2017-2018学年广东省中山市第一中学高二上学期第三次统测物理试题 解析版

2017-2018学年广东省中山市第一中学高二上学期第三次统测物理试题 解析版

广东省中山市第一中学2017-2018学年高二上学期第三次统测物理试题 一、单选题 ‎1. 永磁铁在高温下，或者受到敲击时，其磁性会减弱甚至消失，如果根据安培的分子电流假说来解释，其中恰当的说法是 A. 分子电流消失 B. 分子电流取向变得大致相同 C. 分子电流取向变得杂乱 D. 分子电流减弱 ‎【答案】C ‎【解析】安培的分子电流假说：安培认为在原子、分子等物质微粒的内部，存在着一种环形电流--分子电流，使每个微粒成为微小的磁体，分子的两侧相当于两个磁极．通常情况下磁体分子的分子电流取向是杂乱无章的，它们产生的磁场互相抵消，对外不显磁性，当外界磁场作用后，分子电流的取向大致相同，分子间相邻的电流作用抵消，而表面部分未抵消，它们的效果显示出宏观磁性。‎ 原来有磁性的物体，经过高温、剧烈震动等作用后分子电流的排布重新变的杂乱无章，分子电流仍然存在且强度也没有发生变化，但分子电流产生的磁场相互抵消，这样就会失去磁性，故ABD错误，C正确。‎ ‎2. 面积是S的矩形导线框，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，当线框平面与磁场方向垂直时，穿过导线框所围面积的磁通量为 A. 0 B. BS C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】框平面与磁场方向垂直，所以Φ=BS．故A、C、D错误，故B正确。‎ 点晴：解决本题的关键掌握磁通量的公式Φ=BS（B与S垂直），当B与S不垂直时，S为在磁场方向上的投影面积。‎ ‎3. 关于电场线和磁感线，下列说法正确的是 A. 电场线和磁感线都是闭合的曲线 B. 磁感线是从磁体的N极发出，终止于S极 C. 电场线和磁感线都不能相交 D. 电场线和磁感线都是现实中存在的 ‎【答案】C ‎【解析】A、磁感线是闭合的曲线，而电场线从正电荷出发，终止于负电荷，不是闭合的曲线，故A错误； B、磁感线的方向在磁铁的内部为S极到N极的方向，磁铁的外部是N极到S极的方向，是闭合曲线，故B错误； C、电场线的切线方向即为场强的方向，故任意两条电场线都不会相交；磁感线上每一点的切线方向与磁场的方向相同，故任意两条磁感线都不会相交，故C正确； D、电场线和磁感线都是人们为了描述场的性质而引入的，在现实中是不存在的，故D错误。‎ 点睛：本题考查了电场线和和磁感线的内涵与外延，属于对基础知识的考查，要加强对基础知识的学习。‎ ‎4. 在赤道上空，水平放置一根通以由西向东的电流的直导线，则此导线 A. 受到竖直向上的安培力 B. 受到竖直向下的安培力 C. 受到由南向北的安培力 D. 受到由西向东的安培力 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：在赤道的上方磁场的方向从南向北，根据左手定则，判断安培力的方向，A正确；B．C．D错误；故选A。‎ 考点：左手定则；安培力 ‎【名师点睛】：解决本题的关键掌握用左手定则判断安培力的方向，伸开左手，使拇指与其余四指垂直，并且与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是安培力的方向，注意在赤道的上方磁场的方向从南向北。‎ ‎5. 在如图所示的四幅图中，正确标明了带正电的粒子所受洛伦兹力f方向的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据左手定则可知：‎ A项：图中粒子所受洛伦兹力方向应向下，故A错误；‎ B项：图中粒子运动方向、磁场方向、洛伦兹力方向符合左手定则，故B正确；‎ C项：图中粒子所受洛伦兹力方向应垂直纸面向外，故C错误；‎ D项：图中粒子所受洛伦兹力方向应垂直纸面向内，故D错误。‎ 点晴：熟练应用左手定则判断带电粒子运动方向、磁场方向、洛伦兹力方向三者之间关系，在应用时注意磁场方向的表示方法，不要混淆磁场方向。‎ ‎6. 