浙江省嘉兴市第一中学2019-2020学年高二10月月考物理试题 20页

嘉兴一中2019学年第一学期高二阶段性练习物理试卷 一、选择题 ‎1.关于静电场中某点的电场强度，下列说法正确的是（　　）‎ A. 电场强度的大小与检验电荷所受的电场力成正比 B. 电场强度的大小等于单位电荷在该点所受的电场力 C. 电场强度的大小与场源电荷的电量有关 D. 电场强度方向就是电荷在电场中的受力方向 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电场强度的定义式适用于任何电荷产生的电场．电场强度的方向与放入的正电荷所受电场力的方向相同．电场强度跟放入的试探电荷的电量无关．电场强度与试探电荷所受的电场力、与试探电荷的电量无关．‎ ‎【详解】电场强度是由电场本身决定的，与检验电荷无关，故A错误；根据电场强度的定义式，电场强度的大小等于单位电荷在该点所受的电场力。故B正确；电场强度是由电场本身决定的，与场源电荷的电量有关，故C正确；电场强度的方向是正电荷在电场中受到的电场力的方向。故D错误。故选BC。‎ ‎【点睛】电场强度是表示电场本身强弱和方向的物理量，由电场本身决定，与试探电荷所受的电场力、与试探电荷的电量无关．‎ ‎2. 关于电流，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 导线内自由电子的定向移动速率等于电流的传导速率 B. 电子运动的速率越大，电流越大 C. 电流是一个矢量，其方向就是正电荷的定向移动方向 D. 在国际单位制中，电流是一个基本物理量，其单位“安培”是基本单位 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 电子的定向移动速率和电流的传到速率是不相等的，电流的传导速率可等于光速，A错误，根据公式可得，影响电流大小的因素很多，电子运动的速度大，形成的电流速度不一定大，B错误。电流是标量，只有大小没有方向，C错误。在国际单位制中，电流是一个基本物理量，其单位“安培”是基本单位，D正确。‎ ‎3.如下左图所示，足够长的直线ab靠近通电螺线管，与螺线管平行。用磁传感器测量ab上各点的磁感应强度B，在计算机屏幕上显示的大致图象是( )‎ ‎ ‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：通电螺线管的磁场分布相当于条形磁铁，根据磁感线的疏密程度来确定磁感应强度的大小．‎ 解：通电螺线管的磁场分布相当于条形磁铁，因此根据磁感线的分布，再由磁感线的疏密程度来确定磁感应强度的大小可知，‎ 因为ab线段的长度大于通电螺线管的长度，由条形磁铁磁感线的分布，可知应该选C，如果ab线段的长度小于通电螺线管的长度，则应该选B．‎ 由于足够长的直线ab，故C选项正确，ABD错误；‎ 故选：C 点评：考查通电螺线管周围磁场的分布，及磁感线的疏密程度来确定磁感应强度的大小，本题较简单但会出错．‎ ‎4.两个分别带有电荷量和+的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为的两处，它们间库仑力的大小为。两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】本题考查库仑定律及带电体电量的转移问题。接触前两个点电荷之间的库仑力大小为，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带点为+Q，距离又变为原来的，库仑力为，所以两球间库仑力的大小为，C项正确。‎ ‎5.如图所示，三个完全相同的金属小球a、b、c位于等边三角形的三个顶点上。a和c带正电，b带负电，a所带电量的大小比b的小。已知c受到a和b的静电力的合力可用图中四条有向线段中的一条来表示，它应是 A. F1 B. F2 C. F3 D. F4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】对c球受力分析，如图 由于b球的带电量比a球的大，故b球对c球的静电引力较大，根据平行四边形定则，合力的方向如图，即沿着F2的方向； A. F1，与结论不相符，选项A错误；‎ B. F2，与结论相符，选项B正确；‎ C F3，与结论不相符，选项C错误；‎ D. F4，与结论不相符，选项D错误。‎ ‎6.