1、山西省汾阳市汾阳中学2020-2021学年高二物理上学期第十二次周测试题（A班）一、单选题（本大题共5小题，共20.0分）1. 如图所示，四个点电荷分别位于正四面体的四个顶点A、B、C、D处，其中A、D两点处为，B、C两点处为已知P为AB边的中点，Q为CD边的中点，M为AD边的中点，N为BC边的中点，则下列说法不正确的是A. M点的电势高于N点的电势B. M点的场强与N点的场强相同C. P点的电势等于Q点的电势D. P点的场强与Q点的场强相同2. 如图所示，为某同学用玻璃皿做“旋转的液体的实验”示意图，在玻璃皿中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极做“旋转的液体的
2、实验”，蹄形磁铁上方为S极，若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场可视为匀强磁场，电源的电动势为，内阻，限流电阻，玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为，闭合开关后当液体旋转稳定时电压表的示数恒为，则A. 由上往下看，液体做顺时针旋转B. 流过液体中的电流是C. 流过液体中的电流是D. 闭合开关后，液体热功率为3. 如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻不能忽略。，取电源负极为零电势，则当滑动变阻器接人电路的电阻由2R减小到零的过程中，下列说法正确的是A. 电流表的示数一直增大B. 滑动变阻器的功率一直减小C. a、b两点间的电势差可能等于D. a点的电势一直降低，b点电势一直升高4. 如图所示，一金属棒M
3、N两端用细软导线连接后悬挂于a、b两点，棒的中部处于方向垂直于纸面向里的匀强磁场中当棒中通有由M流向N的电流时，悬线上有拉力为了使拉力减小为零，下列措施可行的是 A. 使磁场反向B. 使电流反向C. 适当增大电流D. 适当减小磁感应强度5. 如图所示，竖直面内的光滑绝缘半圆形轨道MDN处在与之垂直的匀强磁场中，轨道半径为一电荷量为，质量为m的小球自N点无初速度滑下始终未脱离轨道，重力加速度为g，下列说法中正确的是A. 运动过程中小球受到的洛伦兹力大小不变B. 小球滑到轨道左侧时，不会到达最高点MC. 小球滑到D点时，速度大小是D. 小球经过D点时，对轨道的压力大于mg高二年级A班物理周测十二【
4、答案】1. D2. D3. D4. C5. C【解析】1. 【分析】 首先知道正四面体的特点，即正四面体任意两条对边都是异面垂直的，比如棱AB与棱CD就是异面垂直的；再结合四点上电荷的特点找出对称性，据对称性分析电势和场强的特点，注意场强是矢量。 此题是与数学模型的结合，难度较大，此题的突破口是知道正四面体的立体特点，利用电场的对称性分析，此题迎刃而解；正四面体的空间结构实在想不明白可以折一个出来辅助。也可以利用正方体辅助，比如正方体，ABCD为顶面正方形，EFGH为底面正方形，相对、相对、以此类推，可以连接出一个正方体。之后，连接ACFH，就是一个正四面体。【解答】解：正四面体任意两条对边都
5、是异面垂直的，比如棱AB与棱CD就是异面垂直的。不光如此，中点连线也会有垂直关系存在。这两个中点连线的特殊性质决定了正四面体有对称面；其中A、D两点为正电荷，B、C两点为负电荷，所以此四面体中以BD的中点关于面ACE对称，同理可以依据正四面体的性质与点电荷的连线分布规律得：A，M点离正电荷更近离负电荷更远，N点离负电荷更近离正电荷更远可知M点电势高于N点，故A正确；B，因为M，N聚在点电荷连线的中垂面上，故M，N两点场强大小和方向相同，故B正确；C，结合正四面体的性质可知，P，Q在同一等势面上，故电势相等，故C正确；D，P点的场强与Q电场强大小相等，但方向相反，故D不正确，本题选错误选项故选：
6、D。2. 【分析】在电源外部，电流由正极流向负极；由左手定则可以判断出导电液体受到的安培力方向，从而判断出液体的旋转方向；根据闭合电路的欧姆定律求出电路中的电流值，根据电功率公式求出闭合开关后液体热功率。该题考查电磁驱动，是一道容易出错的题目，容易错的地方是当导电液体运动后，液体切割磁感线将产生反电动势，导电液体的电阻值消耗的电压不等于液体两端的电压。【解答】A.由于中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心，器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转，故A
7、错误；电压表的示数为，则根据闭合电路的欧姆定律：，所以电路中的电流值：，故BC错误；D.玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为，则液体热功率为，故D正确。故选D。3. 【分析】本题考查了电路的动态分析，弄清楚电路的构造，抓住电源电动势和内阻不变是解题的关键。【解答】电路的构造为和串联、和滑动变阻器串联，之后两者并联，再与电源串联，其中安培表的示数为和串联电路的电流，a、b两点的电势差等于和滑动变阻器所分电压差。A.当滑动变阻器接人电路的电阻由2R减小到零的过程中，电路的总电阻减小，由可知，总电流增大，故路端电压减小，安培表示数减小，故A错误；B.通过滑动变阻器的电流增大，但电阻减小，故功率不会一直减
8、小，故B错误；C.当P的电阻为0时，a、b两点的电势差最大，此时，故C错误；D.由于电源的电动势恒定，负极为等势，故正极等势为正值，其大小等于电源电动势，显然b点电势一直增大，而a点电势满足，由上分析可知，a点电势减小，故D正确。故选D。4. 【分析】本题考查了安培力和共点力平衡的基本运用，知道安培力的大小公式和会通过左手定则判断安培力方向是解决本题的关键。通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方向，从而分析使拉力减小为零的措施。【解答】当棒中通有由M流向N的电流时，根据左手定则知，安培力方向向上，悬线有拉力，根据平衡有：；可知要使拉力减小为零，增大安
9、培力，即增大磁感应强度或增大电流强度即可，若将磁场或电流反向，安培力反向，拉力变得更大；故C正确，ABD错误。故选C。5. 【分析】洛伦兹力的方向指向圆心，不改变速度的大小，根据动能定理求出到达D点时的速度，根据牛顿第二定律，径向的合力提供向心力，求出轨道对小球的支持力。本题综合运用了动能定理和牛顿第二定律，关键是受力分析，运用合适的规律进行解题。【解答】A.因为洛伦兹力始终与速度方向垂直，不改速度的大小，而重力做功使小球的速度大小发生变化，根据知，洛伦兹力大小将发生变化，故A错误；B.因为洛伦兹力不做功，小球在整个运动过程中，只有重力做功，小球的机械能守恒，小球滑到轨道左侧时，可以到达轨道最高点M，故B错误；C.从N点运动到D点的过程中，只有重力做功，根据动能定理得：，解得：，故C正确；D.小球运动到D点时，受到的洛伦兹力的方向向上，由牛顿第二定律得：，解得：，由牛顿第三定律知小球对轨道的压力不一定大于重力mg，故D错误。故选C。
