物理试卷A.doc

绝密启用前夏邑一高2014级高二上学期调研考试（三）物理试卷A 10.31考试范围：3-1；考试时间：110分钟；命题人：高二物理组题号一二三四总分得分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、单选题：共10题 每题4分 共40分1 未来脑教学云平台(!*如图所示，有界匀强磁场边界线SPMN，速率不同的同种带电粒子从S点沿SP方向同时射入磁场其中穿过a点的粒子速度v1 未来脑教学云平台_!$%与MN垂直；穿过b点的粒子速度v2与MN成60角，设粒子从S到a、b所需时间分别为t1和t2(带电粒子重力不计)，则t1t2为A.13B.43C.32D.112如图,将一正电荷从电场线上的a点移到b点,电势a=10 V、b=5 V。下列判断正确的是A.该电场是匀强电场B.电场线方向由a指向bC.a点场强大于b点场强D.正电荷的电势能增加http:/ww*! 未来脑教学云平台!?3如图所示,圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场,两个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b,以不同的速率沿着AO方向对准圆心O射入磁场,其运动轨迹如图。若带电粒子只受磁场力的作用,则下列说法正确的是A.a粒子速率较大B.b粒子速率较大C.b粒子在磁场中运动时间较长D.a、b粒子在磁场中运动时间一样长4如图所示,带负电的金属环绕轴OO以角速度匀速旋转,在环左侧轴线上的小磁针最后静止时A.N极竖直向上B.N极竖直向下# 未#来脑教学云平台C.N极沿轴线向左D.N极沿轴线向右5如图所示,一带电荷量为+Q的小球甲固定,另一带电荷量为+q、质量为m的小球乙可静止于小球甲正上方的O点,O点与小球甲间的距离为l。现将小球乙竖直向上移到距固定小球甲http:/w?w*w.wln100.c)om 未来脑教学云平台)l的A点并由静止释放。已知小球乙运动到O点时的速度为v,B点是它能到达的最低点,静电力常数为k。则A.带电小球乙先做匀加速运动,后做匀减速运动B.带电小球乙从A点到B点的过程中,两带电小球组成的系统的电势能增加了mglC.O、A两点间的电势差为mgl-mv22qD.O、A两点间的电势差为kQ2l6如图所示,PQ、MN是放置在水平面内的光滑导轨,GH是长度为L、电阻为r的导体棒,其中点与一端固定的轻弹簧连接,轻弹簧的劲度系数为k。导体棒处在方向向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。图中电源是电动势为E、内阻不计的直流电源,电容器的电容为C。闭合开关,待电路稳定后ht%tp:/|/ww$ 未来脑教#学云平台A.导体棒中电流为ER2+r+R1B.轻弹簧的长度增加BLEk(r+R1)C.轻弹簧的长度减少BLEk(r+R1)http:/ww* 未来脑教学云平台$!D.电容器带电荷量为Er+R1CR27http:/www.wln*100%.com 未来脑教学云平台)如图所示，在滑动变阻器的滑片向右滑动的过程中，理想电压表、电流表的示数将发生变化，电压表V1、V2示数变化量的绝对值分别为U1、U2，已知电阻R大于电源内阻r，则A.电流表A的示数增大B.电压表V2的示数增大C.电压表V1的示数增大D.U1小于U28如图所示电路,闭合开关S,用电源电动势为E的直流电源给平行板电容器充电,要使电容器两板间电压大于E,两板间电场强度保持不变,可以使用的方法是A.先将S断开,然后将两板之间距离拉大一些B.先将两板之间距离拉大,然后再将S断开 未来脑教学云平台#!C.先将两板正对面积减小一些,然后将S断开D.