运动，‎ 运动时间由水平分运动决定t2==t1；‎ 粒子在磁场中做圆周运动，运动路程s＞L，洛伦兹力对粒子不做功，速率不变，运动时间t3=＞=t1=t2；‎ 则t1=t2＜t3，故A正确，B、C、D错误.‎ ‎3.【答案】D ‎【解析】两粒子进入磁场后均向下偏转，可知在A点受到洛伦兹力均向下，由左手定则可知，四指所指的方向与粒子的运动方向相反，所以这两个粒子均带负电；‎ 根据洛伦兹力提供向心力，得：，得：，P是粒子的动量大小．‎ 由动能和动量之间的关系有：P=，得：‎ a粒子动量为：Pa=…①‎ b粒子动量为：Pb=…②‎ 由题意有：===…③‎ ‎①②③联立得：=4∶1，故D正确．‎ ‎4.【答案】D ‎【解析】A、由题意，某时刻发出的粒子都击中的点是y轴上同一点，由最高点射出的只能击中(0，R)，则击中的同一点就是(0，R)，所以A选项错误．‎ B、从最低点射出的也击中(0，R)，那么粒子做匀速圆周运动的半径为R，由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝m，则速度v＝，所以选项B错误．‎ C、偏转角最大的时间最长，显然从最低点射出的粒子偏转90°，时间最长，时间t＝T＝×＝，所以选项C错误．‎ D、从最高点直接射向(0，R)的粒子时间最短，则最长与最短的时间差为Δt＝t－＝－，所以选项D正确．‎ ‎5.【答案】B ‎【解析】根据曲线运动中轨迹和受力的关系可知，受力指向轨迹的内侧，则点电荷B带正电，故A选项错误；根据等量异种点电荷电场线和等势线的分布情况可知，N处的电场线密，场强强，N处的电势高，故B选项正确，C选项错误；负电荷在电势高的地方电势能小，D选项错误．‎ ‎6.【答案】D ‎【解析】＋Q在P点产生的场强方向向右，－Q在P点产生的场强方向也向右，根据叠加原理可知P点的场强不为0，故A错误．AC连线是等量异种点电荷电场中一条等势线，故A、C两点的电势相等，故B错误．AC连线是等量异种点电荷电场中一条等势线，点电荷＋q从A到C的过程中电势能不变．故C错误．根据顺着电场线方向电势降低，结合电场线的分布情况可知，B点的电势高于D点电势，由电势能公式Ep＝qφ分析可知：点电荷－q在B点的电势能小于在D点具有的电势能．故D正确．‎ ‎7.【答案】D ‎【解析】电势的正负表示大小，由图可知，x1的电势是正值，－x1点电势是负值，故x1点的电势比－x1点的电势高，故A错误；图象的斜率等于场强大小，由图可知，x1处的斜率比x3处的斜率大，故x1点的电场强度比x3点电场强度大，故B错误；电荷的电势能为E＝φq，一正电荷从电势高处向电势低处移动，电势能减小，即一正电荷沿x轴从x1点移动到－x1点，电势能一直减小，故C错误；x1处的电势低于x2处的电势，故电场由x2处指向x1处，x2处的电势高于x3处的电势，故电场由x2处指向x3处，一负电荷沿x轴从x1点移动到x3点，受到的电场力先向右，后向左，即电场力的方向先与位移相同，后与位移相反，故电场力先做正功再做负功，故D正确．‎ ‎8.【答案】BD ‎【解析】根据顺着电场线方向电势降低，结合等量异种电荷电场线、等势面分布对称性特点可知，A、B场强相同，A点电势高．故A错误．根据等量异种电荷等势面分布可知：CD是一条等势线，C、D两处电势相等．由电场分布的对称性可知：C、D两处的场强相同．故B正确．根据电场线疏密表示场强的大小可知，在AB之间，O点场强最小．故C错误．O点电势高于B点电势，正试探电荷在O处电势能大于在B处电势能．故D正确．‎ ‎9.【答案】CD ‎【解析】小球所受的合力水平向右，知列车向右做加速运动或向左做减速运动．故A错误．‎ 小球的加速度a＝gtanθ，当加速度增大时，θ增大，BC段电阻增大，因为总电阻不变，所以电流不变，BC段电压增大．故B错误．‎ 当电压表为3 V时，知BC段的电阻是总电阻的三分之一，则θ＝30°，则a＝gtan 30°＝g.故C正确．‎ 根据a＝gtanθ知，a与θ不成正比关系，因为电流不变，电压表示数的大小与电阻成正比，BC段电阻与θ成正比，所以a与电压表示数的关系不成正比，所以加速度表的刻度不均匀．故D正确．‎ ‎10.【答案】ABD ‎【解析】直线加速过程，根据动能定理，有：qU＝mv2①‎ 电场中偏转过程，根据牛顿第二定律，有：qE＝m②‎ 磁场中偏转过程，根据牛顿第二定律，有：qvB＝m③‎ 由①②解得：U＝ER④，故A正确；‎ 由上解得：r＝⑤，故B正确；‎ 由④式，只要满足R＝，所有粒子都可以在弧形电场区通过；‎ 由⑤式，比荷不同的粒子从小孔S进入磁场的粒子速度大小一定不同，故C错误；‎ 由③④解得：r＝，打到胶片上同一点的粒子的比荷一定相等；‎ 由④式，比荷相同，故粒子的速度相同，故D正确；‎ ‎11.