【物理】吉林省延边第二中学2019-2020学年高二上学期12月月考试题（解析版）
延边第二中学2019-2020学年度第一学期第二次阶段考试
高二年级物理试卷（理科）
一、选择题（每小题5分，共60分，1-8题只有一个选项是正确的，9-12题为多选题，选不全的得3分，错选一个得0分）
1.如图所示，在静电场中有A、B两点，则下列说法中正确的是（ ）
A. 场强EA>EB，电势φA>φB
B. 将电荷+q从A点移到B点，电场力做负功
C. 将重力可忽略的电荷+q从A点移到B点，加速度变小
D. 将电荷–q分别放在A、B两点，具有的电势能EpA
0）的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限．粒子在磁场中运动的时间为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】运动轨迹如图:
即运动由两部分组成,第一部分是个周期,第二部分是个周期, 粒子在第二象限运动转过的角度为90°，则运动的时间为；粒子在第一象限转过的角度为60°，则运动的时间为；则粒子在磁场中运动的时间为：，故B正确，ACD错误．.
6.笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作：当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为、长为的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压
，以此控制屏幕的熄灭。则元件的（忽略电子的重力）（ ）
A. 前表面的电势比后表面的低 B. 前、后表面间的电压与c成反比
C. 前、后表面间的电压与成正比 D. 自由电子受到洛伦兹力大小为
【答案】D
【解析】A．由图知电流从左向右流动，因此电子的运动方向为从右向左，根据左手定则可知电子偏转到后面表，因此前表面的电势比后表面的高，故A错误；
BCD．电子在运动过程中洛伦兹力和电场力平衡，有
故
由
则电压
故前后表面的电压与速度有关，与a成正比，故BC错误，D正确；故选D。
7.如图是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个半径为R的D形金属盒，两金属盒表面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，并分别与一个高频电源两端相连．现用它来加速质量为m、电荷量为q的微观粒子（忽略相对论效应），则下列说法正确的是（ ）
A. 要使回旋加速器正常工作，高频电源的频率应为
B. 输出粒子获得的最大动能为
C. 要提高粒子输出时的最大速度，需提高电源的电压
D. 若先后用来加速氘核和氦核，则必须调整电源频率
【答案】B
【解析】
【详解】A、要使回旋加速器正常工作，高频电源的在粒子偏转一周时，电压方向偏转两次，则两次偏转为高频电源的一个周期，则 ， ，故A项错误．
B、输出粒子的最大运动半径为R，即 得： ，，粒子的最大动能为 ，故B项正确．
C项，由B项知，要提高粒子输出时的最大速度，需提高磁场强度B或金属盒半径R，提高电源电压只能减小提速时间，不能改变输出时粒子速度大小，故C项错误．
D项，由于氘核和氦核的荷质比相同，则两种粒子在金属盒中偏转周期相同，所以不需要调整电源频率，故D项错误．
故选B
8.如图所示，半径为R的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，P为磁场边界上的一点．大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，在纸面内沿各个方向以相同速率v从P点射入磁场．这些粒子射出磁场时的位置均位于PQ圆弧上，PQ圆弧长等于磁场边界周长的．不计粒子重力和粒子间的相互作用，则该匀强磁场的磁感应强度大小为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为Q，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，相应的弧长变为圆周长的，如图所示：
所以∠POQ=120°；结合几何关系，有：，洛仑兹力充当向心力，根据牛顿第二定律，有：，联立可得：，故D正确，ABC错误．
9.如图所示，匀强电场方向水平向右，一根不可伸长的绝缘细线一端固定在O点，另一端系一质量为m、电荷量为q的带正电小球．把小球拉至水平位置 A，然后由静止释放，小球运动到细线与水平方向成θ=60°的位置B时速度刚好为零．重力加速度为g．以下说法正确的是（ )
A. 匀强电场的场强大小为 B. 匀强电场的场强大小为
C. 球在B点时，细线拉力为 D. 球在B点时，细线拉力为