电饭锅工作时有两种状态：一种是锅内水烧干前的加热状态，另一种是锅内水烧干后的保温状态，图是电饭锅电路的示意图，S是由感温材料做成的开关，下列说法中正确的是 ‎ ‎①其中R2是供加热用的电热丝 ‎②当开关S接通时，电饭锅加热状态，S断开时为保温状态 ‎③要使R2在保温状态时的功率为加热状态时的功率的的一半，应为2﹕1‎ ‎④要使R2在保温状态时功率为加热状态时功率的一半，应为(－1)︰1‎ A. ①②③ B. ②③④ C. ①②④ D. ①③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】如图所示，由得：当接通S 时，电阻变小，功率变大，处于加热状态；当断开S时，电阻变大，功率变小，处于保温状态。‎ ‎①.由上可知，R2是供加热用的电阻丝。故①正确；‎ ‎②.由上可知，当开关S接通时电饭锅为加热状态，S断开时为保温状态。故②正确； ③④.要使R2在保温状态时的功率为加热状态的一半，由P=I2R可得：电阻R2在保温与加热状态下的电流之比1：，所以 ‎（R1+R2）：R2=：1．‎ 则 R1：R2=（-1）：1．‎ 故③不正确，④正确；‎ A. ①②③，与结论不相符，选项A错误；‎ B. ②③④，与结论不相符，选项B错误；‎ C. ①②④，与结论相符，选项C正确；‎ D. ①③④，与结论不相符，选项D错误 ‎7. 如图所示，三根通电长直导线P、Q、R互相平行，通过正三角形的三个顶点，三条导线通入大小相等，方向垂直纸面向里的电流；通电直导线产生磁场的磁感应强度B=KI/r，I为通电导线的电流强度，r为距通电导线的垂直距离，K为常数；则R受到的磁场力的方向是 A. 垂直R，指向Y轴负方向 B. 垂直R，指向Y轴正方向 C. 垂直R，指向X轴正方向 D. 垂直R，指向X轴负方向 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由安培定则可知，通电指导线P、Q在R处产生的磁场方向水平向右，即沿X轴正方向，则R处的磁场方向沿X轴正方向；由左手定则可知，通电直导线R所受安培力垂直于R指向Y 轴负方向．选项BCD错误，A正确．故选A．‎ ‎8.如图所示，一半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为，电量为的正电荷（重力忽略不计）以速度沿正对着圆心O的方向射入磁场，从磁场中射出时速度方向改变了角，磁场的磁感应强度大小为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示：‎ 从磁场中射出时速度方向改变了角，所以粒子做圆周运动圆心角为，根据几何关系有：，根据得：，选项ACD错误，B正确．。‎ 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动、牛顿第二定律、向心力 ‎【名师点睛】本题是带电粒子在磁场场中运动的问题，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求同学们能画出粒子运动的轨迹，结合几何关系求解。‎ ‎9.如图所示，竖直放置的两个平行金属板间有匀强电场，在两板之间等高处有两个质量相同的带电小球（不计两带电小球之间的电场影响），小球从紧靠左极板处由静止开始释放，‎ 小球从两极板正中央由静止开始释放，两小球沿直线运动都打在右极板上的同一点，则从开始释放到打到右极板的过程中（ ）‎ A. 它们的运动时间的关系为 B. 它们的电荷量之比为 C. 它们的动能增量之比为 D. 它们的电势能减少量之比为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 两小球在竖直方向都做自由落体运动，由题分析可知，小球下落高度相同，由公式，可知它们运动时间相同，故A错误．小球在水平方向都做初速度为零的匀加速直线运动，水平位移，由，得加速度之比．根据牛顿第二定律得，两球的加速度分别为，，则，故B正确．由场力做功分别为，，由于，，得，故电势能的减小量为，而重力做功相同，则合力做功之比．则动能增加量之比，故C错误，D正确．故选BD.‎ ‎【点睛】两小球在匀强电场中受到电场力和重力作用，都做匀加速直线运动，运用运动的分解可知：两小球在竖直方向都做自由落体运动，由题分析可知，小球下落高度相同，运动时间相同．两小球水平方向都做初速度为零的匀加速直线运动，水平位移，根据牛顿第二定律和运动学公式研究电荷量之比．根据电场力做功之比，研究电势能减小量之比．根据数学知识分析合力对两球做功的关系，由动能定理分析动能增加量之比．‎ ‎10.如图所示，Q1、Q2带等量正电荷，固定在绝缘水平面上，在其连线上有一光滑绝缘杆、杆上套一带正电的小球，杆所在的区域存在一个匀强磁场，方向已在图中标出，小球重力不计，将小球从静止开始释放，在小球运动过程中；下列说法哪些是不正确的:‎ ‎①小球所受的洛仑兹力大小变化、，但方向不变 ‎②小球的加速度将不断变化 ‎③小球所受洛仑兹力将不断变化 ‎ ‎④小球速度一直增大 A. ①② B. ①④ C. ②③ D. ③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 略 二、选择题 ‎11. 