1、集宁一中2019-2020学年第一学期第二次自我检测高二年级物理试题本试卷满分为110分 第卷 （选择题 共48分）一、选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分在每小题给出的四个选项中.第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1. 如图1所示，虚线表示电场中一簇等势面，相邻等势面之间电势差相等一个粒子以一定的初速度进入电场中，只在电场力作用下从M点运动到N点，此过程中电场力对粒子做负功.由此可以判断（ ）AM点的电势高于N点的电势B粒子在M点的电势能小于在N点的电势能C粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力 图1D
2、粒子经过M点时的速率小于经过N点时的速率 2. 如图2所示电路中，A、B是构成平行板电容器的两金属极板，P为其中的一个定点将开关S闭合，电路稳定后将A板向上平移一小段距离，则下列说法正确的是() A电容器的电容增加 B在A板上移过程中，电阻R中有向上的电流 CA、B两板间的电场强度增大 DP点电势升高 图23. 如图3所示，已知长直通电导线在周围某点产生磁场的磁感应强度大小与电流成正比、与该点到导线的距离成反比.4根电流大小相同的长直通电导线a、b、c、d平行放置，它们的横截面的连线构成一个正方形，O为正方形中心，a、b、c中电流方向垂直纸面向里，d中电流方向垂直纸面向外，则a、b、c、d长直
3、通电导线在O点产生的合磁场的磁感应强度 () A大小为零 B大小不为零，方向由O指向d C大小不为零，方向由O指向c D大小不为零，方向由O指向a 图34. 如图4所示，回旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的装置，其核心部分是两个D型金属盒，置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连下列说法正确的有 （ ） A粒子被加速后的最大速度随磁感应强度和D型盒的半径的增大而增大 B高频电源频率随粒子速度的增大而增大 C粒子被加速后的最大动能随高频电源的加速电压的增大而增大 图4 D粒子从磁场中获得能量5如图5所示，正六边形abcdef区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，有两个质量和电荷量都相等的粒子沿
4、ad方向射入磁场后分别从b、e两点射出，不计粒子重力下列说法正确的是（ ） A两粒子的速率相等B从b点射出的粒子速率较大C从b点射出的粒子在磁场中运动时间较长D从e点射出的粒子在磁场中运动时间较长 图5来源:学科网6如图6甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势随x变化的关系如图6乙所示，若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用则() A电子将沿Ox方向运动 B电子的电势能将一直减小 C沿Ox方向电场强度一直增大 D电子运动的加速度先减小后增大 图67如图7所示，导线ab和cd互相平行，在下列情况中，使导线cd中有感应电流产生的是（ ） A将开关S闭合或断开
5、B开关S闭合后，将滑动变阻器的滑片P向右移动 C开关S闭合后，将滑动变阻器的滑片P向左移动 D开关S始终闭合，滑动变阻器的滑片P也不移动 图78.如图8所示，匀强电场方向水平向右，场强为E，不可伸长的悬线长为L.上端系于O点，下端系质量为m、带电荷量为q的小球，已知Eqmg.现将小球从最低点A由静止释放，则下列说法正确的是() A小球可到达水平位置 B当悬线与水平方向成45角时小球的速度最大 C小球在运动过程中机械能守恒 D小球速度最大时悬线上的张力为(32)mg 图8 第卷（非选择题 共62分）二、填空题(每空4分，共24分)9如下图中游标卡尺的读数是 mm，螺旋测微器的读数是_ mm. 当
6、使用3 A量程时电流表的读数为 A. 10. 某同学设计了如下图甲所示的电路来测量电源电动势E、内阻r和电阻R1的阻值实验器材有：待测电源(电动势为E，内阻为r)；待测电阻R1；电压表V(量程1.5 V，内阻很大)；电阻箱R(099.99 )；开关S1；单刀双掷开关S2；导线若干 (1)先测量电阻R1的阻值，请将该同学的操作补充完整闭合S1，将S2切换到a，调节电阻箱，读出其示数R0和对应的电压表示数U1；来源:学科网ZXXK保持电阻箱示数不变，将S2切换到b，读出电压表的示数U2；则电阻R1表达式为R1_.(2)该同学已经测得电阻R14.95 ，继续测量电源电动势E和内阻r做法是：闭合S1，
