【物理】吉林省白城市通榆县第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试练习4（解析版）

【物理】吉林省白城市通榆县第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试练习4（解析版）

吉林省通榆县第一中学2019—2020学年高二上学期期末 物理模拟练习四 一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）‎ ‎1.下列对电场和磁场的认识,正确的是（ ）‎ A. 法拉第提出的磁场和电场以及电场线和磁感线都是客观存在的 B. 处在电场中的电荷一定受到电场力,在磁场中的通电导线一定受到安培力 C. 电场强度为零的地方电势一定为零,电势为零的地方电场强度也为零 D. 通电导线与通电导线之间的相互作用是通过磁场发生的 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、电场和磁场都是客观存在的特殊物质，而电场线和磁感线是为了形象地描述电场和磁场而引入的虚拟的曲线，实际中并不存在，故A错误；‎ B、处在电场中的电荷一定受到电场力，在磁场中的通电导线不一定受到安培力，当通电导线与磁场平行时就不受安培力，故B错误；‎ C、电场强度与电势无关，电场强度为零的地方电势不一定为零，电势为零的地方电场强度也不一定为零，故C错误；‎ D、根据磁场的性质可知，通电导体与通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的，故D正确；故选D．‎ ‎【点睛】电场与磁场都是客观存在的特殊物质；电场线和磁感线都是为了描述电场和磁场而假想的曲线，电场线越密的地方，电场强度越大．处在电场中的电荷一定受到电场力，在磁场中的通电导线不一定受到安培力，电场中某点电场强度的大小由电场决定；通电导体与通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的．‎ ‎2.如图所示，图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判定（　　）‎ A. M点的电势等于N点的电势 B. M点的电势低于N点的电势 C. 粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力 D. 粒子在M点的电势能大于在N点的电势能 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB． 可以分别做过M点与过N点的等势面，结合顺着电场线方向电势降低可知，M点的电势高于N点的电势，故A B错误；‎ C． 由图可知M点处的电场线较疏，而N点处电场线较密，则M点处的电场强度较小，粒子在M点所受的电场力也较小，故C错误；‎ D．根据电势能表达式 可知，正电粒子在电势高的M点具有更大的电势能，故D正确。‎ ‎3.如图所示电路，电源的内电阻不可忽略．开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中 A. 电压表的示数增大 B. 电流表的示数增大 C. R1消耗的电功率增大 D. R2消耗的电功率增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．在变阻器R0的滑片向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，变阻器R0与R2并联电阻R并减小，则外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，路端电压U减小，则电压表示数减小。并联部分电压U并=E-I（R1+r），I增大，E、R1、r均不变，则U并减小，故电流表示数减小，故AB错误； C．干路电流I增大，由功率公式P=I2R分析得知，R1上消耗的功率增大，故C正确； D．由于U并减小，据公式可知，R2消耗的功率减小，故D错误。故选C。‎ ‎4.如右图所示，理发用的电吹风机中有电动机和电热丝，电动机带动风叶转动，电热丝给空气加热，得到热风将头发吹干，设电动机的线圈电阻为R1，它与电热丝的电阻R2串联，接到直流电源上，电吹风机两端电压为U，电流为I，消耗的电功率为P，则有 A. P＜UI B. P＝I2(R1＋R2) ‎ C. P＞UI D. P＞I2(R1＋R2)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 电吹风机消耗的电功率P是总的功率，总功率的大小应该是用P=IU来计算，所以总功率P=IU，所以AC错误．电吹风机中发热的功率要用I2R来计算，所以总的发热功率为I2（R1+R2），吹风机的总功率P=IU要大于发热部分的功率，所以B错误，D正确．故选D．