如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图像，直线B为电源b的路端电压与电流的关系图像，直线C为一个电阻R的两端电压与电流的关系图像。将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么（ ）‎ A. R接到a电源上，电源的效率较高 B. R接到b电源上，电源的效率较高 C. R接到a电源上，电源的输出功率较大 D. R接到b电源上，电源的输出功率较大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：电源的效率等于电源的输出与总功率的百分比，根据欧姆定律得到，电源的效率也等于外电阻与电路总电阻之比．由电源的 U-I图象斜率大小等于电源的内阻，比较读出电源内电阻的大小，确定电源的效率关系．当电阻R与电源组成闭合电路时，电阻R的U-I图线与电源的U-I图 线的交点表示工作状态，交点坐标的乘积等于电源的输出功率．‎ 解答：解：A、B电源的效率，由闭合电路欧姆定律可知，b电源的内阻r较小，R接到b电源上，电源的效率较高．故A错误，B正确．当电阻R与电源组成闭合电路时，电阻R的U-I图线与电源的U-I图线的交点表示工作状态，交点的纵坐标表示电压，横坐标表示电流，两者乘积表示电源的输出功率，由图看出，R接到a电源上，电压与电流的乘积较大，电源的输出功率较大．故C正确，D错误．‎ 考点：本题是电源的外特性曲线与电阻的伏安特性曲线的综合，‎ 点评：关键理解交点的物理意义，也可以根据欧姆定律研究电流与电压关系，来比较电源的输出功率．‎ ‎12.如图所示，在区域I和区域II内分别存在着与纸面垂直的匀强磁场，一带电粒子沿着弧线apb由区域I运动到区域II．已知圆弧ap与圆弧pb的弧长之比为2∶1，下列说法正确的是( )‎ A. 粒子在区域I和区域II中的速率之比为2∶1‎ B. 粒子通过圆弧ap、pb的时间之比为2∶1‎ C. 圆弧ap与圆弧pb对应的圆心角之比为2∶1‎ D. 区域I和区域II的磁场方向相反 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 由于洛伦兹力不做功，所以粒子在两个磁场中的运动速度大小不变，即粒子在区域I和区域II中的速率之比为1：1，A错误；根据 ‎，v相同，则时间之比等于经过的弧长之比，即粒子通过圆弧ap、pb的时间之比为2：1，B正确；圆心角，，由于磁场的磁感应强度之比不知，故半径之比无法确定，则转过的圆心角之比无法确定，故C错误；根据曲线运动的条件，可知洛伦兹力的方向与运动方向的关系，再由左手定则可知，两个磁场的磁感应强度方向相反，故D正确；故选BD．‎ 点睛：此题考查粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，掌握半径与周期公式，理解运动时间与圆心角及周期关系，同时知道洛伦兹力对粒子不做功．‎ ‎13.如图，质量分别为mA和mB的两小球带有同种电荷，电荷最分别为qA和qB，用绝缘细线悬挂在天花板上。平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为θ1与θ2（θ1＞θ2）。两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别vA和vB，最大动能分别为EkA和EkB。则 ： （ ）‎ A. mA一定小于mB B. qA一定大于qB C. vA一定大于vB D. EkA一定大于EkB ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ 试题分析：对小球A受力分析，受重力、静电力、拉力，如图：‎ 根据平衡条件，有：，故：‎ 同理，有：，由于，故 ‎，故A正确；两球间的库仑力是作用力与反作用力，一定相等，与两个球是否带电量相等无关，故B错误；小球摆动过程机械能守恒，有，解得，由于A球摆到最低点过程，下降的高度较大，故A球的速度较大，故C正确；小球摆动过程机械能守恒，有，故：‎ 其中相同，根据数学中的半角公式，得到：‎ 其中，相同，故越大越大，动能越大，故一定大于，故D正确。‎ 考点：功能关系 ‎【名师点睛】设两个球间的静电力为F，分别对两个球受力分析，求解重力表达式后比较质量大小；根据机械能守恒定律列式求解后比较最低点速度大小，再进一步比较动能大小；本题关键分别对两个小球受力分析，然后根据平衡条件列方程；再结合机械能守恒定律列方程分析求解。