1、静宁一中2019-2020学年度第一学期高二级第二次考试 物 理 （14/15班） 注意事项：1本试卷满分110分，考试时间100分钟2请将答案填写在答题卡上一、选择题（本题共14小题，每小题4分，共56分，其中110题为单选题，1114为多选题，多选题全部选对得4分，少选得2分，错选或不选得0分。）1下列关于物理学家和他的贡献说法正确的是 ()A安培发现了电荷间的相互作用力的规律B焦耳发现了电流通过电阻产生热量的规律C库仑测定了元电荷的数值D法拉第发明了避雷针2如图所示，ab是水平面上一个圆的直径，在过ab的竖直面内有一根通电导线ef，且ef平行于ab，当ef竖直向上平移时，穿过圆面积的磁通
2、量将( )A逐渐变大B逐渐变小C始终为零D不为零，但始终保持不变3如图是回旋加速器的工作原理图D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电压，A处的粒子源产生的带电粒子，在两盒之间被电场加速两半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，粒子在半圆盒中做匀速圆周运动不计带电粒子在电场中的加速时间，不考虑由相对论效应带来的影响，则下列说法正确的是（）A粒子在D形盒中的运动周期是两盒间交变电压的周期的2倍B回旋加速器是靠电场加速的,因此其最大能量与电压有关C回旋加速器是靠磁场加速的,因为其最大能量与电压无关D粒子在回旋加速器中运动的总时间与电压有关4我国北京正负电子对撞机的储存环是周长为240m的近似
3、圆形轨道当环中的电流是10mA时（已知电子的速度是3107m/s，电荷量为161019C），则在整个环中运行的电子数目的数量级为（ ）A1011 B108 C105 D10145如图所示，点电荷+2Q、-Q分别置于M、N两点，O点为MN连线的中点，点a、b在MN连线上，点c、d在MN中垂线上，它们均关于O点对称下列说法正确的是()Ac、d两点的电场强度相同 Ba、b两点的电势相同C将电子沿直线从c移到d，电场力对电子先做负功再做正功D将电子沿直线从a移到b，电子的电势能一直增大6 甲醛对人体的危害非常严重，因此装修房屋时检测甲醛污染指数非常重要。“创新”小组的同学们设计了甲醛监测设备，原理如图
4、甲所示。电源电压恒为3V，R0为10的定值电阻，R为可以感知甲醛污染指数的可变电阻，污染指数在50以下为轻度污染，50100间为中度污染，100以上为重度污染，以下分析正确的是（ ） A污染指数为50时，电压表示数为25VB污染指数越小，电压表示数越大C污染指数越大，电路中消耗的总功率越小D电压表示数为1V时，属于重度污染7在光滑绝缘水平面上，用绝缘细线拉着一带负电的小球，在水平面内绕竖直方向的轴做逆时针方向的匀速圆周运动，整个空间存在竖直向下的匀强磁场，俯视图如图所示。若小球运动到点时细线突然断开，则小球此后（）A仍做逆时针方向的匀速圆周运动，但半径减小B仍保持原来的速度大小，做匀速直线运动
5、C做顺时针方向的曲线运动，但不是圆周运动D做顺时针方向的匀速圆周运动，半径可能不变8如图所示，质量为m、带电荷量为+q的三个相同带电小球a、b、c，从同一高度以初速度v0水平抛出，小球a只在重力作用下运动，小球b在重力和洛伦兹力作用下运动，小球c在重力和电场力作用下运动，它们落地的时间分别为ta、tb、tc，落地时重力的瞬时功率分别为Pa、Pb、Pc，则以下判断中正确的是（ ）Atatbtc Bta=tcPc9如图，由均匀的电阻丝组成的等边三角形导体框，垂直磁场放置，将AB两点接入电压恒定的电源两端，通电时，线框受到的安培力为F，若将ACB边移走，则余下线框受到的安培力大小为ABCD10如图所
