1、太和一中2020-2021高二上期中考试物理（奥赛）总分：100分 时间：90分钟一、单选题（1-8单选，9-12多选，共48分，每题4分，漏选2分，错选0分）1如图所示为一通电直导线，设导线中每米长度内有n个自由电荷，每个自由电荷的电荷量为e，它们的定向移动速度均为v，现加一磁场，其方向与导线垂直，磁感应强度为B，则磁场对长度为L的一段导线的安培力的大小应是（ ） AneBLv BmeBL/v CeBv/nL DeBLv/n2一条形磁铁静止在斜面上，固定在磁铁中心的竖直上方的水平导线中通有垂直纸面向里的恒定电流，如图所示，若将磁铁的N极位置与S极位置对调后，仍放在斜面上原来的位置，则磁铁对斜
2、面的压力F和摩擦力 的变化情况分别是AF增大， 减小 BF减小， 增大CF与 都减小 DF与 都增大3如图所示，半径为R、质量为m的半圆形导线框用两根绝缘细线悬挂，静止时直线边水平，导线框中通有沿顺时针方向的电流，图中水平虚线为匀强磁场的上边界线，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导线框向里，处于磁场区域的导线框对应的圆心角为120，此时每根细线的拉力大小为F1。现保持其他条件不变，将虚线下方的磁场移至虚线上方，使虚线为匀强磁场的下边界，此时每根细线的拉力大小为F2。则导线框中的电流大小为（）ABCD4喷墨打印机的简化模型如图所示，墨汁微滴（重力不计）从墨盒喷出，经带电室带负电后，以速度
3、v沿轴线垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，纸面关于轴线对称，通过调节信号输入使微滴可以带不同的电荷量q，改变偏转电压U及两极板的极性均可改变墨汁微滴打在纸上的位置，乃至能够恰好使微滴可以打在纸上的最高点和最低点。如果极板长度为L，板间距离为d，极板右端到纸面的距离为，纸张最高点到最低点的距离为2d，则（）A在微滴带负电时，要使微滴打在纸张的下部，应使上极板为正极B如果板间电压一定，要使微滴打在纸张上时的偏移量加倍，则微滴的电荷量要加倍C如果以中央轴线为准，上下增大板间距离，可以提高微滴偏移的灵敏度D要使微滴打在纸张的最高点或最低点，则微滴带电荷量与板间电压的关系应满足5离子推进器是利用电场
4、加速带电粒子，形成向外发射的粒子流，从而对飞行器产生反冲力使其获得加速度的。已知飞行器和推进器的总质量为M，推进器发射的是2价氧离子，发射功率为P，加速电压为U，若每个氧离子的质量为m，基本电荷的电荷量为e，不计发射氧离子后飞行器质量的变化，下列判断正确的是（）A射出的氧离子速度为B每秒钟射出的氧离子数为C射出离子后飞行器开始运动的加速度大小为D离子射出时的动量大小P=2meU6.在真空中有水平放置的两个平行、正对金属平板，板长为l，两板间距离为d，在两极板间加一交变电压如图乙，质量为m，电荷量为e的电子以速度v0 （v0接近光速的1/20）从两极板左端中点沿水平方向连续不断地射入两平行板之间
5、若电子经过两极板间的时间相比交变电流的周期可忽略不计，不考虑电子间的相互作用和相对论效应，则（ ）A当Um时，所有电子都能从极板的右端射出B当Um时，将没有电子能从极板的右端射出C当时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：2D当时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：7如图所示，a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中a、b、c三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分，小球d位于O点正上方h处，且在外力F作用下恰处于静止状态。已知a、b、c
6、三小球的电荷量均为q，d球的电荷量为-6q，重力加速度为g，静电力常量为k，则（）A小球a的线速度为 B小球b的角速度为C小球c的向心加速度大小为 D外力F竖直向上，大小为8.如图，在水平地面上固定一倾角为的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为，方向沿斜面向下的匀强电场中。绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态（若规定弹簧自然长度时弹性势能为零，弹簧的弹性势能，其中为弹簧劲度系数，为弹簧的形变量）。一质量为、带电量为的滑块从距离弹簧上端为处静止释放，滑块在运动过程中电量保持不变，设滑块与弹簧接触后粘在一起不分离且无机械能损失，物体刚好能返回到段中点，弹簧始终处在弹性限度内，重力
