1、高考资源网（） 您身边的高考专家北京九中20192020学年度第一学期期中统练2019.11高二物理（选考水平）一单项选择题（每题3分，共60分）1.如图所示，真空中有两个点电荷分别位于M点和N点，它们所带电荷量分别为和已知在M、N连线上某点P处的电场强度为零，且MP=3PN，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】因为P处的电场强度为0，故，因为MP=3PN，故q1=9q2，选项B正确2.某静电场的电场线分布如图所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为EP和EQ，电势分别为P和Q，则()A. EPEQ，PQB. EPEQ，PQC. EPQD. EPEQ，PQ【答案】A【解
2、析】【分析】本题考查电场线和电势【详解】据题意，从上图可以看出，P点所在位置电场线较密集，该位置电场强度也较大，则有：，沿电场线方向电势降低，则P点电势较高，有： 【此处有视频，请去附件查看】3.如图所示，匀强磁场的磁感应强度B0.2 T，通电直导线与磁场方向垂直，导线长度L0.2 m，导线中电流I1 A该导线所受安培力F的大小为( ) A. 0.01 NB. 0.02 NC. 0.03 ND. 0.04 N【答案】D【解析】【详解】根据F=BIL可知导线所受安培力F大小为F=0.210.2N=0.04N，故选D.4.可以用检验电荷在电场中的受力情况来研究电场的强弱。若将检验电荷放在静电场中的
3、某一点，检验电荷的电荷量q不同，其所受的电场力F也不同。下列图像正确反映F和q关系的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】静电场中的某一点的场强不变，与检验电荷无关，根据，F与q成正比关系，所以A正确；故选A。5.一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的速度-时间图像如图所示则A、B两点所在区域的电场线是下图中的A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】由v-t图象可知，粒子做加速度逐渐增大的加速运动，因此从A到B该电荷所受电场力越来越大，电场强度越来越大，电场线密的地方电场强度大，且负电荷受力与电场方向相反，故ABC错误，D正确6.下
4、图中标出了磁场B的方向、通电直导线中电流I的方向，以及通电直导线所受磁场力F的方向，其中正确的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】A磁场方向向里，电流方向向右，根据左手定则判断，安培力F方向向上，A错误；B电流方向与磁场方向平行，所以通电导线不受安培力的作用，B错误；C磁场方向向左，电流方向垂直纸面向外，根据左手定则判断，安培力方向向下，C正确；D磁场方向向上，电流方向向右，根据左手定则判断，安培力垂直纸面向外，D错误；故选C。7.初速为v0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图所示，则电子A. 将向右偏转，速率不变，运动轨迹的曲率半径
5、变大B. 将向左偏转，速率改变，运动轨迹的曲率半径变大C. 将向左偏转，速率不变，运动轨迹的曲率半径不变D. 将向右偏转，速率改变，运动轨迹的曲率半径不变【答案】A【解析】【详解】根据安培定则，通电导线右侧的磁场垂直纸面向里，负电荷速度向上，根据左手定则可判断，洛伦兹力向右，所以粒子将向右偏，由于洛伦兹力不做功，所以粒子速率不变，根据洛伦兹力提供向心力有：，得到：，由于离导线越远，磁感应强度B越小，所以运动轨迹的曲率半径变大，A正确；故选A。8.下列图示中绘出了电流周围的一条磁感线，图中电流方向与磁感线绕向符合物理规律，没有错误的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】A螺线管的电
6、流环绕方向向下，根据安培定则可判断，螺线管内部磁场方向向右，A错误；B通电导线的方向垂直纸面向里，根据安培定则判断，磁感线环绕方向为顺时针，B错误；C通电圆环的电流方向为逆时针，根据安培定则，中心轴线处的磁场方向为垂直纸面向外，C错误；D通电导线的方向竖直向下，根据安培定则判断，磁感线环绕方向为顺时针，D正确；故选D。9.如图为三根通电平行直导线的断面图。若它们的电流大小都相同，且ab=ac=ad，则a点的磁感应强度的方向是A. 沿纸面由a指向bB. 垂直纸面指向纸外C. 垂直纸面指向纸里D. 沿纸面由a指向d【答案】A【解析】【详解】根据安培定则可判断每一条通电导线在a点的磁感应强度的方向，
