河北省大名县一中2020届高三物理上学期11月月半考试题
河北省大名县一中2020届高三物理上学期11月月半考试题
一、单选题（每题4分，共10个小题，共计40分）
1．与电场强度相对应，我们把描述磁场强弱的物理量叫作磁感应强度，关于磁感应强度的概念及其定义式，下列说法中正确的是( )
A． 在同一磁场中磁感线越密集的地方，磁感应强度越大
B． 磁场中某点B的方向，与垂直放在该点的试探电流元所受安培力方向相同
C． 磁场中某点B的大小，与垂直放在该点的试探电流元所受到的安培力大小成正比
D． 在磁场中的某点，试探电流元不受磁场力作用时，该点B的大小一定为零
2．如图所示，一带电塑料小球质量为m，用丝线悬挂于O点，并在竖直平面内摆动，最大摆角为60°，水平磁场垂直于小球摆动的平面。当小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，若不考虑空气阻力，则（ ）
A． 小球一定带负电
B． 小球自右方摆到最低点时悬线上的张力也为零
C． 小球摆动时由于洛伦兹力、绳的拉力不做功，小球 摆动过程中机械能守恒
D． 塑料小球中会产生涡流，小球摆动过程中机械能减小
3．运动电荷在磁场中受到洛伦兹力的作用，运动方向会发生偏转，这一点对地球上的生命来说有十分重要的意义．从太阳和其他星体发射出的高能粒了流，称为宇宙射线，在射向地球时，由于地磁场的存在，改变了带电粒子的运动方向，对地球起到了保护作用．如图所示为地磁场对宇宙射线作用的示意图．现有来自宇宙的一束质子流，以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点，则这质子在进入地球周围的空间将
（ ）
A． 竖直向下沿直线射向地面 B． 向东偏转
C． 向西偏转 D． 向北偏转
4．如图，表示磁流体发电机的发电原理：将一束等离子体（即 高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体来说呈中性）沿图中所示方向喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就聚集了电荷，在磁极配置如图中所示的情况下，下述说法正确的是（ ）
A． A板带正电
B． 有电流从b经用电阻流向a
C． 金属板A、B间的电场方向向下
D． 等离子体发生偏转的原因是离子所受电场力大于所受洛伦兹力
5．如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．C、O、d在M、N的连线上，O为MN的中点，a、b位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（ ）
A． O点处的磁感应强度为零
B． a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相同
C． c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相反
D． b、d两点处磁感应强度的方向不同
6．在水平地面上方有正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向水平向里。现将一个带正电的金属小球从M点以初速度v0水平抛出，小球着地时的速度为v1，在空中的飞行时间为t1。若将磁场撤除，其它条件均不变，那么小球着地时的速度为v2，在空中飞行的时间为t2。小球所受空气阻力可忽略不计，则关于v1和v2、t1和t2的大小比较，以下判断正确的是 （ ）
A． v1＞v2，t1＞t2 B． v1＜v2，t1＜t2
C． v1=v2，t1＜t2 D． v1=v2，t1＞t2
7．如图，在一水平放置的平板MN的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向里．许多质量为m带电量为＋q的粒子，以相同的速率v沿位于纸面内的各个方向，由小孔O射入磁场区域．不计重力，不计粒子间的相互作用．下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中．哪个图是正确的( )
A． B．
C． D．
8．如图所示的电路中，开关闭合，灯正常发光，由于电路出现故障，灯突然变亮，灯变暗，电流表的读数变小，则发生的故障可能是（ ）
A． 断路 B． 断路 C． 断路 D． 断路
9.如图所示，静置的内壁光滑的绝缘漏斗处于方向竖直向上的匀强磁场中，漏斗内有两个质量均为m．电荷量分别为QA、QB的带正电小球，在水平面内沿图示方向在不同高度做匀速圆周运动，若漏斗倒壁与竖直方向的夹角为θ，小球的线速度均为v，且不计两球之间的库仑力，则在小球做圆周运动的过程中( )
A． 若QA>QB，则A球在B球的下方运动
B． 无论QA、QB关系如何，A、B均能在同一轨道上运动
C． 若QA>QB，则漏斗对A球的弹力大于对B球的弹力
D． 无论QA、QB关系如何，均有漏斗对A球的弹力等于漏斗对B球的弹力