6、示为一种质谱仪的示意图，该质谱仪由速度选择器、静电分析器和磁分析器组成。若速度选择器中电场强度大小为，磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里，静电分析器通道中心线为圆弧，圆弧的半径()为，通道内有均匀辐射的电场，在中心线处的电场强度大小为，磁分析器中有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为、方向垂直于纸面向外。一带电粒子以速度沿直线经过速度选择器后沿中心线通过静电分析器，由点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的点，不计粒子重力。下列说法正确的是A速度选择器的极板的电势比极板的低B粒子的速度C粒子的比荷为D两点间的距离为11如图是磁电式电流表的结构，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，线圈中a
7、、b两条导线长均为l，通以图示方向的电流I，两条导线所在处的磁感应强度大小均为B。则（）A该磁场是匀强磁场B线圈平面总与磁场方向垂直C线圈将顺时针转动Da、b导线受到的安培力大小总为BIl12如图所示，一个带正电的滑环套在水平且足够长的粗糙绝缘杆上，整个装置处在与杆垂直的水平方向的匀强磁场中，现使滑环获得向右的初速度，滑环在杆上的运动情况可能是：（）A始终作匀速运动B先作加速运动，后作匀速运动C先作减速运动，后作匀速运动D先作减速运动，最后静止在杆上13如图所示，电源电动势为12 V，内阻为1 ，电阻R1为1 ，R2为6 ，电动机额定电压U为6 V，线圈电阻RM为05 开关闭合后，电动机恰好正
8、常工作，下列说法正确的有（）A电源的路端电压是10 VB电源的内耗功率是10 WC电动机消耗的电功率是12 WD电动机产生的机械功率是10 W14如图所示，有两根长为L、质量为m的细导体棒a、b，a被水平放置在倾角为45的光滑斜面上，b被水平固定在与a在同一水平面的另一位置，且a、b平行，它们之间的距离为x 当两细棒中均通以电流强度为I的同向电流时，a恰能在斜面上保持静止，则关于b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度的说法正确的是（） A方向向上B大小为C减小b在a处的磁感应强度，且要使a仍能保持静止，可使b上移D若使b下移，a将不能保持静止二、实验题（本大题包含两小题，共15分。）15（5分）
9、在“练习使用多用电表”实验中：（1）若多用电表的电阻挡有三个挡位，分别是“l”挡、“10”挡和 “100”挡，当用“10”挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度过大，为了较准确地进行测量，应换到_挡，换挡后应先_ (填缺少的步骤），之后用表笔连接待测电阻进行读数，如图甲所示，由表盘刻度读得该电阻的阻值是_ _。（2）如图乙所示，闭合开关后发现小灯泡不亮，欲用多用电表检查该电路某处是否发生断路，在保持电路完整的情况下，应使用多用电表的_进行测量。（选填字母代号即可）A电阻挡 B电流挡 C交流电压挡 D直流电压挡（3）某同学利用多用电表测量二极管的反向电阻，将红、黑表笔分别插入正、负表
10、笔插孔，将二极管的两个极分别记为a端和b端，红表笔接a端、黑表笔接b端时，指针几乎不转；红表笔接b端、黑表笔接a端时，指针偏转角很大。则为了测量该二极管的反向电阻，应将红表笔接二极管的_ (填“a”或“b”）端。16（10分）某同学利用图甲所示电路测定一节干电池的电动势和内阻。由于电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻起保护作用。除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有： A电流表()； B电流表() ；C电压表() ； D电压表()；E定值电阻(阻值、额定功率)；F定值电阻(阻值、额定功率)；G滑动变阻器(阻值范围、额定电流)；H滑动变阻器(阻值范围、额