【答案】BC
【解析】类比单摆，根据对称性可知，小球处在弧线中点位置时切线方向合力为零，此时细线与水平方向夹角恰为30°，根据三角函数关系可得：qEsin30°=mgcos30°，化简可知Eq=mg，选项B正确，A错误；小球到达B点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析可知：T=qEcos60°+mgsin60°，故细线拉力T=
mg，选项C正确，D错误；故选BC．
点睛：本题要求同学们能正确的对物体进行受力分析，并能联想到已学的物理模型，根据类比和对称的思想，根据相关公式解题．
10.如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，C为电容器，Ro为定值电阻，电表均为理想电表，R为滑动变阻器，闭合开关后灯泡正常发光，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，下列判断正确的是
A. 电压表、电流表示数均变大，灯泡L将变暗
B. 定值电阻Ro中将有从右向左的电流
C. 电压表示数改变量与电流表示数改变量之比不变
D. 电源输出功率一定变小
【答案】BC
【解析】
【分析】
电路稳定时，与电容器串联的电路没有电流，相当于断路．当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器在路电阻减小，外电阻减小，电路中电流增大，灯L变亮．电容器的电压等于路端电压，分析其电压变化，由Q=CU分析电量的变化．
【详解】电路稳定时，与电容器串联的电路没有电流，R0两端的电压为零．当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器电阻减小，外电阻减小，电路中总电流变大，则灯L将变亮，电流表示数变大，电源的内电压变大，则路端电压减小，电压表读数减小，选项A错误．而电容器的电压等于路端电压，所以电容器的电压减小，由Q=CU分析可知其电荷量将减小．电容器放电，则定值电阻R0中将有从右向左的电流出现，选项B正确．根据闭合电路欧姆定律知 U=E-Ir，得 △U/△I =r，可得电压表示数改变量与电流表示数改变量之比保持不变．故C正确． 因不清楚外电路电阻与电源内阻的大小关系，则不能确定电源输出功率的变化，选项D错误；故选BC.
【点睛】本题是电路的动态变化分析问题，可直接根据“串反并同”来分析电表读数的变化，也可以由“局部-整体-局部”的方法分析．
11.如图所示，质量为m、长为L的导体棒电阻为R，初始时静止于光滑的水平轨道上，电源电动势为E，内阻不计．匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成θ角斜向上方，开关闭合后导体棒开始运动，则( )．
A. 导体棒向左运动
B. 开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为
C. 开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为
D. 开关闭合瞬间导体棒MN的加速度为
【答案】BD
【解析】
【详解】A、开关闭合，由左手定则可知，磁感线穿过掌心，则大拇指向为垂直磁感线向右，从而导致导体棒向右运动，故A错误；
BC、当开关闭合后，根据安培力公式，，可得，故B正确，C错误；
D、当开关闭合后，安培力的方向与导轨成的夹角，再根据力的分解可得合力大小，再由牛顿第二定律与安培力的大小可知，加速度，故D正确；
故选BD．
【点睛】据左手定则来确定通电导线的安培力的方向，闭合电路欧姆定律与安培力公式结合可求出其力的大小，最后由牛顿第二定律来确定导体棒瞬间的加速度．
12.如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B，∠A=60°，AO=a．在O点放置一个粒子源，可以向纸面内各个方向发射某种带负电粒子，粒子的比荷为，速度大小都为v0，且满足，发射方向由图中的角度θ表示．对于粒子进入磁场后的运动（不计重力作用），下列说法正确的是
A. 粒子在磁场中运动的半径为a
B. 粒子有可能打到A点
C. 以θ=60°飞入的粒子在磁场中运动时间最短
D. 在AC边界上只有一半区域有粒子射出
【答案】ABD
【解析】试题分析：根据公式代入数据可得，A正确；根据，可知粒子的运动半径R=a，因此当入射时，粒子恰好从A点飞出，故B正确；当飞入的粒子在磁场中运动时间恰好是周期，是在磁场中运动时间最长，故C错误；当飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，因此在AC 边界上只有一半区域有粒子射出，故D正确；
