1、北京九中2019-2020学年度第一学期期末考试高二物理（选考水平）一单项选择题（每题3分，共42分）1.如图所示，真空中有带电量Q的点电荷位于某点P处，已知点P在M、N连线上且MP=3PN，则该点电荷在M点和N点产生的电场强度EM和EN的大小关系正确的是（ ）A. EM=3ENB. EM=9ENC. EM=END. EM=EN【答案】D【解析】【详解】由点电荷场强的决定式 可知场强大小与到点电荷距离的平方成反比，因MP=3PN，EM=EN，故D正确，ABC错误。故选择D选项。2.电场线分布如图所示，图中P、Q两点电场强度的大小分别为EP和EQ，电势分别为P和Q，则（ ）A. EPQB. EP
2、EQ，PQC. EPEQ，PQD. EPEQ，PEQ ，沿电场线方向电势逐渐降低，说明，故B正确，ACD错误。故选择B选项。3.下列图示中标示了电流方向、磁感线指向、通电直导线或运动电荷所受磁场力方向，其中所标示方向均符合物理规律，正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】A由左手定则可知安培力垂直电流向上，故A错误；B因带电粒子沿磁感线运动，不受洛伦兹力作用，故B错误；C由左手定则可知感应电流沿杆向上，故C正确；D由右手螺旋定则（安培定则）可知俯视时磁感线为逆时针方向，故D错误。故选择C选项。4.一个固定电容器在充电过程中，两个极板间的电压U随电容器所带电荷量Q的变化而
3、变化下图中正确反映U和Q关系的图像是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】明确电容器的电容由本身的性质决定，与Q和U无关，根据Q=CU，知U与Q成正比【详解】根据，可知，由于电容器不变，因此电压U和电量Q成正比，故A正确BCD错误【点睛】解决本题的关键掌握电容的定义式为，知道C与Q和U无关，根据Q=CU，知Q与U成正比，同时根据电容器的决定式理解电容器电容大小与那些因素有关5.在磁场中的同一位置放置一根直导线，导线的方向与磁场方向垂直。先后在导线中通入不同的电流，导线所受的力也不一样。下列图像表现的是导线受力的大小F与通过导线的电流I的关系。a、b各代表一组F、I的数据。在A、B、
4、C、D四幅图中，正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】导线的方向与磁场方向垂直时，且同一位置处磁感应强试B大小、方向确定，由安培力公式，可知安培力和I成正比，故A正确，BCD错误。故选择A选项6.有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流强度为I，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电量为e，此时电子的定向移动速度为v，在时间内，通过导线横截面积的自由电子数目可表示为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】AC将电流强度的微观表达式代入，可得故AC错误BD设自由电子数目为N，故B正确，D错误。故选择B选项。7.如图所示，平行金属板间存在匀强电场，一
5、个电子以初速度v1沿平行于板面方向射入电场，经过时间t1射出电场，射出时沿垂直于板面方向偏移的距离为d1另一个电子以初速度v2（v2v1）仍沿平行于板面方向射入电场，经过时间t2射出电场，射出时沿垂直于板面方向偏移的距离为d2不计电子的重力，则下列关系式中正确的是A. t1d2D. d1d2【答案】C【解析】【分析】电子垂直入射电场，在穿越电场的过程中，做类平抛运动，沿垂直电场的方向的分运动为匀速直线运动，沿平行于电场的方向的分运动为初速度为零的匀加速直线运动【详解】电子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动：，沿平行与电场的方向上的分运动为匀加速直线运动，偏转量由于两电子穿越同一电场，所以加速
6、度a相同，但由于初速度，故，故本题选C【点睛】本题考查化曲为直，处理类平抛运动问题的分析方法，会比较不用粒子在电场中运动的时间和偏转量，掌握分析方法至关重要8.如图所示，正方形区域EFGH中有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带正电的粒子（不计重力）以一定的速度从EF边的中点M沿既垂直于EF边又垂直于磁场的方向射入磁场，正好从EH边的中点N射出若该带电粒子的速度减小为原来的一半，其它条件不变，则这个粒子射出磁场的位置是A. E点B. N点C. H点D. F点【答案】A【解析】【分析】带电粒子垂直磁场方向进入磁场后，在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力；根据洛伦兹力提供向心力和轨迹上两点的