11、定电流)。(1)（4分）为尽量减小实验误差，应选择的器材为_ ；（填写器材前序号）。(2)（4分）)该同学利用记录的组实验数据通过描点、拟合得到的图线如图所示，则由图线可得出干电池的电动势_，内电阻_；（结果保留两位有效数字）。(3)（2分）)某同学在完成上述实验之后，对该实验的系统误差进行了分析。设电压表的内阻为，电流表内阻为，他的分析正确的是_。A电压表有分流作用是造成系统误差的原因，增大可以减小这种误差B电流表有分压作用是造成系统误差的原因，减小可以减小这种误差C两个表一起造成了系统误差，同时增大、减小才可以减小这种误差。D保护电阻的分压作用造成了系统误差，减小保护电阻的阻值可以减小这种
12、误差三、解答题（本题包含四小题，共39分）17（8分）如图所示，在场强E=104 N/C的水平匀强电场中，有一根长L=15 cm的细线，一端固定在O点，另一端系一个质量m=3 g、电荷量q=210-6 C的带正电小球，当细线处于水平位置时，小球从静止开始释放，g取10 m/s2。求：(1)小球到达最低点B的过程中重力势能、电势能分别变化了多少？(2)小球到B点时速度为多大？绳子张力为多大?18（8分）如图所示，通电导体棒ab质量为m、长为L，水平地放置在倾角为的光滑斜面上，通以图示方向的电流，电流强度为I，要求导体棒ab静止在斜面上。求：(1)若磁场方向竖直向上，则磁感应强度B为多大？(2)若
13、要求磁感应强度最小，则磁感应强度的大小和方向应如何？19（11分）如图所示的电路中，电源的电动势E=80 V，内电阻r=2，R1=4，R2为电阻箱。问：(1)该电路中R2取多大时，R1消耗的功率最大，最大值为多少？(2)R2阻值为多大时，它消耗的功率最大，最大值为多少？(3)如果要求电源输出功率为600 W，外电路电阻R2应取多少？此时电源效率为多少？20（12分）如图所示的平面直角坐标系xOy，在第、象限内有平行于y轴，电场强度大小相同、方向相反的匀强电场，在第象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场一质量为m，电荷量为q的带电粒子，从y轴上的M(0，d)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，
14、通过电场后从x轴的N 点进入第象限内，又经过磁场垂直y轴进入第象限，最终粒子从x轴上的P点离开不计粒子所受到的重力求：(1)匀强电场的电场强度E和磁场的磁感应强度B的大小？(2)粒子运动到P点的速度大小？静宁一中2019-2020学年度第一学期高二级第二次考试题（卷)物理答案（14/15班） 一选择题1【答案】BA. 库仑发现了电荷间的相互作用力的规律，故A错误；B. 焦耳发现了电流通过电阻产生热量的规律，故B正确；C. 密立根测定了元电荷的数值，故C错误；D. 富兰克林发明了避雷针，故D错误。2【答案】C3.【答案】D【详解】A.根据加速原理，当粒子在磁场中运动的周期与交变电压的周期同步时，
15、才能处于加速状态，故A错误；BC.加速器中的电场可以使带电粒子加速，而磁场只使粒子偏转，对粒子不做功，根据qvB=m得，最大速度来源:学*科*网v=则最大动能EKm=mv2=可知，粒子的最大动能只与粒子本身的荷质比，加速器半径，和磁场大小有关，与加速电压无关，故BC错误；D.粒子在回旋加速器中运动的总时间，与粒子在电场加速与磁场偏转次数有关，而电压越高，则次数越少，总时间越小，故D正确4.【答案】A【解析】试题分析：知道电子的速度和轨道周长，利用速度公式求电子运动一周的时间，再根据电流定义式求整个环中电子的电荷量，而一个电子的电荷量e=1.61019C，可求在整个环中运行的电子数目解：电子运动
16、一周用的时间为：t=s=8106s，而电流表达式为：I=则总电荷量为 Q=It=0.018106C=8108C，在整个环中运行的电子数目为：n=51011个数量级为1011个故选：A【点评】本题的关键要建立模型，运用运动学公式求解电子运动的周期，要掌握电流的定义式，知道电荷量与电子电量的关系5.【答案】D【解析】【分析】根据电场线分布，比较c、d两点的电场强度大小和方向关系。根据沿电场线方向电势逐渐降低，来比较a点和b点的电势，由沿直线从a到b电势的变化，分析电子从a移到b过程中电势能如何变化。将电子沿直线从c点移到d点，通过电子所受的电场力与速度的方向夹角判断电场力做正功还是负功。【详解】A