7、加速度大小为。则下列说法不正确的是（ ）A滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间为B弹簧的劲度系数为C滑块运动过程中的最大动能等于D运动过程中物体和弹簧组成的系统机械能和电势能总和始终不变9如图，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，选地面的电势为零，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，下列说法正确的是（ ）A电压表读数减小B小球的电势能减小C电源的效率变高D若电压表、电流表的示数变化量分别为 和 ，则 10在如图甲所示的电路中，电源电动势为3V，内阻不计，L1、L2是相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，R为定值电阻，阻值为10当开关
8、S闭合后AL1的电阻为1.2BL1消耗的电功率为0.75WCL2的电阻为5DL2消耗的电功率为0.1W11如图(a)电路，当变阻器的滑动片从一端滑到另一端的过程中， 两电压表的示数随电流的变化情况如图(b)U-I图像中的AC、BC两直线所示，不考虑电表对电路的影响。下面说法错误的是A电源电动势为E=9V B电源内阻r = 1C定值电阻R03 D变阻器消耗的最大功率为7W12如图所示，将一个细导电硅胶弹性绳圈剪断，在绳圈中通入电流，并将其置于光滑水平面上，该空间存在竖直向下的匀强磁场。已知磁感应强度为，硅胶绳的劲度系数为，通入电流前绳圈周长为，通入顺时针方向的电流稳定后，绳圈周长变为。则下列说法
9、正确的是（）A通电稳定后绳圈中的磁通量大于B段绳圈所受安培力的合力大小为C图中两处的弹力大小均为D题中各量满足关系式二、实验题（每空1分，共10分）13某同学利用DIS（传感器），定值电阻R0、电阻箱R1等实验器材测量电池a的电动势和内阻，实验装置如图1所示，实验时多次改变电阻箱的阻值，记录外电路的总电阻阻值R，用电压传感器测得端电压U，并在计算机上显示出如图2所示的关系图线a，重复上述实验方法测量电池b的电动势和内阻，得到图2中的图线b.（1）由图线a可知电池a的电动势E=_V，内阻r=_（2）若用同一个电阻R先后与电池a及电池b链接，则两电池的输出功率_（填“大于”、“等于”或“小于”）1
10、4某同学欲将内阻为98.5、量程为100uA的电流表改装成欧姆表并进行刻度和校准，要求改装后欧姆表的15k刻度正好对应电流表表盘的50uA刻度可选用的器材还有：定值电阻R0（阻值14k），滑动变阻器R1（最大阻值1500），滑动变阻器R2（最大阻值500），电阻箱（099999.9），干电池（E=1.5V，r=1.5），红、黑表笔和导线若干（1）欧姆表设计将图（a）中的实物连线组成欧姆表（2）欧姆表改装好后，滑动变阻器R接入电路的电阻应为_：滑动变阻器选_（填“R1”或“R2”）（3）刻度欧姆表表盘通过计算，对整个表盘进行电阻刻度，如图（b）所示表盘上a、b处的电流刻度分别为25和75，则a、
11、b处的电阻刻度分别为_、_（4）校准红、黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指向_k处；将红、黑表笔与电阻箱连接，记录多组电阻箱接入电路的电阻值及欧姆表上对应的测量值，完成校准数据测量若校准某刻度时，电阻箱旋钮位置如图（c）所示，则电阻箱接入的阻值为_三、 计算题（共42分）15（8分）如图所示，在铅板A中心处有一个放射源C，它能向各个方向不断地射出速度大小相等的电子流，B为金属网，M为紧靠金属网外侧的荧光屏，电子打在荧光屏上会使其发出荧光，A和B连接在分压电路上，它们相互平行且正对面积足够大已知电源电动势为E，滑动变阻器的最大电阻是电源内阻的4倍，A、B间距为d ，电子质量为m，电量为e
12、，闭合电键k，不计电子运动所形成的电流对电路的影响、忽略重力作用（1）当图中滑动变阻器的滑片置于变阻器最右端时，若电子流初速率为v0，求电子打到荧光屏的速率；（2）若移动变阻器的滑片移至某位置，荧光屏上形成的亮斑最小面积为S，求出此时电子刚离开放射源C的初速度大小16（10分）如图所示，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度为B，竖直金属支架相距为L，下端连接电容器，已知电容器电容为C。电源电动势为E，内阻为r。质量为m的导体棒PQ水平地搁置在竖直支架上。单刀双掷开关S先打到1，经过足够长的时间后，再把开关S打到2，导体棒PQ将立即跳起（此时导体棒所受磁场力远大于其重力），上升的最大高度为h，不计空