7、连线的中垂线都通过圆心找到圆心，确定半径；改变速度后，根据洛伦兹力提供向心力求出新的半径，再次根据洛伦兹力提供向心力找出圆心，画出轨迹【详解】第一次从点M进入磁场，从点N射出，故M、N是轨迹上的两个点，连线的中垂线通过圆心，经过M点时，洛伦兹力提供向心力，判断出洛伦兹力的方向是平行纸面向上并指向C点，故得到C即为圆心，半径R等于线段CM的长度，即正方向边长的一半；洛伦兹力提供向心力，有，解得：，该带电粒子的速度减小为原来的一半后，半径减小为一半；故圆心移到线段CM的中点，轨迹如图；故本题选A【点睛】本题关键在于找出圆心、确定轨迹、求出半径，同时要结合洛伦兹力提供向心力进行分析计算9.如图，悬线
8、一端固定，另一端拉住一个带电小球，使之在匀强电场中处于静止状态。忽略空气阻力，当悬线突然断裂后，带电小球将做（ ）A. 匀变速曲线运动B. 匀速直线运动C. 匀变速直线运动D. 圆周运动【答案】C【解析】【详解】AC当悬线有向下的拉力时，悬线断裂后，电场力和重力的合力与原来悬线的拉力等大反向，小球从静止开始做匀加速直线运动，故A错误，C正确；B对带电小球受力分析可知，小球可能只受重力和竖直向上的电场力，若二力合力为零，悬线突然断裂后，小球仍静止，不会做匀速直线运动，故B错误；D悬线拉力断裂后，小球受到电场力和重力，二者合力可能为零，物体静止；可能合力为恒力做匀加速直线运动，恒力作用下物体不会做
9、圆周运动，故D错误。故选择C选项。10.如图，有一提升重物用的直流电动机，内阻r=2，串连电阻R=10，供电电压U=160V，电压表的读数为110V，则下列说法正确的是（ ）A. 通过电动机的电流为11AB. 通过电动机的电流为5AC. 输入到电动机的电功率为500WD. 在电动机中发热的功率为550W【答案】B【解析】详解】AB由欧姆定律可得代入数值可得，故A错误，B正确；C输入到电动机的电功率为故C错误；D在电动机中发热的功率故D错误。故选择B选项。11.如图所示是双量程电压表的电路图，已知电流表满偏电流Ig=1mA，电阻R1=4.5k，R2=20k，当使用a、b两个端点时，量程为05V，
10、则使用a、c两个端点时的量程是（ ）A. 010VB. 015VC. 020VD. 025V【答案】D【解析】【详解】根据串联电路规律故D正确，ABC错误。故选择D选项。12.如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知A. 带电质点通过Q点时的加速度a的方向如图中箭头所示B. 三个等势面中，c的电势最高C. 带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大D. 带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大【答案】D【解析】【详解】A由轨迹的弯曲情况，电场力应
11、指向曲线凹侧，且与等势面垂直（电场线垂直该处等势面），图中电场力的方向与等势面平行，所以A错误；B电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线方向电势逐渐降低，故a等势线的电势最高，c等势线的电势最低，B错误；C根据质点受力与速度夹角可知，从P到Q过程中，电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，C错误；D从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，D正确；故选D。13.如图是质谱仪工作原理示意图带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E，平板S上有可让粒子通
12、过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场下列说法正确的是（ ）A. 速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里B. 能通过狭缝P的带电粒子的速率等于B / EC. 比荷（q/m）越大的粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝PD. 粒子从P点运动到胶片A1A2的时间为2m/qB0【答案】C【解析】【详解】粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则知该粒子带正电，在速度选择器中，所受的电场力水平向右，则洛伦兹力水平向左，根据左手定则，磁场的方向垂直纸面向外，A错误；粒子在速度选择器中做匀速直线运动，有qE=qvB，解得v=,B错误；进入偏转磁场后，有qvB0=m，解得R=知R越小，比荷