‎ 点睛：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．‎ ‎5.在磁场中某一点，已经测出一段0.5 cm长的导线中通入0.01 A电流时，受到的安培力为5.0×10－6N，则下列说法正确的是(　　)‎ A. 该点磁感应强度大小一定是0.1 T B. 该点磁感应强度大小一定不小于0.1 T C. 该点磁感应强度大小一定不大于0.1 T D. 该点磁感应强度的方向即为导线所受磁场力的方向 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】因为导线受到的安培力F=BILsinα=5.0×10﹣6N，计算得：Bsinα=0.1T即B=，所以B≥0.1T，故AC错误，B正确；‎ D、该点的磁感应强度的方向与导线所受的磁场力方向垂直，所以磁感应强度的方向一定不是导线所受的磁场力方向，故D错误；故选B ‎6.一磁感应强度为B的匀强磁场方向水平向右，一面积为S的矩形线圈abcd如图所示放置，平面abcd与竖直方向成角，则穿过线圈平面的磁通量为（ ）‎ A. 0 B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：矩形线圈abcd如图所示放置，匀强磁场方向水平向右，平面abcd与竖直方向成角，将此时通过线圈的磁通量为，故选项C正确．‎ 考点：磁通量 ‎【名师点睛】对于匀强磁场中磁通量的求解，可以根据一般的计算公式（是线圈平面与磁场方向的夹角）来分析线圈平面与磁场方向垂直、平行两个特殊情况．注意夹角不是磁场与线圈平面的夹角，同时理解磁通量不是矢量，但注意分清正面还是反面通过线圈．‎ ‎7.如图所示，速度为v0、电荷量为q的正离子恰能沿直线飞出离子速度选择器，选择器中磁感应强度为B，电场强度为E，则 A. 若改为电荷量–q的离子，将往上偏（其他条件不变）‎ B. 若速度变为2v0将往上偏（其他条件不变）‎ C. 若改为电荷量+2q的离子，将往下偏（其他条件不变）‎ D. 若速度变为将往上偏（其他条件不变）‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粒子受到向上的洛伦兹力和向下的电场力，二力平衡时粒子沿直线运动，当二力不平衡时，粒子做曲线运动，从而即可求解．‎ ‎【详解】正离子恰能沿直线飞出离子速度选择器，根据左手定则判断可知，离子受的洛伦兹力方向向上，电场力方向向下，此时洛伦兹力与电场力二力平衡，应该有：qv0B=qE，即v0B=E A项：若改为电荷量-q的离子，根据左手定则判断可知，离子受的洛伦兹力方向向下，电场力方向向上，由于qv0‎ B=qE，此时洛伦兹力与电场力仍然平衡，所以负离子不偏转，仍沿直线运动，故A错误；‎ B项：若速度变为2v0，洛伦兹力增大为原来的2倍，而离子受的洛伦兹力方向向上，电场力不变，所以离子将向上偏转，故B正确；‎ C项：若改为电荷量+2q的离子，根据平衡条件得：qv0B=qE，即v0B=E，该等式与离子的电荷量无关，所以离子仍沿直线运动，故C错误；‎ D项：若速度变为，洛伦兹力变为原来的一半，而离子受的洛伦兹力方向向上，电场力不变，所以离子将向下偏转，故D错误．‎ 故应选B．‎ ‎【点睛】本题考查了利用质谱仪进行粒子选择原理，只要对粒子进行正确的受力分析即可解决此类问题．‎ 二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）‎ ‎8.空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为负电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如图所示，a、b、c、d为电场中的4个点。则下列说法正确的是（　　）‎ A. Q处放置的一定是正电荷 B. a点和b点的电场强度相同 C. 将负电荷从a移动到c，其电势能减少 D. 同一正电荷在c点的电势能小于在d点的电势能 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A． 根据电场的等势面分布图可以知道，P、Q两点连线的中垂线是一条等势线，可知，该电场是等量异种电荷的电场，Q处放置的一定是正电荷。故A正确；‎ B． 等量异种电荷的电场具有对称性（上下、左右），a点和b点的电场强度大小相等，而方向不同，电场强度不同。故B错误；‎ C． 该电场中，一般选取无穷远处电势为0，那么正电荷的区域电势为正，负电荷的区域电势为负。负电荷从a到c，从正电荷的区域到了负电荷的区域，电势降低，电场力做负功，电势能增加，故C错误；‎ D． c点所在等势线离P点（负电荷）的距离更近，所以c点的电势比d点的电势低，所以同一正电荷在c点的电势能小于在d点的电势能。故D正确。‎ ‎9.