带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3，如下图所示，不计空气阻力，则 A. h1＝h2＝h3‎ B. h1>h2>h3‎ C. h1＝h2>h3‎ D. h1＝h3>h2‎ ‎【答案】D 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动、带电粒子在匀强电场中的运动、运动的合成与分解。‎ ‎【名师点睛】略 。‎ 二、多选题 ‎7.‎ ‎ 已知质量为m的通电细杆MN与导轨间的摩擦系数为μ，有电流时，MN恰好在导轨上静止，如图所示，下图是它的四个侧视图四种可能的匀强磁场方向，其中能使杆MN与导轨之间摩擦力为零的图是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】AB ‎【解析】A项：根据左手定则，A中安培力方向水平向右，根据平衡条件可知，摩擦力可能为零，故A正确；‎ B项：根据左手定则，B中受竖直向上的安培力，根据平衡条件可知，摩擦力可能为零，故B正确；‎ C项：根据左手定则，C中受安培力竖直向下，根据平衡条件可知，一定受到摩擦力才能平衡，故C错误；‎ D项：根据左手定则，D受安培力水平向左，根据平衡条件可知，一定受到摩擦力才能平衡， 故D错误。‎ ‎8. 如图所示，在竖直向上的匀强磁场中，水平放置着一根长直导线，电流方向垂直纸面向外，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中 A. a、b两点磁感应强度相同 B. c、d两点磁感应强度大小相等 C. a点磁感应强度最大 D. b点磁感应强度最大 ‎【答案】BD ‎【解析】根据安培定则，直线电流的磁感应强度如图 根据平行四边形定则，a、b、c、d各个点的磁场情况如图 显然，c点与d点合磁感应强度大小相等，方向不同；a点磁感应强度为两点之差的绝对值，最小；b点电磁感应强度等于两个磁感应强度的代数和，最大，故AC错误，BD正确。‎ 点晴：磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量，它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则，注意左手定则与右手定则的区别。‎ ‎9. 回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是 A. 增大匀强电场间的加速电压 B. 增大磁场的磁感应强度 C. 增加周期性变化的电场的频率 D. 增大D形金属盒的半径 ‎【答案】BD 点晴：回旋加速器是运用电场加速、磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力，结合D形盒的半径求出粒子的最大速度，从而得出最大动能，判断与什么因素有关，在回旋加速器中，交流电源的周期与粒子在D形盒中的周期相等。‎ ‎10. 如图，两平行金属板中有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，带正电的粒子（不计粒子的重力）从两板中央垂直电场、磁场入射．它在金属板间运动的轨迹为水平直线，如图中虚线所示．若使粒子飞越金属板间的过程中向上板偏移，可以采取下列的正确措施为                        ‎ A. 使入射速度增大 B. 使粒子电量增大 C. 使电场强度增大 D. 使磁感应强度增大 ‎【答案】AD ‎【解析】由题，带正电的粒子进入两板中央，受到竖直向下的电场力和竖直向上的洛伦兹力，开始时粒子的轨迹为水平直线，则电场力与洛伦兹力平衡，即有 qvB=qE，即vB=E，‎ 若使粒子飞越金属板间的过程中向上板偏移，洛伦兹力必须大于电场力，则qvB＞qE，即vB＞E。‎ A项：使入射速度增大，洛伦兹力增大，而电场力不变，则粒子向上偏转，故A正确；‎ B项：由上式可知，改变电量，电场力与洛伦兹力仍然平衡，粒子仍沿水平直线运动，故B错误；‎ C项：使电场强度增大，电场力增大，粒子向下偏转，故C错误；‎ D项：使磁感应强度增大，洛伦兹力增大，则粒子向上偏转，故D正确。