10．平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面（纸面）如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m，电荷量为q（q>0）。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题（每题4分，共计16分）
11．如图，在正电荷Q的电场中有M、N、P和F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，，M、N、P、F四点处的电势分别用、、、表示，已知，，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则（ ）
A． 点电荷Q一定在MP连线上 B． 连线PF一定在同一个等势面上
C． 将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功 D． 大于
12.已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动，某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图甲示)，以此时为t = 0记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系(如图乙所示)，图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，已知传送带的速度保持不变，则( )
A. 物块在0~t1内运动的位移比在t1~t2内运动的位移小
B. 0~t2内，重力对物块做正功
C. 若物块与传送带间的动摩擦因数为μ，那么μ ＞ tan θ
D. 0~t2内，传送带对物块做功为
13.在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示．下列说法正确有（ ）
A． q1和q2带有异种电荷
B． x1处的电场强度为零
C． 负电荷从x1移到x2，电势能减小
D． 负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大
14．如图所示，水平方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.其间有水平固定的足够长的粗糙绝缘杆，杆上套有一带电量为-q、质量为m的小环，环内径略大于杆直径．小环与杆之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，现给小环水平向右的初速度v0，则( )
A． 小环的加速度一定一直减小
B． 小环可能先做减速运动，再做匀速运动
C． 小环可能一直做匀速运动
D． 小环运动过程中最终速度为
三、实验题
15．如图所示为实验室中探究碰撞中的不变量的实验装置示意图。
（1）若入射小球质量为m1，半径为R1；被碰小球质量为m2，半径为R2，则______。
A．m1>m2, R1 >R2 B．m1>m2, R1
m2, R1=R2 D．m10的区域内有沿y轴正方向的匀强电场，在y<0的区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场。一电子（质量为m、电量为e）从y轴上A点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动。当电子第一次穿越x轴时，恰好到达C点；当电子第二次穿越x轴时，恰好到达坐标原点.已知A、C点到坐标原点的距离分别为d、2d。不计电子的重力。求
（1）电场强度E的大小；
（2）磁感应强度B的大小；
参考答案
1．A
【解析】
【分析】
磁感应强度B描述磁场强弱和方向的物理量，与放入磁场中的电流元无关，由磁场本身决定．通电导线放在磁感应强度为零处，所受磁场力一定为零．
【详解】
磁感应强度的定义式为比值法定义，即磁感应强度大小与该点的试探电流元无关，磁感线越密，磁感应强度越大，A正确C错误；磁感应强度的方向，与垂直放在该点的试探电流元所受安培力方向垂直，B错误；若试探电流元平行于磁场方向，该电流元受到的磁场力为零，所以若试探电流元不受磁场力作用，并不表示该点的磁感应强度大小为零，D错误．
2．C
【解析】
【详解】
A.由题意可知，当小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，因此洛伦兹力向上，与重力的合力充当向心力，根据左手定则可知，小球带正电，故A错误；
B.设线的长度为L，小球经过最低点时速率为v。根据机械能守恒定律得： ，
得到：
当小球自左方摆到最低点时，有：…①
当小球自右方摆到最低点时，有：…②
联立①②得：F=4mg
因此小球自右方摆到最低点时悬线上的张力为4mg，故B错误；
D.由于小球为塑料小球，所以运动中没有涡流产生，同时由上分析可知，小球无论是向左摆，还是向右摆，均只有重力做功，故机械能守恒，故C正确，D错误；
故选：C。
【点睛】
小球摆动过程中，受到重力、线的拉力和洛伦兹力，由左手定则，结合张力为零，即可判定小球的电性；只有重力做功，其机械能守恒，当小球自右方摆到最低点时的速率等于自左方摆到最低点时的速率，由机械能守恒定律求出小球经过最低点时的速率．根据小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，由重力与洛伦兹力的合力提供向心力，由牛顿第二定律列出方程．小球自右方摆到最低点时，洛伦兹力方向向下，再由牛顿第二定律求出悬线上的张力．