‎ 三、非选择题 ‎14.为了比较精确地测定阻值未知的定值电阻Rx，小明设计了如图所示的电路。‎ ‎（1）实验时，闭合开关S，滑动变阻器的滑片滑至合适位置保持不变，将c点先后与a、b点连接，发现电压表示数变化较大，电流表示数基本不变，则测量时应将c点接________（选填“a点”或“b点”），按此连接测量，测量结果___________（选填“小于”、“等于”或“大于”）Rx的真实值。‎ ‎（2）根据实验测得的6组数据，在图2中描点，作出了2条图线。你认为正确的是_____（选填“”或“”），并由图线求出电阻Rx=________Ω。（保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). a点； (2). 小于； (3). ②； (4). 7.5；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电压表示数变化较大，说明电流表分压较大，而电流表示数基本不变，说明电压表分流较小，可以忽略，故采用电流表外接法，即c接a点；电压表测量的电压为准确值，但电流表测量的电流为电阻和电压表电流表之和，即电流测量值偏大，根据可得电阻测量值偏小；‎ ‎（2）因为电压表测量的是被测电阻两端电压，所以当其两端电压为零时，电流也为零，故图线②正确；图像的斜率表示电阻，故；‎ ‎15.某同学要通过实验测量一节干电池的电动势和内阻，可供选择的器材有：电流表（0～0.6A）、电压表（0～3V）、滑动变阻器R1（10Ω，2A）、滑动变阻器R2（100Ω，2A）、定值电阻R0为1.5Ω、电键S及导线若干。‎ ‎（1）为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用________（填“R1”或“R2”）。‎ ‎（2）本次实验按照如图甲所示实物连接线路图连接好后进行测量，测得数据如下表所示。‎ 由上表数据可看出，电压表示数变化不明显，试分析引起上述情况的原因是___________。‎ ‎（3）为使电压表的示数变化更明显，请将上述器材的连线略加改动，在方框中画出改动后的实验电路图_____。‎ ‎（4）实验中改变滑动变阻器的阻值，根据测出数据画出的U－I图线如图所示，则此干电池的内阻r =_______Ω。（保留两位小数）‎ ‎【答案】 (1). R1 (2). 新电池的内阻很小，所以导致内电路的电压降很小； (3). 图见解析； (4). 0.20Ω ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1].因电源内阻较小，为了便于调节，选择总阻值较小的R1； (2)[2].由表中数据可知，电压表示数不明显，说明路端电压变化不明显；原因是新电池的内阻很小，所以导致内电路的电压降很小； (3)[3].为了减小实验中内阻测量的误差，将定值电阻R0与电源相连，采用等效的方法来增大内阻；故设计电路如图所示；‎ ‎ (4)[4].图象的斜率等于等效内阻，故内阻 ‎；‎ 故 r=1.70-1.5=0.20Ω；‎ ‎16.如图所示，空间存在与水平地面成37°角的有界匀强电场，水平地面上有一根细短管(距地面高度可忽略)，与水平地面之间的夹角为37°。一个略小于细短管直径、质量为m=0.1kg、电荷量为q=0.1C的带电小球，从水平地面上方一定高度处的A点（A点未标出）静止释放，恰好沿水平方向做直线运动，经t=0.3s后离开有界电场，又经过一段时间，小球恰好无碰撞地落入细短管。已知重力加速度g=10m/s2，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空气阻力不计，求：‎ ‎（1）小球所带电荷的电性和匀强电场强度E的大小；‎ ‎（2）小球落地时速度大小；‎ ‎（3）小球距水平地面的高度.‎ ‎【答案】(1)正电，N/C；(2) 5m/s；(3) 0.8m。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小球在混合场中沿水平方向运动，则竖直方向受到的合外力等于0，可知小球受到的电场力得方向沿电场线的方向向上，则小球带正电； 在竖直方向：‎ qEsin37°=mg 代入数据可得：‎ ‎(2)小球在混合场中沿水平方向运动，则水平方向：‎ ma=qEcos37°‎ 代入数据可得：‎ a=m/s2‎ 小球离开混合场的速度：‎ v0＝at＝×0.3＝4m/s 小球恰好无碰撞地落入细短管，可知小球的末速度的方向与水平方向之间的夹角为37°，设末速度为v，则：‎ v•cos37°=v1‎ 所以：‎ v=5m/s ‎(3)对小球在空中运动的过程，由动能定理有：‎ 解得：‎ h=0.8m ‎17.