磁流体发电机的发电原理如图所示：将一束等离子体（即高温下电的气体，含有大量带正电和负电的粒子，而从整体来说呈中性）沿图示方向喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B（A板在上，B板在下，且正对），这时金属板上就聚集了电荷。在磁极配置如图所示的情况下，下述说法正确的是（　　）‎ A A板带负电荷 B. 有电流从a经用电器流向b C. 金属板A、B间的电场方向向上 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 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A． 根据左手定则知，正电荷向下偏，负电荷向上偏，则A板带负电，B板带正电。故A正确；‎ B．因为B板带正电，A板带负电，所以电流的流向为b经电阻流向a。故B错误；‎ C．因为B板带正电，A板带负电，所以金属板间的电场方向由B板指向A板。电场方向向上，故C正确；‎ D．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。‎ ‎10.如图，通电导体棒质量为m，置于倾角为的导轨上，导轨和导体棒之间不光滑，有电流时杆静止在导轨上，下图是四个侧视图，标出了四种匀强磁场的方向．其中摩擦力可能为零的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A：若磁场方向竖直向上，导体棒所受重力、安培力、支持力方向如图甲，当时，导体棒可不受摩擦力．‎ B：若磁场方向水平向左，导体棒所受重力、安培力如图乙，当时，导体棒可不受支持力、摩擦力．‎ C：若磁场方向向右，导体棒所受重力、安培力、支持力方向如图丙，导体棒静止，导体棒一定受沿导轨向上的摩擦力．‎ D：若磁场方向竖直向上，导体棒所受重力、安培力、支持力方向如图丁，导体棒静止，导体棒一定受沿导轨向上的摩擦力．‎ 故摩擦力可能为零的是AB两项．‎ ‎11.关于电场强度和磁感应强度，下列说法正确是（ )‎ A. 电场强度的定义式E=F/q适用于任何静电场 B. 由磁感应强度公式,若长为L,通电电流为I的直导线在磁场中受到的磁场力为零，则该位置的磁感应强度B也一定为零 C. 电场中某点电场强度的方向与在该点的带正电的检验电荷所受电场力的方向一定相同 D. 由磁感应强度公式，磁感应强度的方向与放入磁场中的通电直导线所受安培力的方向相同 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】电场强度的定义式E=F/q适用于任何静电场，选项A正确；通电电流为I的直导线在磁场中受到的磁场力为零，可能是电流的方向与磁场方向平行，而该位置的磁感应强度B 不一定为零，选项B错误；电场中某点电场强度的方向与在该点的带正电的检验电荷所受电场力的方向一定相同，选项C正确；磁感应强度的方向与放入磁场中的通电直导线所受安培力的方向垂直，选项D错误；故选AC.‎ ‎12.劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示。这台加速器由两个半径相同的铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电的电压为u，下列说法正确的是（　　）‎ A. 粒子由加速器的中心附近进入加速器 B. 粒子由加速器的边缘进入加速器 C. 粒子从磁场中获得能量 D. 粒子获得的最大动能由D形盒的半径决定 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB． 离子由加速器的中心附近进入电场中加速后，才能进入磁场中偏转，然后可以反复加速，故A正确B错误；‎ C．粒子在电场中加速在磁场中偏转，洛仑兹力对粒子不做功，故粒子从电场中获得能量，故C错误；‎ D．设D形盒的半径为R，当离子圆周运动的半径等于R时，获得的动能最大，则由 可得：‎ 则最大动能为：‎ 可见，最大动能与加速电压，及极板间的空隙间距均无关，只与D形盒的半径有关，故D正确。‎ 三、实验题（本大题共3小题，共12分）‎ ‎13.某同学要探究一种新材料制成的圆柱体的电阻步骤如下：‎ ‎（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为______ mm．‎ ‎（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为______mm．‎ ‎（3）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图3，则该电阻的阻值约为______ ‎ ‎（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：‎ 待测圆柱体电阻R 电流表A1（量程0～4mA，内阻约50Ω）电流表A2（量程0～10mA，内阻约30Ω）‎ 电压表V1（量程0～3V，内阻约10kΩ）电压表V2（量程0～15V，内阻约25kΩ）‎ 直流电源E：电动势4V，内阻不计 滑动变阻器R1阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A ‎ 滑动变阻器R2阻值范围0～20kΩ，允许通过的最大电流0.5A 开关S 导线若干 为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在图4方框中画出测量电路图，并标明所用器材的代号____________．