2019届高中物理专题08阶段检测（二）人教版选修选修.docx

专题08 阶段检测（二）一、单选题1如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置闭合开关S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动则下列操作能使油滴向上运动的是()A增大R1的阻值B增大R2的阻值C增大两板间的距离D断开开关S【答案】 A【解析】电路稳定时，电容器的电压等于可变电阻的电压，当增大的阻值，导致总电流减小，则外电压增大，因此电容器的电压增大，板间场强增强，油滴将向上运动，故A正确；电路稳定时，当增大的阻值，不改变电路中的电流，因此电容器的电压不变，板间场强不变，油滴将不运动，故B错误；增大两板间的距离，因电容器的电压不变，则电场强度减小，导致油滴向下运动，故C错误；断开开关S，电容器放电，板间场强逐渐减小，油滴将向下运动，故D错误。2.如图所示，固定在竖直面内的光滑金属细圆环半径为R，圆环的最高点通过长为L的绝缘细线悬挂质量为m的可视为质点的金属小球，已知圆环带电均匀分布且带电荷量与小球相同，均为Q(未知)，小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，已知静电力常量为k，重力加速度为g.细线对小球的拉力为F(未知)，下列式子中正确的是()AQBQCFD【答案】B.【解析】由于圆环不能看成点电荷，采用微元法求圆环对小球的库仑力，小球受到的库仑力为圆环各点对小球库仑力的合力以小球为研究对象，进行受力分析，小球受到三个力的作用：线对小球的拉力为F、重力G、圆环各点对小球库仑力的合力FQ.则Fsin mg，sin ，解得：F，选项C错误，D错误；水平方向上：Fcos kcos ，解得：Q，选项A错误，B正确3带电质点在匀强磁场中运动，某时刻速度方向如图所示，所受的重力和洛伦兹力的合力恰好与速度方向相反，不计阻力，则在此后的一小段时间内，带电质点将()A可能做直线运动B可能做匀减速运动C一定做曲线运动D可能做匀速圆周运动【答案】C【解析】重力做负功，因为洛伦兹力的方向总和速度方向垂直，洛伦兹力不做功，所以速度一定会发生变化，则洛伦兹力大小一定会发生变化，此后洛伦兹力和重力的合力不再沿速度的反方向，所以合力与速度不共线，做曲线运动，故C正确。4.两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OAh，此电子具有的初动能是()A.BedUhC.D.【答案】D.【解析】电子从O点到A点，因受电场力作用，速度逐渐减小根据题意和图示判断，电子仅受电场力，不计重力这样，我们可以用能量守恒定律来研究问题即mveUOA.因E，UOAEh，故mv，所以D正确5.如图所示是某直流电路中电压随电流变化的图象,其中a、b分别表示路端电压、负载电阻上电压随电流变化的情况,下列说法正确的是()。A.阴影部分的面积表示电源的输出功率B.阴影部分的面积表示电源的内阻上消耗的功率C.当满足=时,电源的效率最高D.当满足=时,电源的效率小于50%【答案】A【解析】交点坐标为(U,I),U为外电压,I是电路中电流,题图阴影部分面积为输出功率,P=UI,A项正确,B项错误;效率=100%=100%,故U越大,即越大,效率越高,C、D两项错误。6.如图3所示，MN为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小的关系为B12B2，一带电荷量为q、质量为m的粒子从O点垂直MN进入B1磁场，则经过多长时间它将向下再一次通过O点()A.B.C.D.【答案】B【解析】粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由周期公式T知，粒子从O点进入磁场到向下再一次通过O点的时间t，所以选项B正确.7.如图所示,带正电的A粒子和B粒子同时以同样大小的速度(速度方向与边界的夹角分别为30、60)从宽度为d的有界匀强磁场的边界上的O点射入磁场,又恰好都不从另一边界飞出,则下列说法中正确的是()。A.A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为1B.A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为C.A、B两粒子的比荷之比是1D.A、B两粒子的比荷之比是【答案】D【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qvB=m,解得r=。如图乙所示,由几何关系得rAcos 30+rA=d,rBcos 60+rB=d,解得=,A、B两项错误;由粒子轨道半径r=可知,=,由题意可知,两粒子的速度大小v与B都相同,则两粒子的之比与轨道半径成反比,则A、B两粒子的之比是,C项错误,D项正确。