7、如下图：由于电流大小相同，所以每根通电导线产生的磁感应强度的大小也相等，竖直方向相互抵消，最终a点的磁感应强度的方向为沿纸面由a指向b，所以A正确；故选A。10.如图所示，平行板电容器已经充电，静电计的金属球与电容器的一个极板连接，外壳与另一个极板连接，静电计针的偏转示电容两极板间的电势差实验中保持极板上的电荷量不变设电容两极正对面积为，极板间的距离为，静电计指针偏角为下列关于实验现象的描述正确的是（ ）A. 保持不变，增大，则变大B. 保持不变，减小，则不变C. 保持不变，减小，则变小D. 保持、不变，在两板间插入电介质，则变大【答案】A【解析】A：平行板电容器的电容，电容器电压与电容的关系
8、为，电量不变，保持不变，增大，电容减小，电压增大，变大，故A项正确B：电量不变，保持不变，减小，电容增大，电压减小，变小，故B项错误C：电量不变，保持不变，减小，电容减小，电压增大，变大，故C项错误D：电量不变，保持、不变，在两板间插入电介质，电容增大，电压变小，变小，故D项错误所以选A点睛：平行板电容器充电后，若保持其始终与直流电源相连，则板间电压不变当电容器电容的影响因素发生变化后，据、来判断各量如何变化平行板电容器充电后与电源断开，由于电荷不能移动，电容器的带电量不变当电容器电容的影响因素发生变化后，据、来判断各量如何变化11.在真空中把一绝缘导体向负电荷的小球P缓慢靠近(不相碰)，下列
9、正确的是A. M端感应电荷越来越多B. 导体内场强越来越大C. 导体上N的电势恒大于M点的电势D. 导体上的感应电荷在M、N两点产生的场强相等【答案】A【解析】【详解】A导体向小球P缓慢靠近，斥力作用越强，电子向N端聚集的越多，所以M端感应的正电荷也越来越多，A正确；B导体处于静电平衡状态，导体内部的场强处处为零，B错误；C导体处于静电平衡状态，导体表面是等势面，整个导体是等势体，所以导体上N的电势等于M点的电势，C错误；D导体处于静电平衡状态，导体内部的合场强处处为零，小球P在M点产生的场强大，则导体上的感应电荷在M点产生的场强也大，所以导体上的感应电荷在M产生的场强大于在N点产生的场强，D
10、错误；故选A。12.A、B为两等量异号点电荷，A带负电，B带正电，在A、B连线上有a、b、c三点，其中b为连线中点，且abbc，则A. a点与c点的电场强度大小相等，方向相反B. a点与c点的电势相等C. a、b间电势差与b、c间电势差相等D. 因为a点的电势低于c点的电势，所以点电荷在a点的电势能低于其在c点的电势能【答案】C【解析】【详解】等量异种电荷的电场线分布如图所示：Aa点与c点关于b点对称，所以电场强度的大小相等，方向都向左，A错误；B沿着电场线的方向电势是逐渐减小的，所以a点的电势小于c点的电势，B错误；C由于A、B是等量异种电荷，且abbc，根据对称性，所以，C正确；D因为a点
11、的电势低于c点的电势正确，但点电荷如果是负电荷，那么点电荷在a点的电势能大于其在c点的电势能，所以D错误；故选C。13.如图甲所示，两个平行金属板P、Q正对竖直放置，两板间加上如图乙所示的交变电压。t=0时，Q板比P板电势高U0，在两板的正中央M点有一电子在电场力作用下由静止开始运动（电子所受重力可忽略不计）。已知电子在04t0时间内未与两板相碰。则电子速度方向向左且速度大小逐渐增大的时间是A. 0tt0B. t0t2t0C. 2t0t3t0D. 3t0t4t0【答案】C【解析】【详解】A，电子所受电场力方向向右，电子向右做匀加速直线运动，速度逐渐增大，A错误；B在 ，电子所受的电场力方向向左
12、，电子向右做匀减速直线运动，2t时速度为零，B错误；C在，电子所受电场力方向向左，电子向左做匀加速直线运动，C正确；D在，电子所受电场力向右，电子向左做匀减速直线运动，D错误；故选C。14.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
13、情况，电场力应指向曲线凹侧，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。15.实线为电场线，虚线为等势线，且相邻两等势间的电势差相等，一正电荷在等势线3上时，具有动能10J，它运动到等势线1时速度为零，令20，
14、那么该电荷的电势能为4J时，其动能为A. 10JB. 6JC. 5JD. 1J【答案】D【解析】【详解】电荷在电场中只受电场力，所以从 到 和从到电场力做的功相等，可得在等势面时电荷的动能为5J，整个过程中，电荷动能与电势能的总量保持不变，所以总能量为处的能量：为5J，所以当该电荷的电势能为4J时，其动能大小为1J，所以D正确；故选D。16.两个电子以大小不同的初速度沿垂直磁场的方向射入同一个匀强磁场中设r1、r2为这两个电子的运动轨道半径，T1、T2是它们的运动周期，则（ ）A. r1r2，T1T2B. r1r2，T1T2C. r1r2，T1T2D. r1r2，T1T2【答案】D【解析】【详