‎ ‎【答案】 (1). （1）50.15； (2). （2）4.700； (3). （3）220Ω； (4).‎ ‎ （4）如图所示：‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加游标尺读数，不估读．‎ ‎（2）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数； （3）欧姆表读数等于表盘示数乘以倍率． （4）电压从零调起，滑动变阻器应采用分压接法，根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后作出实验电路图；‎ ‎【详解】（1）游标卡尺的读数为：L=5cm+0.05mm×3=50.15mm.‎ ‎（2）螺旋测微器的读数为D=4.5mm+0.01mm×20.0=4.700mm． （3）电阻的读数为：R=22×10=220Ω．‎ ‎（4）电源电动势为4V，电压表应选：V1， 电路最大电流约为：，电流表应选A2，为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1，由于电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，滑动变阻器应采用分压接法，，，，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示： ‎ ‎【点睛】游标卡尺时应分成整数部分和小数部分两部分来读，注意游标卡尺的分度；对于电学实验器材的选择，应根据电源电动势大小或待测电阻的额定电压来选择电压表量程，根据通过待测电阻的最大电流来选择电流表的量程；当待测电阻阻值远小于电压表内阻时，电流表应选外接法；当滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻值时或要求电流从零调时，滑动变阻器应用分压式；当实验要求电流从零调或要求测得多组数据或变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节．‎ ‎14.某实验小组利用如图甲所示的电路测量一节干电池的电动势和内电阻。现有的实验器材为：‎ ‎（1）在图乙中按图甲用笔画线代替导线将电路连线补充完整______；‎ ‎（2）如图丙所示，他们根据实验数据绘制出U-I图象，其中U是电压表的读数，I是电流表的读数。由此可以得到，干电池的电动势E=______V，内电阻r=______Ω。（结果保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). (2). 1.4 0.91‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]根据伏安法测电源电动势与内阻的实验原理图将电路连线补充完整，如图 ‎(2)[2][3]在U-I图象中图象与纵坐标的交点等于电源的电动势，所以由图可以读出电源的电动势为1.4V，图象中的斜率绝对值表示电源的内阻，所以电源的内阻为 r===0.91Ω ‎15.某同学要测量量程为600μA的电流表Ax的内阻，实验过程如下：‎ ‎（1）先用多用电表粗测电流表的内阻，将多用电表功能选择开关置于“×10挡”，调零后，将红表笔与电流表______（选填“正”或“负”）接线柱连接，黑表笔与另一接线柱连接，指针位置如图甲所示，电流表内阻为______Ω；‎ ‎（2）为了精确测量其内阻，现提供以下器材，设计电路如图乙所示。‎ 电源E（电动势为1.5V，内阻约为0.5Ω）‎ 电流表A（量程3mA，内阻约为75Ω）‎ 定值电阻R0（阻值为100Ω）‎ 滑动变阻器R1（最大阻值为5Ω，额定电流为1A）‎ 滑动变阻器R2（最大阻值为500Ω，额定电流为0.1A）‎ 开关S和导线若干 ‎①图乙中滑动变阻器应选用______（选填“R1“或“R2“）；‎ ‎②实验过程中，测得两电流表的读数分别别为为Ix、I，则待测电流表Ax内阻测量值的表达式为Rx=______。‎ ‎【答案】 (1). 