某空间存在着变化的电场和另一个变化的磁场，电场方向向右，即如图中b点到c点的方向，电场强度大小变化如图中E—t图象；磁场强度变化如图中B—t所示.在a点从t=0开始每隔2s有一个相同的带电粒子沿ab方向以速度v射出(第1s末射出第一个粒子)，这些粒子都恰能击中c点，若ab垂直于bc，ac=2bc，粒子重力不计，且粒子在ac段运动时间小于1s，求 ‎(1)图中E0与B0的比值；‎ ‎(2)两次带电粒子击中c点的速度之比；‎ ‎(3)若以第一个粒子击中c点的时刻为(1+△t)s，那么第2个粒子击中c点的时刻为多少？‎ ‎【答案】(1)(2) (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设ac=2bc=2L．在t=1s时，空间区域只存在匀强磁场，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力．由牛顿第二定律得：‎ 由图可知，‎ R=ac=2L．‎ 则 当粒子在电场中运动时，在ab方向上是匀速运动，在bc方向上是匀加速运动，则有 得：‎ 由上述式得 ‎(2)第一次粒子在磁场中做匀速圆周运动，则击中c点的速度为v； 第二次粒子在电场中运动击中c点时，沿bc方向的速度：‎ 则合速度：‎ 则两次带电粒子击中c点的速度之比:‎ ‎(3)第一个粒子击中c点的时刻已知为（1+△t）s，该粒子是在磁场中运动，所需时间是由其轨迹对应的圆心角所确定的，由图可知粒子从a到c时，轨迹的圆心角为，所以 可得：‎ 并将其代入，可得第二个粒子在电场中运动的时间为：‎ ‎，‎ 故第二个粒子击中c点的时刻为：‎ ‎ ．‎ ‎18.如图所示，为一除尘装置的截面图，其原理是通过板间的电场或磁场使带电尘埃偏转并吸附到极板上，达到除尘的目的。已知金属极板MN长为d，间距也为d。大量均匀分布的尘埃以相同的水平速度v0进入除尘装置，设每个尘埃颗粒质量为m、电量为―q。当板间区域同时加入匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场并逐步增强至合适大小时，尘埃恰好沿直线通过该区域;且只撤去电场时，恰好无尘埃从极板MN间射出，收集效率（打在极板上的尘埃占尘埃总数的百分比）为100%，不计尘埃的重力、尘埃之间的相互作用及尘埃对板间电场、磁场的影响。‎ ‎ ‎ ‎(1)判断M板所带电荷的电性；‎ ‎(2)求极板区域磁感应强度B的大小；‎ ‎(3)若撤去极板区域磁场，只保留原来的电场，则除尘装置的收集效率是多少？‎ ‎(4)把极板区域的磁场和电场均撤去后，在y 轴右侧设计一个垂直于坐标平面的圆形匀强磁场区域，就可把全部尘埃收集到位于Q点的收集箱内。若直角坐标系原点O紧贴金属极板MN右侧中点，Q点坐标为（2d，―1.5d），求此磁场的方向及磁感应强度B′的大小范围。‎ ‎【答案】(1)M板所带电荷是负电荷；(2)；(3)50%；(4) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)负电荷进入纸面向外的匀强磁场，根据左手定则，受到的洛伦磁力的方向向上，尘埃恰好沿直线通过该区域MN， 说明电场力和洛伦磁力大小相等，方向相反，洛伦兹力竖直向上，则电场力竖直向下，负电荷所受电场力方向与场强方向相反，电场向上，M板带负电；‎ ‎(2)沿N极板射入的尘埃恰好不从极板射出时尘埃的运动轨迹如图所示，‎ ‎ 由几何知识可知，尘埃在磁场中的半径：‎ r=d 尘埃在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：‎ ‎，‎ 解得：‎ ‎；‎ ‎(3)电场、磁场同时存在时，尘埃匀速直线，满足：‎ qE=qv0B，‎ 撤去磁场以后粒子在电场作用下平抛，假设距离N极板y的粒子恰好离开电场： 水平方向：‎ d=v0t 竖直方向：‎ y＝at2，‎ 加速度：‎ 解得：‎ y=0.5d，‎ 当y＞0.5d时，时间更长，水平位移x＞d，即0.5d到d这段距离的粒子会射出电场，则从平行金属板出射的尘埃占总数的百分比：‎ ‎(4)尘埃在磁场中做匀速圆周运动，尘埃若要汇聚在P点，尘埃运动轨迹应经过P点，偏转磁场的半径应该和尘埃的偏转半径相等，尘埃运动轨迹如图所示，‎ 尘埃沿沿顺时针方向偏转，由左手定则可知：磁场的方向垂直于纸面向里，磁场半径的最小值应该为d，对应的B′的最大值为：，磁场半径的最大值应该为2d，对应的B′的最小值为：，则磁场的范围是：‎ ‎ ；‎ ‎ ‎