‎ 点晴：带正电的粒子进入两板中央，受到竖直向下的电场力和竖直向上的洛伦兹力，轨迹为水平直线时两个力平衡，若要使粒子向上偏转，洛伦兹力必须大于电场力。‎ ‎11. 如图所示，在加有匀强磁场的区域中，一垂直于磁场方向射入的带电粒子轨迹如图，由于带电粒子与沿途的气体分子发生碰撞，带电粒子的能量逐渐减小，从图中可以看出：‎ A. 带电粒子带正电。‎ B. 带电粒子带负电。‎ C. 粒子先经过A点，后经过B点 D. 粒子先经过B点，后经过A点 ‎【答案】CD ‎【解析】试题分析：由于带电粒子与沿途的气体分子发生碰撞，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式可知，粒子的半径逐渐的减小，所以粒子的运动方向是从B到A，在根据左手定则可知，粒子带正电，故BD正确，选项AC错误。‎ 考点：带电粒子在磁场中的运动 ‎【名师点睛】根据可知，粒子运动的半径与速度的大小有关，根据半径的变化来判断粒子的运动的方向，这是解决本题的关键。‎ ‎12. 如图所示，两个半径相同的半圆轨道分别竖直放在匀强电场和匀强磁场中.轨道两端在同一高度上.轨道是光滑的.两个相同的带正电的小球同时从两轨道左端最高点由静止释放，M、N为轨道的最低点.则 A. 两小球到达轨道最低点的速度vM＞vN B. 两小球到达轨道最低点时对轨道的压力NM＞NN C. 小球第一次到达M点的时间大于小球第一次到达N点的时间 D. 在磁场中小球能到达轨道的另一端，在电场中小球不能到达轨道的另一端 ‎【答案】ABD ‎【解析】小球在磁场中运动，在最低点进行受力分析可知：，解得 ‎，‎ 小球在电场中运动，在最低点受力分析可知：，解得 ‎ A、C项：由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；而小球在电场中运动受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小，所以在电场中运动的时间也长，故A正确，C错误；‎ B项：因为v1＞v2，结合以上两式可知：FM可能大于FN，也可能小于FN，与球的速度方向有关，故B错误；‎ D项：由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，所以小球可以到达轨道的另一端，而电场力做小球做负功，所以小球在达到轨道另一端之前速度就减为零了，故D正确。‎ ‎13. 目前,世界上正在研究一种新型发电机叫磁流体发电机,如图表示它的原理:将一束等离子体喷射入磁场(速度方向垂直纸面进去),在磁场中有两块金属板A、B,这时金属板上就会聚集电荷,产生电压.以下正确的是 A. B板带正电 B. A板带正电 C. 其他条件不变,只增大射入速度,增大 D. 其他条件不变,只增大磁感应强度, 增大 ‎【答案】ACD ‎【解析】A、B项：大量带正电和带负电的微粒进入磁场时，由左手定则可以判断正电荷受到的洛伦兹力向下，所以正电荷会聚集的B板上，负电荷受到的洛伦兹力向上，负电荷聚集到A板上，故A正确，B错误； ‎ C、D项：最终稳定时，电荷所受洛伦兹力和电场力处于平衡，有，解得两板的电势差为，故C、D正确。‎ 三、实验题 ‎14. 为了测量某根金属丝的电阻率，根据电阻定律需要测量长为L的金属丝的直径D.电阻R。某同学进行如下几步进行测量：‎ ‎（1）直径测量：该同学把金属丝放于螺旋测微器两测量杆间，测量结果如图，由图可知，该金属丝的直径d=________。‎ ‎（2）欧姆表粗测电阻，他先选择欧姆×10档，测量结果如图所示，为了使读数更精确些，还需进行的步骤是（________） 。‎ A.换为×1档，重新测量 ‎ B.换为×100档，重新测量 C.换为×1档，先欧姆调零再测量 ‎ D.换为×100档，先欧姆调零再测量 ‎（3）伏安法测电阻，实验室提供的滑变阻值为0～20Ω，电流表0～0.6A（内阻约0.5Ω），电压表0～3V（内阻约5kΩ），为了测量电阻误差较小，且电路便于调节，下列备选电路中，应该选择（________） 。‎ ‎【答案】 (1). 2.543---2.547 (2). D (3). D ‎【解析】试题分析：（1）根据螺旋测器的读数方法可知该金属丝的直径；‎ ‎（2）根据指针偏转可知档位选择是否合适，从而得出应进行的步骤；‎ ‎（3）根据给出的实验仪器结合实验原理可得出实验电路图．