负 100 (2). R2 ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]根据多用电表的使用方法，电流从红表笔流入，故红表笔接的内部电源的负极，故与红表笔相连的应是电流表的负接线柱；‎ ‎[2]由表盘读出为10.0，又多用电表功能选择开关置于“×10挡”，故内阻为100Ω；‎ ‎(2)①[3]电流表A量程3mA，电动势为1.5V，故电路总电阻最小为 R=‎ 从实验操作的方便性和安全性考虑，滑动变阻器选用R2；‎ ‎②[4]由实验原理图可知，通过R0的电流为I-Ix，根据并联电路特点，有 ‎（I-Ix）R0=IxRx 故 Rx=‎ 四、计算题（本大题共4小题，每小题10分，共40.0分）‎ ‎16.如图的电路中，电池组的电动势E=30V，电阻 ，两个水平放置的带电金属板间的距离d=1.5cm．在金属板间的匀强电场中，有一质量为m=7×10-8kg，带电量C的油滴，当把可变电阻器R3的阻值调到35Ω接入电路时，带电油滴恰好静止悬浮在电场中，此时安培表示数I=1.5A，安培表为理想电表，取g＝10m/s2，试求：‎ ‎（1）两金属板间的电场强度；‎ ‎（2）电源的内阻和电阻R1的阻值；‎ ‎（3）B点的电势．‎ ‎【答案】（1）1400N/C（2）（3）27V ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由油滴受力平衡有，mg=qE，得到 ‎ 代入计算得出：E=1400N/C ‎ ‎（2）电容器的电压U3=Ed=21V ‎ 流过的电流 ‎ B点与零电势点间的电势差 ‎ 根据闭合电路欧姆定律得，电源的内阻 ‎ ‎ ‎ ‎（3）由于U1=φB-0，B点的电势大于零，则电路中B点的电势φB=27V.‎ ‎17.质谱仪原理如图所示，a为粒子加速器，电压为U1，b为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，板间距离为d，c为偏转分离器。今有一质量为m、电荷量为+q的粒子，不计重力，该粒子经加速后恰能匀速通过速度选择器，进入偏转分离器后做半径为R的匀速圆周运动。求：‎ ‎（1）粒子射出加速器时的速度v；‎ ‎（2）速度选择器的电压U2；‎ ‎（3）偏转分离器中磁场的磁感应强度为B2。‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）粒子经加速电场U1加速，获得速度为v，由动能定理可知：‎ qU1=mv2‎ 解得 v=‎ ‎（2）在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛仑兹力平衡得：‎ qE=qvB1‎ 即 解得：‎ U2=B1dv=‎ ‎（3）在B2中作圆周运动，洛仑兹力提供向心力 qvB2=m 解得：‎ ‎18.如图所示，一静止的质量为m、电荷量为q的带电粒子经过电压为U的电场加速后，立即射入方向竖直向上的偏转匀强电场中，射入方向与电场线垂直，射入点为A，最终粒子从电场的B点射出电场．已知偏转电场的电场强度大小为E，求：‎ ‎（1）粒子进入偏转电场时的速度v0；‎ ‎（2）若将加速电场的电压提高为原来的2倍，粒子仍从B点经过，则偏转电场的电场强度E变为原来的多少倍。‎ ‎【答案】（1）；（2）2倍 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电子在电场中的加速，由动能定理得：‎ 解得：‎ ‎（2）设电子的水平位移为x，电子的竖直偏移量为y，则有：‎ ‎…③…④‎ 且 qE=ma…⑤‎ 联立解得：‎ ‎…⑥‎ 根据题意可知x、y均不变，当U增大为原来的2倍，场强E也增大为原来的2倍。‎ ‎19.在直角区域aOb内，有垂直纸面向里匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，一质量为m、电量为q的带电粒子从O点沿纸面以速度v射入磁场中，速度方向与边界Ob成30°角，粒子从Ob边射出，求：‎ ‎（1）粒子带正电还是负电？在磁场中运动的时间为多少？‎ ‎（2）若磁场的磁感应强度为2B，仍以速度v射入磁场，求从磁场出来的位置离开O点的距离为多少？‎ ‎【答案】（1）粒子带负电．（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：本题是带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的最简单的一种情况：从边界与边界成入射，由圆的对称关系，则粒子从边界出射时，方向必与边界成，此时粒子已经偏转了，根据周期公式求出运动的时间．‎ ‎（1）粒子的运动轨迹如图所示 由左手定则可判断粒子带负电 粒子做匀速圆周运动时，洛仑兹力提供向心力为：‎ 解得：‎ 又 由几何关系知，粒子运动的圆心角为 则粒子在磁场中运动的时间为：‎ 联立得：‎ ‎（2）若磁感应强度为2B，则粒子的半径为：，粒子的运动轨迹如图所示 粒子的圆心角不变，由几何关系可得粒子从磁场出来的位置离开O点的距离为：‎ ‎【点睛】在解题时要注意的是当磁场加倍时，由洛仑兹力提供向心力知道，粒子做匀速圆周运动的半径将减半，由对称性则粒子从磁场射出时方向不变，则带电粒子向右偏移的距离也变为原来的一半．‎