13、越大,C正确；粒子从P点运动到胶片A1A2的时间是整个圆周运动周期的一半，为，D错误14.静电场方向平行于x轴，其电势随x的分布可简化为如图所示的图线，图中0和d为已知量。一个带正电的粒子沿x轴方向由x=d/2处运动至x=d处。已知该粒子质量为m、电量为q，忽略重力。则运动过程中（ ）A. 粒子所受电场力的大小为B. 粒子的电势能减少C. Od间的电势差为D. 粒子运动的加速度越来越大【答案】A【解析】【详解】在图象中斜率表示电场强度，因各点斜率相同，说明该电场为匀强电场，设场强大小为E 粒子所受电场力的大小为故A正确；该电场为匀强电场，方向沿+x，带正电的粒子从x=d/2处运动至x=d处，电
14、场力做正功，粒子的电势能减少，故B错误；Od间的电势差为故C错误；D该电场为匀强电场，粒子受到的电场力不变，运动的加速度不变，故D错误。故选择A选项。二、实验题（18分）15.某同学用图示电路测绘“3.8V，2W”小灯泡的电流I随电压U变化的图像。除了导线和开关外，有以下一些器材可供选择：电流表：A1（量程100mA，内阻约2）；A2（量程0.6A，内阻约0.3）；电压表：V1（量程5V，内阻约5 k）；V2（量程15V，内阻约15 k）；滑动变阻器：R1（阻值范围010）；R2（阻值范围02 k）；电源：E1（电动势为1.5V，内阻约为0.2）；E2（电动势为4V，内阻约为0.04）；（1）
15、为了调节方便，测量准确，实验中应选用电流表_，电压表_。滑动变阻器_，电源_；（填器材的符号）（2）根据实验数据，描绘出I-U的图像数据如图所示，由图像可知，当所加电压为4.0V时，灯丝电阻为_，灯泡消耗的电功率为_W。（3）若此实验中测量电压、电流数据时，同时记录了滑动变阻器滑动头P从左往右滑动的不同距离x，下列最符合实验中测量电压U与滑动头P从左往右滑动的距离x的关系的是_.【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). 8.0 (6). 2.0 (7). B【解析】【详解】(1)1因小灯泡的额定电流为，故选择。2 因小灯泡的额定电压为3.8V，故电压表选择；3 因滑动变阻器采
16、用的时分压式接法，选择可小灯泡两端电压接近线性变化，调节方便，故选择。4 因小灯泡的额定电压为3.8V，故电源选择。(2)56(3)7滑动变阻器采用分压式接法，滑动变阻器滑动头P从左往右滑动时，小灯泡两端电压逐渐增大，因小灯泡的电阻和滑动变阻器的最大电阻接近，故小灯泡两端电压接近线性变化，故B正确，ACD错误。故选择B选项。16.用电流表和电压表测定干电池的电动势E和内电阻r，所用的电路如图，一位同学测得了实验的U-I图像。（1）根据U-I图像，可得电池的电动势E_V，内阻r_。（2）这位同学对以上实验进行了误差分析。其中正确的是（ ）A实验产生的系统误差，主要是由于电压表的分流作用B实验产生
17、的系统误差，主要是由于电流表的分压作用C实验测出的电动势小于真实值D实验测出的内阻大于真实值（3）同学们探究用不同方法测定干电池的电动势和内阻，提出的实验方案中有如下四种器材组合。为使实验结果尽可能准确，最不可取的一组器材是（ ）A一个安培表、一个伏特表和一个滑动变阻器 B一个伏特表和多个定值电阻C一个安培表和一个电阻箱 D两个安培表和一个滑动变阻器【答案】 (1). 1.48 (2). 0.72 (3). AC (4). D【解析】【详解】(1)1 根据U-I图像，可得电池电动势E1.48V，2内阻r(2)3A B通过电源的电流实际为通过电流表和电压表电流之和，通过电源的电流只计算电流表电流
18、时比真实值小，说明实验产生的系统误差，主要是由于电压表的分流作用，故A正确，B错误；C D做出U-I图象可知实验测出的电动势小于真实值，故C正确，D错误。故选择AC选项。 (3)4A一个安培表、一个伏特表和一个滑动变阻器，由闭合电路欧姆定律可得联立可求得E、rB一个伏特表和多个定值电阻, 由闭合电路欧姆定律可得联立可测出E、rC一个安培表和一个电阻箱，由闭合电路欧姆定律可得联立可求得E、rD两个安培表和一个滑动变阻器，因无法知道滑动变阻器的确切阻值，无法根据欧姆定律列出方程，不能测出E、r。故选择D选项。三、论述、计算题（共40分）必须写出必要的文字说明、方程式、演算步骤和答案，单位。17.场