17、：根据电场线分布的对称性可知，c、d两点的电场强度大小相等，方向不同，则c、d两点的电场强度不同。故A项错误。BD：MN间的电场线方向由MN，沿电场线方向电势逐渐降低，则a点的电势高于b点的电势；电子沿直线从a移到b电势降低，电子带负电，据EP=q，则电子的电势能一直增大。故B项错误，D项正确。C：对两个电荷在中垂线上的场强进行叠加，在Oc段场强方向斜向右上，在Od段场强方向斜向右下；电子所受的电场力在Oc段斜向左下，在Od段斜向左上；电子沿直线从c移到d，电场力跟速度的方向先是锐角后是钝角，电场力对电子先做正功后做负功。故C项错误。【点睛】解决本题的关键是进行电场的叠加，通过电场力与速度的方
18、向关系判断电场力做正功还是负功。6. 【答案】D【解析】【详解】A由图象可知，污染指数为50时，可变电阻连入电路中的阻值为50，根据串联电路的分压特点：即解得：R0两端电压U0=0.5V，即电压表示数为0.5V，故A错误；B由图象可知，污染指数越小，可变电阻的阻值越大，根据串联电路的分压特点可知，可变电阻分担的电压越大，则定值电阻分担的电压越小，即电压表示数越小，故B错误；C由图象可知，污染指数越大，可变电阻的阻值越小，电路总电阻越小，根据可知，电源电压不变，总电阻越小，总功率越大，故C错误；D电压表示数为1V时，电路中电流：可变电阻两端电压根据欧姆定律可得：可变电阻连入电路中的阻值：由图象可
19、知，电阻为20时，污染指数为150，属于重度污染，故D正确7. 【答案】D8. 【答案】C9. 【答案】D10.【答案】C11【答案】CD【解析】【分析】由题意可知考查磁电式电流表内部磁场特点及安培力方向判断，大小计算，由左手定则和安培力公式分析计算可得。【详解】A匀强磁场的磁感应强度应大小处处相等，方向处处相同，由图可知，选项A错误；B线圈平面总与磁场方向平行，故B错误。C在图示的位置，a受向上的安培力，b受向下的安培力，线圈顺时针转动，选项C正确；D由于磁感应强度大小不变，电流大小不变，则安培力大小始终为BIl，选项D正确【点睛】磁电式电流表内部磁感应线辐射分布，可保证线圈无论转到哪个位置
20、，线圈平面总和磁场方向平行，安培力大小总是BIl，从而保证指针偏转角度大小和电流大小成正比。12. 【答案】ACD【解析】A、给滑环套一个初速度，将受到向上的洛伦兹力，若洛伦兹力等于物体的重力，滑环将做匀速直线运动故A正确；B、滑环在水平方向上受到摩擦力，不可能加速运动故B错误；C、若重力小于洛伦兹力，滑环受到向下的弹力，则受到摩擦力，做减速运动，当洛伦兹力等于重力时，又做匀速运动，故C正确；D、若重力大于洛伦兹力，滑环受到向上的弹力，则受到摩擦力，将做减速运动，最后速度为零，故D正确13.【答案】CD【解析】【详解】A电动机两端电压为6V，所以电源内电压与电阻R1两端电压之各为6V，由欧姆定
21、律有解得：所以电源内电压为所以电源的路端电压为来源:学。科。网故A错误；B电源的内耗功率故B错误；C流过R2的电流为由并联电路的电流特点可知，流过电动机的电流为来源:学.科.网电动机消耗的电功率故C正确；D电动机的发热功率为电动机产生的机械功率故D正确。14【答案】ACD【解析】【详解】A.由安培定则可知，b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度的方向向上，A正确；B.由知，B错误；CD.若要使B最小，安培力应该沿斜面向上，则B应在垂直斜面向上的方向上，则减小b在a处的磁感应强度，且要使a仍能保持静止，可使b上移；若使b下移，a将不能保持静止。所以CD正确.二实验题15. 【答案】“1” 欧姆调零