3．B
【解析】
【分析】
该题考查学生对地磁场分步情况的掌握情况，并能利用左手定则判断洛伦兹力的方法。
【详解】
根据地磁场的分步特点可知，地磁场的磁感线从地球的地理南极指向地理北极，由于磁场分步南北半球对称，故在赤道上空的磁场方向从南向北，平行于地面。质子带正电，由左手定则可以判断，质子会向东偏转。
故本题正确答案选B。
【点睛】
根据地磁场分布的特点，可以判断出赤道上空磁场方向；由左手定则可以判断出质子偏转的方向。
4．B
【解析】
【分析】
该题考查学生利用左手定则判断洛伦兹力的方法。
【详解】
（1）根据左手定则知，离子体中带正电微粒下偏，带负电微粒向上偏，则A板带负电。故A错误；
（2）B板带正电，A板带负电，所以电流的流向为b流向a。故B正确；
（3）因为B板带正电，A板带负电，所以金属板间的电场方向向上。故C错误；
（4）等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力。故D错误。
故本题正确答案选B。
【点睛】
根据左手定则判断出正、负电荷所受洛伦兹力的方向，从而判断出正负电荷的偏转方向，带正电的极板电势高，电流从正极板流向负极板。
5．B
【解析】
【详解】
根据右手螺旋定则，M处导线在O点产生的磁场方向水平向左，N处导线在O点产生的磁场方向水平向左，合成后磁感应强度不等于0，A错误；a、b两点处的磁感应强度，如图所示，由于a、b到M、N两点的距离相等，故各个导线在a、b两处产生的磁感应强度大小相等，合磁感应强度相等，B正确；
M、N在c、d处产生的磁场如图所示，可知c、d两点处的磁感应强度相同，C错误；
综上两图可知b、d两处的磁感应强度方向相同，都水平向左，D错误．
6．D
【解析】
【分析】
未撤除磁场时，小球受到重力、电场力和洛伦兹力，但洛伦兹力不做功．根据动能定理分析速度大小关系．分析洛伦兹力对小球运动影响，分析时间关系．
【详解】
因为洛伦兹力对粒子永远不做功，则根据动能定理，磁场存在与否，重力和电场力对小球做功相同，则小球着地时的速率都应该是相等的，即；存在磁场时，小球就要受到向右上方的洛伦兹力，有竖直向上的分力，使得小球在竖直方向的加速度小于没有磁场时的加速度，在空中飞行的时间要更长些，即，D正确．
【点睛】
本题中小球在复合场中运动，关键要抓住洛伦兹力不做功，不改变速度大小的特点进行分析．
7．B
【解析】
【详解】
据题：所有粒子的速率相等，由
可知所有粒子在磁场中圆周运动半径相同，由图可知，由O点射入水平向右的粒子恰好应为最右端边界，MO=2r=2R；随着粒子的速度方向偏转，粒子转动的轨迹圆可认为是以O点为圆心以2R为半径转动；则可得出符合题意的范围应为B；故B正确。
8．A
【解析】
【详解】
若R1断路，总外电阻变大，总电流减小，L1两端电压变大，L1变亮；根据串联电路分压规律可知：右侧并联电路的电压减小，通过L2、R4的电流都减小，L2变暗，电流表的读数变小。符合题意。故A正确。若R2断路，电路中没有电流，两灯都不亮，与题不符，故B错误。若R3断路，总外电阻变大，总电流减小，L1两端电压变小，L1变亮暗；根据串联电路分压规律可知：R4的电压增大，电流表的读数变大，L2不亮，不符合题意。故C错误。若R4断路，总外电阻变大，总电流减小，L1两端电压变小，L1变亮暗；根据串联电路分压规律可知：电流表的读数为零，不符合题意。故D错误。故选A。
【点睛】
本题是电路中动态变化分析问题，首先要识别电路的结构，其次按照“局部→整体→局部”的思路进行分析．注意某电阻断路相当电阻变为无穷大.
9．D
【解析】
【详解】
根据左手定则，小球所受洛伦兹力方向沿半径方向向外，受力分析如图：
； ，则 ，则R随Q的变大而增大，则AB错误；由竖直方向的受力可知：，则压力不变，选项C错误，D正确；故选D.
10．D
【解析】
试题分析：根据题意，粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，则轨迹与ON相切，设切点为C点，入射点为D点，出射点为A点，粒子在磁场中的轨迹圆心为点，根据几何知识可得，则三角形AB为等边三角形，故∠AB=60°，而∠MON=30°，∠OCA=90°，故CA为一条直线，所以△AOC为直角三角形，故粒子离开磁场的出射点到O的距离为，而半径公式，故距离为，D正确。
【考点定位】考查了带电粒子在有界磁场中的运动
【方法技巧】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式，周期公式，运动时间公式，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题。
11．AD
【解析】试题分析：点电荷电场的等势面是以点电荷为圆心的一族同心圆，所以任意两个等势点连线的垂直平分线都指向点电荷，如下图所示，MN的垂直平分线和PF的垂直平分线相交于一点E，E点即点电荷所在的位置，根据几何关系可得E点在MP边。即点电荷一定在MP连线上，选项A对。点电荷的等势面是以点电荷为圆心的同心圆，所以等势面不是直线而是球面，选项B错。正试探电荷从P点移动到N点，远离场源正电荷，电场力做正功，选项C错。根据几何关系可得，距离场源正电荷越远电势越低，所以P点电势大于M点电势，选项D对。