19、是物质存在的一种形式。我们可以通过物体在场中的受力情况来研究场的强弱，并由此定义了电场强度、磁感应强度等物理量。（1）写出电场强度的定义式，并说明公式中各物理量的含义；（2）写出磁感应强度的定义式，并说明公式中各物理量的含义。【答案】(1) E 指的是电场中某点电场强度，F 指的是检验电荷受到的库仑力，q 指的是检验电荷的电量。(2) B 指的是磁场中某点的磁感应强度，F 指的是通电导线垂直磁感应强度时受到的安培力，I 指的是通电电流强度，L 指的是通电导线的有效长度。【解析】【详解】(1) E 指的是电场中某点电场强度，F 指的是检验电荷受到的库仑力，q 指的是检验电荷的电量。电场强度的大小
20、是由场源电荷电量及到场源电荷的距离决定的，与检验电荷的电量无关。(2) B 指的是磁场中某点的磁感应强度，F 指的是通电导线垂直磁感应强度时受到的安培力，I 指的是通电电流强度，L 指的是通电导线的有效长度。磁感应强度是由磁体（或电流）及位置决定的，与检验通电导线的电流、长度无关。18.如图所示，匀强磁场的磁感应强度方向竖直向上，一倾角为的光滑斜面上，放置一根长为L，质量m，通有电流I的金属棒，金属棒保持静止。求：（1）画出导体棒在斜面上的受力示意图；（2）导体棒所受安培力的大小；（3）匀强磁场磁感应强度的大小。【答案】(1) (2) (3) 【解析】【详解】(1)对导体棒受力分析如图所示(2
21、)导体棒受到的合力为零，则安培力和重力两个力的合力与支持力等大反向由几何关系可得(3)由安培力公式可得变形可得19.足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L = 0.4 m，一端连接的电阻R =1 。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B = 1 T。导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好，电阻r =1 。导轨的电阻忽略不计。在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v = 5 m/s。（1）导体棒的感应电动势E；回路中的感应电流I；导体棒两端的电压U；（2）拉力F的大小；在0.1 s时间内，拉力F的冲量IF的大小；（3）在0.1 s时间内，拉力
22、F做的功WF；【答案】(1) 2V；1A； 1V (2) 0.4N；0.04NS(3) 0.20J【解析】【详解】(1)由闭合电路欧姆定律可得(2)由安培力公式可得由冲量的定义式可得(3) 由恒力做功公式可得20.某回旋加速器的两个半圆金属盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，两金属盒间存在交变电场，用其加速质子。已知金属盒的半径为R，磁场的磁感应强度为B，金属盒间缝隙的加速电压为U，质子的质量为m，电荷量为q。求（1）交变电场的频率f；（2）质子加速完毕出射时的动能Ek；（3）质子在回旋加速器中运动的圈数n。【答案】(1) (2) (3)【解析】【详解】质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
23、联立可得(2) 洛伦兹力提供向心力，当半径最大时，对应的速度最大，动能最大，最大半径为R联立可得质子在磁场中每转一圈加速两次，获得能量为2Uq，设质子在回旋加速器中运动的圈数n，则有将代入可得21.如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出打在距离偏转板右侧为S的竖直屏幕上。已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U1；偏转电场极板间电压为U2，极板长度为L，板间距为d；（1）忽略电子所受重力，求电子从电场射出后打在竖直屏幕上的竖直偏转距离y；（2）分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法。在解决（1）问时忽略了电子所受重力，请说明忽略重力
24、的原因。（3）地球表面沟壑丛生，既有高山，又有大海，但平时我们都把地球看作一个圆球。已知地球最高峰珠穆朗玛峰高度8844.43m，地球平均半径6371.393km，请你用分析物理量的数量级的方法，说明把地球视作一个圆球的原因。【答案】(1)(2) 因 故重力可以忽略(3) 山锋的高度相对地球半径来说可忽略不计，地球可视为一个球体。【解析】【详解】(1)电子在加速电场中做加速直线运动，由动能定理可得 在偏转电场中做类平抛运动水平方向匀速运动 竖直方向做匀加速运动联立以上各式可得根据类平抛的推论，出电场时的速度反向延长线交于水平射程的中点，根据三角形相似关系可得将代入上式可得(2)重力大小电场力大小，设 ，因 故重力可以忽略(3) 720 山峰的高度相对地球半径来说可忽略不计，可以把地球视作一个圆球。