【答案】ABD ‎【解析】从图中可以看出，带电粒子由静止开始向下运动，说明重力和电场力的合力向下，洛伦兹力指向弧内，根据左手定则可知，液滴带负电，故A正确；从A到C的过程中，重力和电场力都做正功，洛伦兹力不做功，动能增大，从C到B的过程中，重力和电场力都做负功，洛伦兹力不做功，动能减小，所以液滴在C点动能最大，故B正确；液滴除重力做功外，还有电场力做功，机械能不守恒，故C错误；除重力以外的力做的功等于机械能的变化量，从A到C的过程中，电场力都做正功，洛伦兹力不做功，机械能增大，从B到C的过程中，电场力都做负功，洛伦兹力不做功，机械能减小，所以液滴在C点机械能最大，故D正确.‎ ‎12.【答案】ACD ‎【解析】质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，则=．所以最大速度不超过2πfR．故A正确．‎ 根据，知=，则最大动能，与加速的电压无关，据此可知，不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器的最大动能不变，故B错误，D正确．‎ 粒子在加速电场中做匀加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据知，质子第二次和第一次经过D形盒狭缝的速度比为，根据r=，则半径比为，故C 正确．‎ ‎13.【答案】(1)6.90 mA　173 V　(2)②150　③1.5　(3)67‎ ‎【解析】(1)接1为电流表，满偏10 mA，则读数为6.90 mA；接3为电压表，满偏250 V，则读数为173 V．　(2)电阻箱的电阻为Rx＝100×1 Ω＋10×5 Ω＝150 Ω，由闭合电路欧姆定律得E＝I·2Rx＝1.5 V．　(3)设待测电阻为R，则E＝I′(Rx＋R)，则R＝－Rx＝Ω－150 Ω≈67 Ω.‎ ‎14.【答案】（1）1.125±0.001（2）A E　‎ ‎（3）如图所示 ‎（4）管线的长度L．‎ ‎【解析】（1）螺旋测微器的读数等于‎1 mm+0.01×‎12.5 mm=‎1.125 mm．‎ ‎（2）电路中的电流大约为I=A=‎0.5 A，所以电流表选择A．‎ 待测电阻较小，若选用大电阻滑动变阻器，测量误差角度，所以滑动变阻器选择E．‎ ‎（3）待测电阻远小于电压表内阻，属于小电阻，所以电流表采取外接法．‎ 滑动变阻器可以采用限流式接法，也可以采用分压式接法．‎ ‎（4）还需要测量的物理量是管线长度L，根据R=ρ，‎ 则S=，‎ 则中空部分的截面积S′=﹣S=．‎ ‎15.【答案】(1)t1＝＋‎ ‎(2)‎ ‎(3)‎ ‎【解析】当小球进入电场时：mg＝Eq将做匀速直线运动 ‎(1)在t1时刻加入磁场，小球在时间t0内将做匀速圆周运动，圆周运动周期为T0，如图 若竖直向下通过D点，由图分析可知必有以下两个条件：‎ t0＝T0‎ PF－PD＝R即：v0t1－L＝R qv0B0＝‎ 所以：v0t1－L＝‎ t1＝＋‎ ‎(2)小球运动的速率始终不变，当R变大时，T0也增加，小球在电场中的运动的周期T增加，在小球不飞出电场的情况下，当T最大时有：‎ DQ＝2R ‎＝2‎ B0＝‎ T0＝＝‎ 由图分析可知小球在电场中运动的最大周期：‎ T＝8×T0＝‎ ‎(3)如图 ‎16.【答案】(1)UH＝EHL　c端的电势高 ‎(2)RH＝‎ ‎(3)N＝‎ ‎【解析】(1)由场强与电势差关系知UH＝EHL.导体或半导体中的电子定向移动形成电流，电流方向向右，实际是电子向左运动．由左手定则判断，电子会偏向f端，使其电势低，同时相对的c端电势高．‎ ‎(2)由题意得：UH＝RH①‎ 解得：RH＝UH＝EHL②‎ 当电场力与洛伦兹力平衡时，有eEH＝evB 得：EH＝vB③‎ 又有电流的微观表达式：I＝nevS④‎ 将③、④带入②得：‎ RH＝vBL＝vL＝＝‎ ‎(3)由于在时间t内，霍尔元件输出的脉冲数目为P，则有：P＝mNt 圆盘转速为：N＝.‎ ‎17.【答案】(1)　(2)R　(3)3qER ‎【解析】(1)由牛顿第二定律有(mg－qE)sinα＝ma得：‎ a＝.‎ ‎(2)球恰能过B点有：‎ mg－qE＝m①‎ 由动能定理，从A点到B点过程，则有：‎ ‎(mg－qE)(h1－2R)＝mv－0②‎ 由①②解得h1＝R.‎ ‎(3)因电场力做负功，导致机械能减少，电势能增加，则增加量：ΔE＝qE(h2－2R)＝qE(5R－2R)＝3qER.‎ 由能量守恒定律得机械能减少，且减少量为3qER. ‎