15、解】设电子的初速度为v，磁场的磁感应强度为B，电子的质量和电量分别为m、q根据牛顿第二定律得qvB=m得到，运动轨迹半径为r=，m、q、B相同，则r与v成正比，电子的初速度不同，则半径不同，即r1r2电子圆周运动的周期T=，m、q、B均相同，则电子运动的周期相同，即T1=T2Ar1r2，T1T2，与结论不相符，选项A错误；Br1r2，T1T2，与结论不相符，选项B错误；Cr1r2，T1T2，与结论不相符，选项C错误；Dr1r2，T1T2，与结论相符，选项D正确；故选D.17.如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速度沿与x轴成30角从原点垂直射入磁场，则正、负
16、电子在磁场中运动时间之比为（ ）A. 1：2B. 2：1C. D. 1：1【答案】B【解析】试题分析：带电粒子以一定的速度垂直进入匀强磁场，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动粒子受到的洛伦兹力提供向心力；粒子在磁场中运动的周期仅与粒子的比荷及磁场有关，而运动的时间与偏转角有关解：正离子进入磁场后，在洛伦兹力作用下向上偏转，而负离子在洛伦兹力作用下向下偏转正离子以60入射，则圆弧对应的圆心角为120，而负离子以30入射，则圆弧对应的圆心角为60，所以正离子运动时间是负离子时间的2倍故选B【点评】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径则可画出正、负离子运动轨迹，由几何关系可知答
17、案18.如图所示，A、B、C、D 是匀强电场中一正方形的四个顶点已知A、B、C三点的电势分别为A=15V，B=3V，C=-3V，由此可知，D点的电势为（ ）A. 3VB. 6VC. 9VD. 12V【答案】C【解析】【详解】如图，作AB的中点F，则F点的电势为9V，连接DF，然后反向延长AB至E点，使得，则E点的电势为-3V，连接CE，则CE为一条等势线，根据几何知识可得DFCE，故DF也是一条等势线，所以D点的电势为9V，故C正确19.有一静电场，其电势随x坐标的改变而改变，变化的图线如图所示若将一带负电的粒子（重力不计）从坐标原点O由静止释放，粒子沿x轴运动，电场中P、Q两点的坐标分别为1
18、mm、4mm下列说法正确的是（ ）A. 粒子经过P点和Q点时，加速度大小相等、方向相反B. 粒子经过P点与Q点时，电场力做功的功率相等C. 粒子经过P点与Q点时，动能相等D. 粒子在P点的电势能为正值【答案】C【解析】【详解】根据顺着电场线方向电势降低可知，0-2mm内，电场线沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向沿x轴正方向；在2-6mm内电场线沿x轴正方向，粒子所受的电场力方向沿x负方向做减速运动，加速度沿x轴负方向；-x图象的斜率大小等于场强E则知P点的场强大于Q点的场强，则粒子在P点的加速度大于在Q点的加速度，加速度方向相反故A错误粒子经过P点与Q点时，电势相等，则其电势能相等，由能量守恒
19、知动能相等故C正确粒子经过P点与Q点时，速率相等，但电场力不同，则根据功率公式P=Fv，可知电场力做功的功率不等故B错误在P点，根据电势能公式Ep=q，因为q0，0，所以Ep0故D错误故选C20.图是示波管的原理图。它由电子枪、偏转电极（XX和YY）、荧光屏组成。管内抽成真空。给电子枪通电后，如果在偏转电极XX和YY上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O点，在那里产生一个亮斑。下列说法正确的是要想让亮斑沿OY向上移动，需在偏转电极YY上加电压，且Y比Y电势高要想让亮斑移到荧光屏的右上方，需在偏转电极XX、YY上加电压，且X比X电势高、Y比Y电势高、要想在荧光屏上出现一条水平亮线，需在偏转电
20、极XX上加特定的周期性变化的电压（扫描电压）要想在荧光屏上出现一条正弦曲线，需在偏转电极XX上加适当频率的扫描电压、在偏转电极YY上加按正弦规律变化的电压A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】 电子枪发射出电子，要想让亮斑沿OY向上移动，电子在YY中受到的电场力必须向上，板间场强必须向下，则需在偏转电极YY上加电压，且Y比Y电势高，错误； 要想让亮斑移到荧光屏的右上方，电子在偏转电极XX间受到的电场力指向X、在YY间受到的电场力指向Y，则需在偏转电极XX、YY上加电压，且X比X电势高，Y比Y电势高，正确； 设加速电场的电压为U1，偏转电场的电压为U2，偏转电极的长度为L，板间距离为