考点：考查了带电粒子在有界磁场中的运动
二、实验题（每空2分共12分）
13.某小组同学在测某特殊电池的电动势和内阻时所用器材如下：
A.某特殊电池：电动势约为3 V，内阻约为1 Ω
B.电压表V：量程0~3 V，内阻为几千欧
C.电流表A：量程0~100 mA，内阻为4.5 Ω
D.标准电阻R0：0.5 Ω
E.滑动变阻器R：0~20 Ω
F.开关、导线若干。
(1)该小组同学设计了甲、乙、丙三个实验电路，其中可行的是____
(2)选择(1)中正确的电路后，该小组闭合开关，调节滑动变阻器，多次测量得出多组电压表示数U和电流表示数I，通过描点画出电源的U-I图象如图丁所示，则该特殊电池的电动势E=_______，内阻r=______；
【答案】 (1). 丙 (2). 2.95 0.95
【解析】
【详解】（1）[1]．由题意可知，电流表量程太小，应把电流表与定值电阻并联扩大其量程，电压表测路端电压，电流表测电路电流，滑动变阻器采用限流接法，应选择图丙所示电路图。
（2）[2][3]．电流表内阻为4.5Ω，定值电阻阻值为0.5Ω，流过定值电阻的电流为电流表电流的9倍，电流表量程扩大了10倍，由图示电源U-I图象可知，电源电动势为：
E=2.95V
电源内阻为：
14.为测定某电子元件的电阻，实验室提供了如下器材：
待测电阻Rx（阻值约为3Ω）
电流表A1（量程0.6A，内阻r1=1Ω）
电流表A2（量程3.0A，内阻r2约为0.5Ω）
滑动变阻器R1（0〜10Ω）
滑动变阻器R2（0〜lkΩ）
定值电阻R3=10Ω
电源（电动势约为9V，内阻可忽略不计）
开关S，导线若干
（1）某同学设计了测量Rx的一种实验电路原理图如图所示，为了较准确的测量待测电阻的阻值，X处的电流表应选用____________，滑动变阻器应选用____________；（用相关物理量的符号表示）
（2）若实验中测得电流表X示数为I1，电流表Y示数为I2，则待测电阻Rx=____________．（用相关物理量符号表示）
【答案】 (1). A1 R1 (2).
【解析】（1）由图示电路图可知，电流表X应选用已知内阻的电流表A1；为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1；
（2）由图示电路图可知，待测电阻阻值为：．
三、解答题
15.如图所示，内圆半径为r、外圆半径为3r的圆环区域内有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．圆环左侧的平行板电容器两板间有加速电场，靠近M板处静止释放质量为m、电荷量为q的正离子，经过电场加速后从N板小孔射出，并沿圆环直径方向射入磁场，不计离子的重力，忽略平行板外的电场．要使离子不进入内圆区域，求加速电压U的取值范围．
【答案】
【解析】
【详解】设离子射入匀强磁场时的速率为v，由动能定理得：
设离子在磁场中做圆周运动的半径为R
，离子所受洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得：
若离子恰好不进入内圆区域，设离子与小圆相切时的轨道半径为R0，此时轨迹如图所示所示
由几何关系得：
解得：
需满足的条件为：
联立解得：
16.如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内有沿y轴正方向的匀强电场，在第四象限内有垂直于纸面向外的匀强磁场．有一质量为m，电荷量为q，带负电的粒子（重力不计）从坐标原点O射入磁场，其入射方向与y轴负方向成45°角．当粒子第一次进入电场到达P点时速度大小为v0，方向与x轴正方向相同，P点坐标为（4L，L）．求：
（1）粒子从O点射入磁场时速度v的大小；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）粒子从O点运动到P点所用的时间．
【答案】（1） （2） （3）
【解析】
【分析】
带电粒子以与x轴成45°垂直进入匀强磁场后，在O点根据平行四边性定则可得射入磁场时的速度；粒子在电场中运动根据运动学方程和几何关系求出半径，再根据牛顿第二定律求出磁感应强度；求出粒子在电场中的运动时间和在磁场中运的运动时间，即可求得总时间．
【详解】（1）粒子从O点射入磁场时的速度为
（2）粒子在电场中运动，沿y轴方向： ，
沿x轴方向：
解得:
粒子在磁场中的运动轨迹为圆周，由几何关系得：
粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：
解得
（3）粒子在电场中的运动时间为
粒子在磁场中运的运动时间为
则从O点运动到P点所用的时间为
【点睛】可将粒子的运动轨迹逆向思考，看成粒子在电场中以一定速度做类平抛运动后，进入匀强磁场中做匀速圆周运动．
