2019-2020学年吉林省延边第二中学高二12月第二次阶段测试物理试题 Word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．
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．自由电子受到的洛伦兹力大小为
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，则必须调整电源的频率
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．
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
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
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
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
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测量值E比真实值 （偏大、偏小），内阻r测量值比真实值 （偏大、偏小）
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=____________。（用相关物理量的符号表示）
三、解答题
15（12分）．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。
16（16分）．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。
参考答案
1．D
【解析】
【详解】
根据顺着电场线电势降低，则知：电势φA＞φB．由图知，a处电场线疏，b处电场线密，而电场线的疏密表示场强的相对大小，则场强EA＜EB．故A错误。+q从A点移到B点，电场力方向与位移方向的夹角小于90°，则电场力做正功，故B错误。将重力可略的电荷+q从A点移到B点，所受的电场力增加，则加速度变大，选项C错误；根据负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，则电荷-q在A处电势能小，B处电势能大，即EpB＞EpA．故D正确。故选D。
【点睛】
本题关键要掌握电场线的两个物理意义：方向表示电势高低、疏密表示场强的大小；正电荷在高电势点的电势能较大，负电荷相反．
2．B
【解析】AB、由伏安特性曲线可知三个灯泡不是定值电阻，其阻值也不是线性变化的，当电路中的总电流为0.25 A时，通过灯泡b、c的电流均为0.125 A，由图像可知，灯泡a两端的电压为3.0 V，灯泡b两端的电压是0.4 V，灯泡a的功率为故A错；B对
C、灯泡b的阻值为 ,故C错；
D、灯泡a的功率为 ，灯泡b的功率为 ，所以灯泡a、b的电功率之比为15:1，故D错；
故选B
3．B
【解析】
【详解】
根据安培定则可知，两导线在O点形成的磁感应强度如图所示：
合磁感应强度大小为B0.则根据几何关系可知，两导线单独形成的磁感应强度大小为B0，故B正确，ACD错误。
故选：B.
4．C
【解析】
【详解】
粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出粒子运动轨迹的示意图如图所示：
A、B、由洛伦兹力提供向心力，可得，结合几何运动径迹可知，从b点射出的粒子运动半径较大，结合荷质比相同，可得从a点射出的粒子速率较小；故A，B错误。
C、由运动周期公式得，，由于荷质比相同，周期与速率无关，粒子运动的时间：可知运动的时间，仅由轨迹所对的圆心角θ决定，故b点射出的粒子运动时间较短；故C正确。
D、利用对称性可知，粒子沿半径方向入射一定沿半径方向出射，由图可以看出a粒子速度方向偏转的角度大于b粒子速度方向偏转的角度；故D错误。
故选C。
【点睛】
本题考查带电粒子在有界磁场中的运动，解题关键是要画出粒子轨迹过程图，运用洛伦兹力提供向心力求出半径公式，注意对称性的运用，粒子沿半径方向入射一定沿半径方向出射，运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间．
5．B
【解析】
【详解】
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．D
【解析】
【详解】
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，电子在运动过程中洛伦兹力和电场力平衡，有，故，故D正确，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。
7．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．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．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．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．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．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
13．丙 2.95(2.93~2.97均给分) 0.95(0.93~0.97均给分)
【解析】
【分析】
由题中“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”可知，本题考查电动势和内阻的测量实验，根据闭合电路欧姆定律可分析本题。
【详解】
（1）[1]电池的电动势约为3 V，内阻约为1Ω，接入电路后，其电流为几百毫安，题目中给的电流表量程太小，需要改装，增大量程，就需要并联一个小电阻，故丙图最合适；
（2）[2][3]电流表改装后，电流表的量程扩大10倍，故当电流表读数为I时，干路电流为10I，根据闭合电路欧姆定律可得
结合图像解得
,
14．A1 R1
【解析】
【详解】
（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：。
15．
【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．（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。