7、将S2切换到a，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了如图乙所示的图线，则电源电动势E_V，内阻r_.(保留三位有效数字)三、计算题（共38分，写出必要的文字说明和计算步骤）11 .（12分）如图电场强度为E=104V/m的水平匀强电场中有一绝缘轨道，其中轨道的BC部分是半径为R=0.2m的光滑圆轨道，轨道的AB部分水平且与BC相切。AB长度为2R，一质量m=0.1kg，带电量为q=+10-4 C的小球，与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，由A点静止释放后，求:(g=10m/s2)(1)小球到达B点所用的时间(2)小球在C点时，轨道受到的压力大小12.（1
8、2分）如图所示，带电荷量为q、质量为m的物块从倾角为37的光滑绝缘斜面顶端由静止开始下滑，磁感应强度为B的匀强磁场垂直纸面向外，重力加速度为g，求物块在斜面上滑行的最大速度和在斜面上运动的最大位移。(斜面足够长，取sin 370.6，cos 37 0.8)13.（14分）(10分)如图所示，平面直角坐标系xOy中，第I象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第IV象限在x轴与y=d之间的区域内存在垂直于平面向外的匀强磁场一质量为m、电荷量为q（q0）的带电粒子以初速度v0从y轴上P(0,h)点沿x轴正方向开始运动，经过电场后从x轴上的点进入磁场，粒子恰能从磁场的下边界离开磁场不计粒子重力求：(1)粒子
9、在Q点速度的大小v和与x轴正方向夹角；(2)匀强磁场磁感应强度大小B集宁一中2019-2020学年第一学期第二次自测高二年级物理试题答案一、选择题12345678BBDACABDABCABD二、填空题(每空4分，共24分)9. 9.60；5.6950.002；2.2010. R0； 1.43； 1.05(1.06也正确) 三、计算题（共38分，写出必要的文字说明和计算步骤）11【答案】(1)0.4s (2) 3N （1）根据牛顿第二定律求出AB段的加速度，根据位移时间关系可求时间；（2）对全过程应用动能定理可求到达C点的速度，根据牛顿第二定律可求对轨道的压力，再由牛顿第三定律可知小球对轨道的压
10、力【详解】（1）.水平轨道上，对小球，由牛顿第二定律得：设运动时间为t，则： 由以上各式得：t=0.4s （2）设小球在C点的速度大小是vC,则对于小球由AC的过程中,由动能定理得: 小球在C点，由牛顿第二定律得: 解得: 由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力:NC=NC=3N12. 【答案】最大速度为：;最大位移为：解：（1）当小物体沿斜面加速下滑时，随着速度的增加，洛伦兹力逐渐增大，为了使小物体离开斜面，洛伦兹力的方向使必须垂直于斜面向上，可见，小物体带负电；小物体沿斜面下滑时，受力如图所示：由牛顿第二定律得：mgsin=ma，故加速度：a=gsin，洛伦兹力F=qvB，当FN=0，即qv
11、B=mgcos，v=时，小物体开始离开斜面；（2）由匀变速直线运动的速度公式可得：2ax=v2 所以：x=13.【答案】（1），；（2）B【解析】（1）PQ过程，粒子做类平抛运动，则来源:Zxxk.Com解得，（2）设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为R，则来源:学科网几何关系：解得B集宁一中2019-2020学年第一学期第二次自测高二年级物理试题答案一、选择题12345678BBDACABDABCABD二、填空题(每空4分，共24分)9. 9.60；5.6950.002；2.2010. R0； 1.43； 1.05(1.06也正确) 三、计算题（共38分，写出必要的文字说明和计算步骤）1
12、1【答案】(1)0.4s (2) 3N （1）根据牛顿第二定律求出AB段的加速度，根据位移时间关系可求时间；（2）对全过程应用动能定理可求到达C点的速度，根据牛顿第二定律可求对轨道的压力，再由牛顿第三定律可知小球对轨道的压力【详解】（1）.水平轨道上，对小球，由牛顿第二定律得：设运动时间为t，则： 由以上各式得：t=0.4s （2）设小球在C点的速度大小是vC,则对于小球由AC的过程中,由动能定理得: 小球在C点，由牛顿第二定律得: 解得: 由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力:NC=NC=3N12. 【答案】最大速度为：;最大位移为：解：（1）当小物体沿斜面加速下滑时，随着速度的增加，洛伦兹力逐渐增大，为了使小物体离开斜面，洛伦兹力的方向使必须垂直于斜面向上，可见，小物体带负电；小物体沿斜面下滑时，受力如图所示：由牛顿第二定律得：mgsin=ma，故加速度：a=gsin，洛伦兹力F=qvB，当FN=0，即qvB=mgcos，v=时，小物体开始离开斜面；（2）由匀变速直线运动的速度公式可得：2ax=v2 所以：x=13.【答案】（1），；（2）B【解析】（1）PQ过程，粒子做类平抛运动，则来源:Z,xx,k.Com解得，（2）设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为R，则几何关系：解得B