‎ 解：（1）螺旋测微器的固定部分为：2.5mm；转动部分为：4.5；故读数为：2.5+4.5×0.01=2.545mm；‎ ‎（2）由图可知，指针的偏角过小，则说明档位选择过小；应选择大档位，再重新进行欧姆调零，进行测量；故选：D；‎ ‎（3）由题意可知，给出的滑动变阻器不能起到保护作用，故应采用分压接法；由欧姆表的示数可知，电阻约为5000Ω；而电压表内阻只有5000Ω；故只能采用电流表内接法；故选：D；‎ 故答案为：（1）2.545mm（2.543mm～2.547mm）；（2）D；（3）D．‎ ‎【点评】本题考查伏安法测电阻的方法和原理，要注意明确分压接法的电路图，及内外接法的选择．‎ ‎15. 如图所示，用伏安法测电源电动势和内阻的实验中，在电路中接一阻值为2Ω的电阻R0， 通过改变滑动变阻器，得到几组电表的实验数据：‎ U（V）‎ ‎1.2‎ ‎1.0‎ ‎0.8‎ ‎0.6‎ I（A）‎ ‎0.10‎ ‎0.17‎ ‎0.23‎ ‎0.30‎ 在坐标系内作出U-I图线______，利用图线，测得电动势E=  _____V，内阻r =__________Ω；‎ ‎【答案】 (1). 如图所示：‎ ‎ (2). 1.55 (3). 1.0‎ ‎【解析】(1) 先描点，然后用一条直线连接起来，如果不能通过所有点，使曲线两侧的点数大致相同，如图所示：‎ 电源的U-I图象的纵轴截距表示电源的电动势，故E=1.55V；斜率表示内电阻，故，所以。‎ 点晴：由图象与纵坐标的交点可求得电源的电动势；由图象的斜率可求得内阻与保护电阻之和；因保护电阻已知，则可求出内阻。‎ 四、计算题 ‎16. 如图所示，在倾角为θ＝30°的斜面上，固定一宽L＝0.25m的平行光滑金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R。电源电动势E＝12V，内阻r＝1Ω，一质量m＝20g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好。整个装置处于磁感应强度B＝0.80T、垂直于斜面向上的匀强磁场中（导轨与金属棒的电阻不计）。取g＝10m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：‎ ‎（1）金属棒所受到的安培力的大小．‎ ‎（2）通过金属棒的电流的大小．‎ ‎（3）滑动变阻器R接入电路中的阻值．‎ ‎【答案】（1）0.1N（2）0.5A（3）23Ω ‎【解析】试题分析：(1) 金属棒受到重力、安培力和导轨的支持力而处于平衡状态，根据平衡条件，列方程求出安培力；‎ ‎(2) 金属棒与磁场方向垂直，根据安培力公式F=BIL，求出电流；‎ ‎(3) 根据欧姆定律求出滑动变阻器R接入电路中的阻值。‎ ‎(1) 作出金属棒的受力图，如图：‎ ‎   则有F=mgsin30°     F=0.1N；‎ ‎(2) 根据安培力公式F=BIL得；‎ ‎(3) 设变阻器接入电路的阻值为R，根据闭合电路欧姆E=I（R+r），解得。‎ ‎17. 一个质量为m电荷量为q的带电粒子从x轴上的P（a，0）点以速度v，沿与x正方向成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限，不计重力。‎ 求:（1） 粒子做圆周运动的半径 ‎    （2）匀强磁场的磁感应强度B ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】试题分析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力充当向心力，画出轨迹由几何知识求出轨迹半径从而求出磁感应强度。‎ ‎(1) 根据已知画出粒子在磁场中的运动轨迹，其圆心一定在y轴上，根据半径垂直于速度，则可确定圆心O，如图所示：‎ 设粒子运动的轨迹半径为r，由几何关系得：；‎ ‎(2)由和，由以上两式可得: 。‎ ‎18.