8.如图所示,在正交的匀强电场和匀强磁场中有质量和电荷量都相同的两油滴M、N。M静止,N做半径为R的匀速圆周运动,若N与M相碰后并结合在一起,则碰后M、N整体将()。A.以N原速率的一半做匀速直线运动B.以为半径做匀速圆周运动C.仍以R为半径做匀速圆周运动D.做周期为N的一半的匀速圆周运动【答案】B【解析】设M、N的质量和电荷量分别为m、q,碰撞前N的速率为v。碰撞后瞬间整体的速率为v。碰撞前,对N,由洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,得R=;对M有qE=mg;碰撞过程,取碰撞前N的速度方向为正方向,由动量守恒定律有mv=2mv,得v=;MN整体受到的电场力为2qE,重力为2mg,则2qE=2mg,所以整体的电场力和重力仍平衡,因此碰后整体做匀速圆周运动,轨迹半径r=,A、C两项错误,B项正确;N原来的周期TN=,碰后整体的周期T=TN,D项错误。二、多选题9.图中虚线是某电场中的一簇等差等势线两个带电粒子从P点均沿等势线的切线方向射入电场，粒子运动的部分轨迹如图中实线所示若粒子仅受电场力的作用，则下列说法中正确的是()Aa点的电场强度小于b点的电场强度Ba点的电势高于b点的电势C粒子从P运动到a的过程中，粒子的动能和电势能总和不变D粒子从P运动到b的过程中，粒子的动能增大【答案】ACD.【解析】等势线的疏密程度表示电场强度的大小，越密，电场强度越大，故a点的电场强度小于b点的电场强度，A正确；运动过程中电场力做正功，所以电势能减小，但是由于不知道粒子的带电性质，无法判断两点的电势高低，B错误；粒子从P运动到a的过程中，只有电场力做功，电势能转化为动能，两者之和不变，C正确；粒子从P运动到b的过程中，电场力做正功，动能增大，D正确10为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左、右两端开口，在垂直于前、后面的方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表(图中未画出)将显示两个电极间的电压U。若用Q表示污水流量(单位时间内流出的污水体积)，下列说法中正确的是()AM板的电势一定高于N板的电势B污水中离子浓度越高，电压表的示数越大C污水流动的速度越大，电压表的示数越大D电压表的示数U与污水流量Q成正比【答案】ACD【解析】根据左手定则知负离子所受洛伦兹力方向向下，正离子所受洛伦兹力方向向上，则N板带负电，M板带正电，所以M板的电势高于N板的电势，故A项正确；最终稳定时离子处于平衡状态，故电场力等于洛伦兹力，根据牛顿第二定律有qvB，解得UBvc，所以电压表的示数与离子的浓度无关，与污水流动的速度成正比，故B项错误，C项正确；根据v，则流量Qvbc，即U，故电压表示数与污水流量成正比，故D项正确。11.如图所示,RT为热敏电阻(温度升高,阻值变小),R1、R2为定值电阻。闭合开关S,电压表的示数为U,电流表的示数为I,现RT所处环境温度降低,电压表的示数改变量的大小为U,电流表的示数改变大小为I,则下列说法正确的是()。A.变大B.变大C.电阻R1的功率变大D.电源的总功率变大【答案】AC【解析】RT所处环境温度降低,阻值增大,R1与RT并联阻值增大,A项正确;电压表的示数的增加量等于R2和r电压的减小量,=r+R2,不变,B项错误;RT阻值增大,总电流减小,R2和R的电压减小,电压表的示数U增大,电阻R1的功率变大,C项正确;电源的总功率P=EI减小,D项错误。12.如图所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则()A经过最高点时，三个小球的速度相等B经过最高点时，甲球的速度最小C甲球的释放位置比乙球的高D运动过程中三个小球的机械能均保持不变【答案】【解析】选CD.设磁感应强度为B，圆形轨道半径为r，三个小球质量均为m，它们恰好通过最高点时的速度分别为v甲、v乙和v丙，则mgBvq甲，mgBvq乙，mg，显然，v甲v丙v乙，选项A、B错误；三个小球在运动过程中，只有重力做功，即它们的机械能守恒，选项D正确；甲球在最高点处的动能最大，因为势能相等，所以甲球的机械能最大，甲球的释放位置最高，选项C正确13如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中()A它们运动的时间tQtPB它们运动的加速度aQaPC它们所带的电荷量之比qPqQ12D它们的动能增加量之比EkPEkQ12【答案】AC.【解析】设P、Q两粒子的初速度为v0，加速度分别为aP和aQ，粒子P到上极板的距离是h/2，它们做类平抛运动的水平距离为l.则对P，由lv0tP，aPt，得到aP.同理对Q，lv0tQ，haQt，得到aQ.