22、 8.0 D a 【解析】【详解】（1）因为用“10”挡测量某电阻RX时，表头指针偏转角度过大，说明档位选择的过高，则为了较准确地进行测量，应换到“1”挡，换挡后应先欧姆调零；3该电阻的阻值是8.0。（2）由图示可知，电源为直流电源，闭合开关后发现小灯泡不亮，欲用多用电表检查该电路某处是否发生“断路”，在保持电路完整的情况下，应使用多用电表的直流电压档进行测量，故选D；（3）将红、黑表等分别插入正、负表笔插孔，二极管的两个极分别记作a和b，将红表笔接a端时，表针几乎不偏转，说明电阻很大，二极管反向偏压，接b端时偏转角度很大，说明电阻很小，二极管正向偏压，则b端为二极管的正极，a为二极管的负极，
23、则为了测量该二极管的反向电阻，应将红表笔接二极管的a端16.【答案】ACEG 1.5 0.83 A 【解析】【详解】(1)1由于电源是一节干电池，所选量程为3V的电压表，故电压表选C；估算电流时，考虑到干电池的内阻较小，加上保护电阻，最大电流在0.5A左右，所以选量程为0.6A的电流表，故电流表选A；由于电池内阻很小，所以保护电阻不宜太大，否则会使得电流表、电压表取值范围小，造成的误差大，故定值电阻选择E；滑动变阻器的最大阻值一般比电池内阻大几倍就好了，取010能很好地控制电路中的电流和电压，若取0100会出现开始几乎不变最后突然变化的现象，故滑动变阻器选G；来源:学*科*网Z*X*X*K(2
24、)2由可知，图象与纵坐标的交点表示电源的电动势，图象的斜率表示内电阻，故由图可知电源的电动势：电源的内阻：(3)3本实验中由于电压表的分流而导致电流表小于真实值，应增大可以减小这种误差；而保护电阻作出内阻处理，不影响实验结果，电流表内阻和滑动变阻器没有影响；来源:Zxxk.ComA. 与分析相符，故A正确；B. 与分析不符，故B错误；C. 与分析不符，故C错误；D. 与分析不符，故D错误。三计算题17. （1）小球到达最低点B的过程中重力势能的变化量为Ep=-mgL=-4.510-3J，电势能的变化量为Ep电=EqL=310-3J（2）AB由动能定理得：mgl-Eql=12mVB2代入数据解得
25、VB=1m/s在B点，对小球由牛顿第二定律得：T-mg=mVB2L得T=510-2N 18. 试题分析：解析：(1)沿导体棒从 a 向 b 观察，棒 ab 受力情况如图所示由平衡条件得，在沿斜面方向：F cos mg sin 在垂直斜面方向： N F sin mg cos 再根据安培力公式 F BIL 联立以上各式可得 B .(2)当安培力 F 全部用来平衡重力沿斜面方向的分力 mg sin 时，磁感应强度 B 最小，此时安培力方向为平行斜面向上此时有 BILmg sin ，则 B，磁场方向垂直斜面向上点评：解决本题的关键会根据共点力平衡求解力，以及知道根据三角形定则，当安培力的方向与支持力方
26、向垂直时，安培力有最小值19. (1)当R2=0时，R1消耗的功率最大,由I=ER1+rP1=I2R1得P1=711.1w(2)将R1视为电源的内电阻处理，则根据电源的输出功率随外电阻变化的特点，知道当R2=R1+r时电源的输出功率最大（即外电阻R2消耗的电功率最大）：即 R2=R1+r =6；由P2=E24(R1+r)得P2=266.7w(3)P出=I02(R1+R2)I0=ER1+R2+rP总=EI0=P出P总X100%得 R2=2 =75%20. 【答案】(1)， (2) (3) 【解析】【详解】(1)粒子运动轨迹如图所示设粒子在第象限内运动的时间为t1，粒子在N点时速度大小为v1，方向与x轴正方向间的夹角为，则：qEma，联立以上各式得：，v12v0，.粒子在第象限内做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：由几何关系得：联立并代入数据解得：.(2)粒子由M点到P点的过程，由动能定理得：代入(1)中所求数据解得：.(3)粒子在第象限内运动时间：粒子在第象限内运动周期：粒子在第象限内运动时有：解得:粒子从M点运动到P点的时间：