‎ ‎ 如图所示，在直角坐标系xOy的第Ⅱ象限整个区域内，存在着沿y轴负方向、场强大小为E的匀强电场，在第Ⅳ象限整个区域内存在着方向垂直于xOy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。从电场中P（-L，2L）、Q（-L，L/8）两点连线上各处，沿x轴正方向同时射入许多质量为m、电荷量为q的带正电粒子，结果所有粒子都从坐标原点O进入磁场。不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，求：‎ ‎（1）粒子从射入到全部通过O点所用的时间t0。‎ ‎（2）这些粒子从x轴上射出磁场时，所经过区域的宽度△d。‎ ‎【答案】(1)   (2)‎ ‎【解析】试题分析：(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，将带电粒子的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，设P、Q两点连线上某点到x轴的距离为y，根据运动学规律得：，由此可知从P点射入的粒子最后通过O点，设粒子运动的加速度为a，则对于从P点射入的粒子 由牛顿第二定律得　‎ 在竖直方向上由匀变速直线运动规律得　‎ 解得：‎ ‎(2)设某一粒子进入磁场时，速度v的方向与x轴成角，在磁场中做圆周运动的轨道半径为r，该粒子从x轴上射出磁场的位置与O点的距离为d，画出带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，‎ 在磁场中 粒子做匀速圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，即　‎ 由几何关系得　‎ 在电场中　‎ 设粒子在O点时的竖直分速度为，由运动学规律得　‎ 由运动的合成和分解知　‎ 由牛顿第二定律得　‎ 解得：‎ 因故 考点：本题考查了带电粒子在电场和磁场中的运动、匀速圆周运动规律、运动的合成与分解以及平面几何相关知识，意在考查学生的分析综合能力和运用数学知识解决物理问题的能力．‎ ‎19. 如图所示，两水平放置的平行金属板a、b，板长L=0.2m，板间距d=0.2m．两金属板间加可调控的电压U，且保证a板带负电，b板带正电，忽略电场的边缘效应．在金属板右侧有一磁场区域，其左右总宽度s=0.4m，上下范围足够大，磁场边界MN和PQ均与金属板垂直，磁场区域被等宽地划分为n（正整数）个竖直区间，磁感应强度大小均为B=5×10﹣3T，方向从左向右为垂直纸面向外、向内、向外…．在极板左端有一粒子源，不断地向右沿着与两板等距的水平线OO′发射比荷=1×108C/kg、初速度为v0=2×105m/s的带正电粒子．忽略粒子重力以及它们之间的相互作用．‎ ‎（1）当取U何值时，带电粒子射出电场时的速度偏向角最大；‎ ‎（2）若n=1，即只有一个磁场区间，其方向垂直纸面向外，则当电压由0连续增大到U过程中带电粒子射出磁场时与边界PQ相交的区域的宽度；‎ ‎（3）若n趋向无穷大，则偏离电场的带电粒子在磁场中运动的时间t为多少？‎ ‎【答案】（1）400V  （2）（3）‎ ‎【解析】试题分析：（1）设速度偏向角为θ，则，显然当最大时，tanθ最大．‎ 当粒子恰好从极板右边缘出射时，速度偏向角最大．‎ 竖直方程：，；‎ 水平方程：‎ 解得：U="400V" ‎ ‎（2）由几何关系知，逐渐增大，速度偏向角变大，磁偏转半径变大，与PQ交点逐渐上移．‎ 当U=0时，交点位置最低（如图中D点）：‎ 由得：；‎ 此时交点D位于OO′正下方0.4m处．当U=400V时，交点位置最高（如图中C点）：‎ 由，得：‎ 由，得：‎ 由，得入射方向为与水平方向成45°角；‎ 由几何关系得，此时交点位于OO′正上方处．‎ 所以交点范围宽度为：（m）‎ ‎（3）考虑粒子以一般情况入射到磁场，速度为v，偏向角为θ，当n趋于无穷大时，运动轨迹趋于一条沿入射速度方向的直线（渐近线），又因为速度大小不变，因此磁场中运动可以等效视为匀速直线运动 ‎ 轨迹长度为：，运动速率为：‎ 时间为：，代入数据解得：‎ 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力 ‎ ‎