由此可见tPtQ，aQ2aP，而aP，aQ，所以qPqQ12.由动能定理，它们的动能增加量之比EkPEkQmaPmaQh14.综上所述，A、C正确14如图所示，AOB为一边界为四分之一圆的匀强磁场，O点为圆心，D点为边界OB的中点，C点为边界上一点，且CDAO.现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场(不计粒子重力)，其中粒子1从A点正对圆心射入，恰从B点射出，粒子2从C点沿CD射入，从某点离开磁场则可判断()A粒子2在BC之间某点射出磁场B粒子2必在B点射出磁场C粒子1与粒子2在磁场中的运动时间之比为32D粒子1与粒子2的速度偏转角度应相同【答案】【解析】选BC.粒子从A点正对圆心进入，从B点射出，画轨迹图如图所示，由图可知，粒子运动半径和磁场圆半径相同，设为R，由R结合几何关系可知，从C点进入的粒子轨道半径不变，粒子仍然从B点飞出，B正确，A错误；由边角关系可知AO1B90，CO2B60，再结合T及粒子的运动轨迹得，粒子1与粒子2在磁场中的运动时间之比为32，C正确，D错误三、实验题15为了测定电阻Rx(电阻值约为1 000 )的电阻值以及一节干电池的电动势和内阻(内阻约为2 )，手边还有如下器材：A电流表A：量程为3 A、内阻约为0.5 B电压表V：量程为2 V、内阻很大C电阻箱R1：总阻值为9 999.9 D滑动变阻器R2：010 E单刀单掷开关、导线若干(1)为了较准确测量，电表应选用_(填器材前的编号)(2)请在虚线框内画出一个实验电路，测定Rx的电阻值、电池的电动势和内阻要求：标清楚所需器材的符号(A、V、R1、Rx、R2)(3)通过改变电路的总电阻，记录外电路的电阻值R和对应情况下的电压表示数U，画出随的变化图线为直线，如图所示，直线与纵轴的交点坐标为b、斜率为k，则电源电动势为_，内阻为_【答案】(1)B(2)如图所示(3)【解析】(1)电流表量程太大、不可用，一节干电池的电动势约为1.5 V.(2)滑动变阻器总电阻值太小且在滑动过程中不能读出接入电路的电阻值，所以改变电路中的电阻采用电阻箱，电路图如答案图所示(3)应用闭合电路欧姆定律有UrE，则，由此可知E、r.16.为了测一个自感系数很大的线圈L的直流电阻RL,实验室提供以下器材:A.待测线圈L(阻值约为2 ,额定电流2 A)B.电流表A1(量程0.6 A,内阻r1=1 )C.电流表A2(量程3.0 A,内阻r2约为0.2 )D.滑动变阻器R1(0-10 )E.滑动变阻器R2(0-1 k)F.定值电阻R3=10 G.定值电阻R4=100 H.电源(电动势E约为9 V,内阻很小)I.单刀单掷开关两只S1、S2,导线若干。要求实验时,改变滑动变阻器的阻值,在尽可能大的范围内测得多组A1表和A2表的读数I1、I2,然后利用给出的I2-I1图象(如图甲所示),求出线圈的电阻RL的准确值。甲乙(1)实验中定值电阻应选用,滑动变阻器应选用。(填写器材前面的序号)(2)请你画完图乙方框中的实验电路图。(3)实验结束时应先断开开关。(4)由I2-I1图象,求得线圈的直流电阻RL=。【答案】 (1)FD(2)(3)S2(4)2.2【解析】 (1)测量线圈的电阻一般采用伏安法,为了防止测量自感系数很大的线圈断电产生的大自感电流烧坏电表,可与电表串联一个开关。由于待测线圈L的阻值约为2 ,额定电流为2 A,最大电压为4 V,而电源电动势为9 V,所以定值电阻选F、滑动变阻器选D即可。(2)由于本实验要求在尽可能大的范围内测得数据,所以必须采用滑动变阻器的分压接法;电路如图所示。(3)实验结束时为了防止测量自感系数很大的线圈断电产生的大自感电流烧坏电表,应先断开开关S2。(4)由电路图知自感线圈两端的电压与下边支路电压相等,所以I1(R3+r1)=(I2-I1)RL得:RL=I1I2-I1(R3+r1)从I1-I2图象上选取一组数据,如(0.3,1.8)代入公式得:RL=0.31.8-0.3(10 +1 )=2.2 。四、计算题17如图所示，分布在半径为r的圆形区域内的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里电荷量为q、质量为m的带正电的粒子从磁场边缘A点沿圆的半径AO方向射入磁场，离开磁场时速度方向偏转了60角试求：(1)粒子做圆周运动的半径；(2)粒子的入射速度；(3)粒子在磁场中运动的时间【答案】(1)r(2)(3)【解析】带电粒子从磁场射出时速度反向延长线会交于O点，画出磁场中运动轨迹如图所示，粒子转过的圆心角60.(1)由几何知识得Rrtan 60r.(2)由R，因此v.(3)在磁场中运动时间为tT.18.如图所示，在直角坐标系中存在如图所示的匀强电场和匀强磁场，磁场和电场交界面MN与y轴平行，N点坐标为(5 cm，0)，已知匀强磁场的磁感应强度B0.33 T，匀强电