13、气阻力，求：（1）S打到2之前，电容器所带电荷量q0；（2）导体棒PQ上升到最大高度所对应的初速度v0；（3）导休棒PQ上升到最大高度h时，电容器所带电荷量q。17（12分）如图所示，光滑绝缘斜面高度h0.45 m，斜面底端与光滑绝缘水平轨道圆弧连接，水平轨道边缘紧靠平行板中心轴线平行板和三个电阻构成如图所示电路，平行板板长为l0.9 m，板间距离d0.6 m，R13 ，R23 ， R36 可以看为质点的带电小球，电量q0.01 C，质量m0.03 kg，从斜面顶端静止下滑（1）若S1、S2均断开，小球刚好沿平行板中心轴线做直线运动，求电源电动势E（2）若S1断开，S2闭合，小球离开平行板右边
14、缘时，速度偏向角tan ，求电源内阻r（3）若S1、S2均闭合，判断小球能否飞出平行板？18（12分）如图甲所示，真空中的电极被连续不断均匀地发出电子（设电子的初速度为零），经加速电场加速，由小孔穿出，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板、间的中线射入偏转电场，、两板距离为、板长为，两板间加周期性变化的电场，如图乙所示，周期为，加速电压为，其中为电子质量、为电子电量，为、板长，为偏转电场的周期，不计电子的重力，不计电子间的相互作用力，且所有电子都能离开偏转电场，求：(1)电子从加速电场飞出后的水平速度大小？(2)时刻射入偏转电场的电子离开偏转电场时距、间中线的距离；(3)在足够长的时间内从中线上方
15、离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比。参考答案1【答案】A2【答案】D3【答案】B4【答案】B5【答案】C6【答案】A7【答案】C8【答案】C9【答案】AD10【答案】BC11【答案】AD12【答案】ACD13、【答案】2V 0.5 小于 大于 【解析】【分析】【详解】（1）根据，得由图象a得，截距b=0.5，斜率k=0.25所以电动势，内阻（2）从图象可知：截距，斜率，电动势，内阻，电池的输出功率，得小于；14、答案】 900 R1 45 5 0 35000.0 【解析】【分析】【详解】（1）连线如图：根据欧姆表的改装原理，当电流计满偏时，则，解得R=900；为了滑动变阻器的安全
16、，则滑动变阻器选择R1；（2）在a处， ，解得Rxa=45k；在b处，则，解得Rxb=5k；（3）校准：红黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指到0 k处；由图可知，电阻箱接入的电阻为：R=35000.015【答案】（1）（2）（3）试题分析：（1）滑片在最右端时，由动能定理,得电子打到荧光屏的速率（2）当滑片处于最右端时，亮斑最小，此时初速v沿平行于A板方向的电子打在荧光屏上的位置距离圆心最远设亮斑半径为电子在匀强电场中做类平抛运动=vtd=当滑片处于最右端时，电压为圆面积公式S=，解得，16【答案】（1）；（2）；（3）（1）S打到2之前，电容器所带电荷量（2）设起跳速度为，则由机械能
17、守恒定律，有解得（3）设通电的瞬时t内平均电流为I，则平均安培力由动量定理，有得电荷量是跳起前通过导体棒的电量，则有所以，电容器上所带电量17【答案】（1）18 V（2）1 （3）能飞出（1）小球下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：解得： ，对S1、S2均断开时，极板电势差即为电源电动势E，由平衡条件得：解得：E18 V（2）当S1断开，S2闭合时，带电小球做类平抛运动，水平方向： 竖直方向分速度：对带电小球，由牛顿第二定律得： ，其中： ，代入数据解得：a14m/s2，E118 N/C，UC10.8 V，当S1断开，S2闭合时，R1与R3串联，电容器与R3并联，电容器两端电压：由部分电路
18、欧姆定律：由闭合电路欧姆定律：代入数据解得：r1 （3）当S1、S2均闭合时，R2与R3并联，并联电阻：电路电流： 电压：对小球，由牛顿第二定律得：其中电压：联立求解：对带电小球类平抛运动分析，有： 联立求解：y0.3 m，y0.3 m，带电小球恰好从右侧极板边缘飞出18【答案】(1) ；(2) ；(3) (1)加速电场加速。由动能定理得解得(2)电子在偏转电场里水平方向匀速运动，水平方向有所以运动时间则时刻射入偏转电场的电子，在竖直方向匀加速运动，竖直方向有(3)由上问可知电子在电场中的运动时间均为，设电子在时加速度大小为，时加速度大小为，由牛顿第二定律得：，在时间内，设时刻射入电场中的电子偏转位移刚好为，则：解得在时间内，时间内射入电场中的电子均可从中垂线上方飞出。这段时间内，设能够从中垂线上方飞出粒子的时间间隔为，时刻射入的电子刚好偏转位移为，则有解得所以所以从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比