21、d，根据推论得知，偏转距离为，可见偏转距离与偏转电压U2成正比，由几何知识得知，电子在荧光屏偏转的距离也与偏转电压成正比，则偏转电极XX上加上随时间作线性变化的电压时，电子在荧光屏偏转的距离与时间也是线性关系，形成一条亮线，若电压是周期性变化，就可以使电子在水平方向不断扫描，正确； 由上分析知，电子在荧光屏偏转的距离与偏转电压成正比，则在偏转电极YY上加按正弦规律变化的电压，电子在荧光屏偏转的距离按正弦规律变化，而在偏转电极XX上加适当频率的扫描电压，水平方向电子不断从右向左匀速扫描，在荧光屏上出现一条正弦曲线，正确；综上所述正确，所以D正确；故选D。二、论述、计算题（共40分）写出必要的文字
22、说明、方程式、演算步骤和答案，单位。21.如图所示的匀强电场，电场强度E=2104N/C一电荷量q=+110-8C的点电荷从电场中的A点移动到B点，A、B之间的距离x=0.2m，A、B连线与电场线夹角为60求：（1）点电荷所受电场力F的大小与方向；（2）电场力对点电荷所做的功W与点电荷电势能的变化量Ep；（3）A、B之间的电势差UAB；【答案】（1），方向向右； （2），； （3）。【解析】【详解】（1）根据可得电场力大小为：，方向向右。（2）电场力对点电荷所做的功W为：，代入数据得：，由于，所以点电荷电势能的变化量Ep为：；（3）根据，可得：22.如图所示，通电导体棒ab静止在倾角为的光滑斜
23、面上，导体棒ab质量为m、长为L，通以图示方向的电流，电流强度均为I，（1）如图甲匀强磁场方向垂直于斜面向上，则磁场磁感应强度B1为多大；（2）如图乙匀强磁场方向竖直向上，则磁感应强度B2为多大；（3）如图丙匀强磁场方向平行地面水平向左，则磁感应强度B3为多大；【答案】（1）； （2）； （3）。【解析】【详解】（1）B垂直于斜面向上时，导体棒受力分析如图：根据平衡状态，可得：，解得：；（2）B竖直向上时，导体棒受力分析如图为：根据平衡状态，可得：，解得：；（3）B方向平行地面水平向左时，导体棒受力分析如图为：由于导体棒处于平衡状态，可知，所以有：，解得：。23.如图所示，电子由静止开始经加速
24、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，请利用提供的偏转场的数据计算偏转场中重力与电场力的倍数关系，说明在偏转场中忽略重力的原因。提供数据：U2=2.0102V，d=4.010-2m，m=9.110-31kg，e=1.610-19C，g=10m/s2。【答案】（1）； （2）由于F
25、远大于G，因此不需要考虑电子所受重力。【解析】【详解】（1）在加速电场中，根据动能定理有：，解得电子射入偏转电场的初速度为：；在偏转电场中，电子的运动时间t为：，加速度a为：，则在电场中偏转距离y1为：；粒子出偏转电场以后，做匀速直线运动，设速度与水平方向的夹角为，出射点到屏幕下方的距离为y2，则有：，竖直偏转距离y为：；（2）考虑电子所受重力和电场力的数量级，重力为：，在电场中，场强为：，电子受到的电场力为：，所以有：，由于F远大于G，因此不需要考虑电子所受重力。24.静电场可以用电场线和等势面形象描述。（1）请根据电场强度的定义和库仑定律推导出点电荷Q的场强表达式；（2）点电荷Q的电场线和
26、等势面分布如图所示，等势面S1、S2到点电荷的距离分别为r1、r2；a.计算等势面S1、S2处的电场强度大小E1、E2；b.电场线的疏密反映空间区域电场强度的大小，若点电荷Q发出的电场线数量为N，计算S1、S2上单位面积通过的电场线条数之比；c.因为电场线的疏密反映空间区域电场强度的大小，小明发现穿过等势面S1、S2的电场线数量相等，猜测图中电场强度E与等势面S1、S2面积的乘积相等，请论述小明的猜测是否合理。【答案】（1）；（2）a，；b； c小明的猜测合理。【解析】【详解】（1）在距Q为r的位置放一电荷量为q的检验电荷，检验电荷受到的电场力为：，根据电场强度的定义可得：，（2）a等势面S1处的电场强度大小E1为：，等势面S2处的电场强度大小E2为：；b穿过两等势面单位面积上的电场线条数之比为：；c按照小明的猜想有：，根据（2）问可知：，联立可得：，由于N1、N2为S1、S2上单位面积通过的电场线条数，且穿过等势面S1、S2的电场线数量相等，所以有：，所以小明的猜测合理。高考资源网版权所有，侵权必究！