先将S断开,然后将两板正对面积减小9如图所示,两个质量都为m、电荷量都为q的带正电的小球甲、乙固定于光滑绝缘水平面上,甲的坐标为(0,H),乙的坐标为(L,0),水平面上方存在电场强度方向沿-y方向的匀强电场,场强大小为E,由静止释放甲,当甲运动到M(0,h)点(图中未画出)时,突然释放乙球,且给乙一个沿-x方向的初速度,使二者能相遇,则释放乙时,乙球的初速度大小为(忽略两小球之间的相互作用)A.2qEh(H-h)mLB.hL2qE(H-h)mC.2qEL(H-h)mhD.Lh2qE(H-h)m10有一长方形导体,长a、宽b、高h之比为632,它的六个面的中心各焊接一根电阻不计的导线,如图所示,分别将AA、BB、CC接在同一恒压电源上时,导体中电荷的运动速度分别为v1、v2、v3。则v1v2v3为A.632B.111C.236D.123二、多选题：共5题 每题4分 共20分11两个点电荷固定于x轴上,带电荷量大小分别为Q和4Q,在它们形成的电场中,有一个带正电的试探电荷q从无限远处移向坐标原点O,其电势能Ep随位置变化的关系曲线如图所示。当x0时,电势能Ep;当x时,电势能Ep0;电势能为最小值的位置坐标为x0。从图中可以看出A.这两个点电荷一定是同种电荷B.这两个点电荷在x轴上的位置是Q(0,0)、4Q(-x0,0)C.x0处电场强度为零D.Q和4Q之间连线上各点电场方向都指向x0处12如图所示，把一个带电小球A固定在光滑的水平绝缘桌面上，在桌面的另一处有另一带电小球B，现给Bhtt+p:/www.w# 未来脑教学云平+台一个垂直于AB方向的速度v0，则下列说法中正确的是A.B球可能做直线运动B.A球对B球的库仑力可能对B球不做功C.B球的电势能可能增加D.B球可能从电势较高处向电势较低处运动13关于磁感应强度的单位T，下列表达式中正确的是A.1T=1Wbm2 B.1T=1Vs/mC.1T=1Ns/CmD.1T=1N/Am14英国物理学家阿斯顿因首次制成质谱仪，并用此对同位素进行了研究，因此荣获了1922年的诺贝尔化学奖。若速度相同的同一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是A.该束带电粒子带正电B.速度选择器的P1极板带负电C.在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大D.在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷qm小15示波管的内部结构如图所示。如果在偏转电极XX、YY之间没有加电压,电子束将打在荧光屏的中心。如果在偏转电极XX之间和YY之间加上电压,电子打到屏上的位置会发生改变,下列关于示波器的说法正确的是A.若XX和YY分别加交变电压,要使荧光屏上出现稳定图象,则加在XX上的电压周期应为YY上电压周期的整数倍B.要增大示波器的灵敏度(即偏转量偏转电压),只需增大偏转电压即可C.要使屏上图象稳定,在XX上只能加恒定电压D.所加各电压不变,只将电子改为其他负离子,则负离子打到屏上的位置不变第II卷（非选择题）三、实验题：共2题 共15分16(本题6分)在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验时，所用器材有：电动势为6V的电源，额定电压为2.5V的小灯泡，以及符合实验要求的滑动变阻器、电表、开关和导线。要求能测出尽可能多组数据，如图是没有连接完的实物电路。(已连接好的导线有a、b、chttp:/www?.wln!100+.com 未来脑教学云平台+、d、e、f六根)(1)请你用笔画线代替导线，将实物电路连接完整；(2)正确连接电路后闭合开关，移动滑片P到某处，电压表的示数为2.2V，在要测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向_端滑动(选填“左”或“右”)17(本题9分)(1)某同学在做研究自由落体运动的实验时,获得了一条纸带,如图所示,O、A、B、C、D和E为纸带上六个相邻的计数点,相邻两点间的距离已经测量出并标在纸带上。