考点：点电荷的电场分布，等势面
12．
【解析】【答案】BC
13．AC
【解析】
由图知x1处的电势等于零，所以q1和q2带有异种电荷，A正确，图象的斜率描述该处的电场强度，故x1处场强不为零，B错误；负电荷从x1移到x2，由低电势向高电势移动，电场力做正功，电势能减小，故C正确；由图知，负电荷从x1移到x2，电场强度越来越小，故电荷受到的电场力减小，所以D错误．
点睛：本题的核心是对φ–x图象的认识，要能利用图象大致分析出电场的方向及电场线的疏密变化情况，依据沿电场线的方向电势降低，还有就是图象的斜率描述电场的强弱——电场强度．
14．BC
【解析】
【分析】
根据洛伦兹力等于重力，确定匀速直线运动的速度大小，再讨论速度大于与小于时的情况，根据洛伦兹力与重力的关系，来确定摩擦力，从而得出运动情况，即可求解．
【详解】
当时，小环受到的合外力为0，做匀速直线运动，当时，小环做匀速直线运动；当时，小环受到向下的重力小于向上的洛伦兹力，有摩擦阻力，做减速运动，速度减小，洛伦兹力减小，则加速度减小，直到速度为；当时，小环受到向下的重力大于向上的洛伦兹力，做减速运动，且速度减小时，洛伦兹力越小，小环与杆之间的正压力越来越大，所以摩擦阻力也增加，加速度增加，所以，小环此时应该做加速度增加的减速运动直到速度为0，BC正确．
【点睛】
洛伦兹力与重力的关系，是解题的突破口，掌握由受力情况来确定运动情况的方法，注意由加速度与速度的方向，来决定速度的增加还是减小．．
15．CACm1·OP=m1·OM+ m2·ON
【解析】
【详解】
（1）在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律故有，在碰撞过程中动能守恒故有，解得，要碰后入射小球的速度，即，，为了使两球发生正碰，两小球的半径相同，，C正确；
（2）P为碰前入射小球落点的平均位置，M为碰后入射小球的位置，N为碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度为，碰撞后入射小球的速度为，
碰撞后被碰小球的速度为，若，则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，代入数据得,所以需要测量质量和水平位移，用到的仪器是直尺、天平，选：AC
（3）由（2）中的分析可知，实验中需验证的表达式为
【点睛】
为了保证碰撞前后使入射小球的速度方向不变，故必须使入射小球的质量大于被碰小球的质量。为了使两球发生正碰，两小球的半径相同；两球做平抛运动，由于高度相等，则平抛的时间相等，水平位移与初速度成正比，把平抛的时间作为时间单位，小球的水平位移可替代平抛运动的初速度。将需要验证的关系速度用水平位移替代。
16题.
待测电阻R断路 2.20 0.48 4.58
【解析】（1）因为电源电动势为3V，则电压表的量程选用3V，根据欧姆定律知，电流的最大值大约0.6A，则电流表量程选择0.6A，待测电阻R（阻值约为5Ω），采用电流表外接法，滑动变阻器最大电阻大于待测电阻R，滑动变阻器采用分流式，根据实物图进行连线。
（2）闭合开关后移动滑动变阻器的滑片，电压表的示数始终约为3V，电流表的示数始终接近0，产生这种现象的原因是待测电阻R断路，由于电压表内阻非常大，导致电流表电流接近0，外电路断路时电压表示数等于电源电动势。
（3）由图可知，电压表的读数为2.20V，电流表的读数为0.48A，根据欧姆定律得，待测电阻。
17． (1) 0.3N；(2) 0.06N方向沿斜面向下；(3) 24m/s。
【解析】（1）闭合电路欧姆定律，则有：
而安培力大小公式为：
所以：；
（2）对棒受力分析，并进行重力的分解，如下图所示
则有：
所以：；
方向沿斜面向下；
（3）依据牛顿第二定律，则有：
因
所以有：；
18. （1） （2）
【解析】（1）临界情况的运动轨迹如图所示
若粒子速度为v，则
解得：
设圆心在O1处对应圆弧与ab边相切，相应速度为
由几何关系得：
解得：
则有：＝
（2）由和可知，粒子在磁场中经过的弧所对的圆心角α越大，在磁场中运动的时间也越长。在磁场中运动的半径r≤R时，运动时间最长。
则圆弧所对圆心角为
所以最长时间为t＝
19．（1） （2）
【解析】
【分析】
分析电子的运动情况：电子在电场中，受到竖直向下的电场力而做类平抛运动（或匀变速曲线运动）；进入磁场做匀速圆周运动； 画出轨迹，根据牛顿第二定律和运动学公式研究电子在电场中的类平抛运动，即可求出电场强度E；由上题结果，求出电子进入磁场中的速度v的大小，以及v与x轴的夹角，由几何知识求出圆周运动的半径，由牛顿第二定律和向心力求磁感应强度B；
【详解】
解：电子的运动轨迹如图所示：
（1）电子在电场中做类平抛运动，设电子从A到C的时间为t1，
则
解得
（2）设电子进入磁场时速度为v，v与x轴的夹角为，则
解得
解得
电子进入磁场后做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，得
由图可知
解得