(已知打点频率为50 Hz)由上述纸带中的数据可以判断自由落体运动是运动,理由是:。该同学为了进一步研究,根据上述实验数据求出了A、B、C三个点所对应的速度如下表所示(单位是ms-1),请补充D点所对应的速度vD(ms-1)。vA vB vC vD 0.190.390.58(2)一根固定在刻度尺上的均匀电阻丝(总电阻小于5 ),两端各有一个固定的接线柱a和b,刻度尺的中间有一个可沿电阻丝滑动的触头c,c的上端为接线柱,触头c与电阻丝通常不接触,当用手按住时,才与电阻丝接触,且可在直尺上读出触点的位置,利用下列器材,测量该电阻丝的电阻率。请回答下列问题:用螺旋测微器测量电阻丝直径的示数如图甲所示,则该电阻丝的直径d = mm。 图甲htt%p:/$ 未来脑教学)云平台$将图乙中提供的器材连接成实验电路,连线要求:A.实验中保持通过电阻丝的电流恒定(I=0.5 A);B.能够进行多次测量电阻丝接入电路中的长度。通过改变滑动变阻器触头c的位置,测量出多组与长度L对应的电压U的数据,并在ULhttp:/| 未来脑教学云平*台%坐标系中描点,如图丙所示,请根据图示的数据点作出UL图线。 图乙 图丙若测出UL 未来脑教学云平台()*(图线的斜率为k,用d、I、k可表示该电阻丝的电阻率=。四、计算题：共4题 共35分18(本题8分)如图所示,质量为m、电荷量为+q的粒子从坐标原点O以初速度v0射出,粒子恰好经过A点,O、A两点长度为l,连线与坐标轴+y方向的夹角为= 37,不计粒子的重力。(1)若在平行于x轴正方向的匀强电场E1中,粒子沿+y方向从O点射出,恰好经过A点;若在平行于y轴正方向的匀强电场E2中,粒子沿+x方向从O点射出,也恰好能经过A点,求这两种情况电场强度的比值E1E2;(2)若在y轴左侧空间(第、象限)存在垂直纸面的匀强磁场,粒子从坐标原点O,沿与+y轴成30的方向射入第二象限,恰好经过A点,求磁感应强度B。19(本题9分)http:/www.wln1|00.com 未来脑|教学云平台_如图所示的直角坐标系中，第I象限内存在沿y轴负向的匀强电场，第III、IV象限内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。一带正电粒子M在y轴上的P点沿x轴正向射入电场，偏出电场后经x轴上的Q点进入磁场， 再经磁场偏转后恰能回到原点O。已知M粒子经过Q点时的速度大小为v，方向与x轴成角，粒子的电量为qhttp:/www.wln1?00.com 未来脑%教学云%平台，质量为m，不计重力。求：(1)M粒子在P点的入射速度(2)匀强电场的场强大小(3)在Q点的正上方L=23mv3qB处静止释放一相同的带电粒子N，若二者恰好能在磁场中的某位置相遇，求N粒子需要在M粒子离开P点后多长时间释放20(本题8分)(1)如图所示为电流天平,可以用来测量匀强磁场的磁感应强度,它的右臂挂着矩形线圈,匝数n,线圈的水平边长为L,处于匀强磁场内,磁感应强度B的方向与线圈平面垂直,当线圈中通过电流I时,调节砝码使两臂达到平衡,然后使电流反向,大小不变,这时需要在左盘中增加质量为m的砝码,才能使两臂再达到新的平衡,请导出用已知量和可测量n、m、L、I,ht(tp:/ 未来(脑教学云平台$_计算B的表达式(2)导线中带电粒子的定向运动形成了电流。电荷定向运动时所受的洛伦兹力的矢量和，在宏观上表现为导线所受的安培力。按照这个思路，请你尝试由安培力的表达式导出洛伦兹力的表达式。(只需证明导线的方向与磁场的方向垂直)21(本题10分)如图所示,在矩形ABCD内有以对角线BD为边界的匀强电场和匀强磁场,已知电场的方向竖直向下,磁场垂直纸面,矩形ABCD的AB边是AD边长的倍,一个质量为m、带电荷量为+q的带电粒子(不计重力)以初速度v0从A点沿AB方向进入电场,经时间t在对角线BD的P点垂直BD进入磁场,并从DC边上的Q点垂直DC离开磁场,试求:(1)电场强度的大小;(2)带电粒子经过P点时速度的大小;(3)离开磁场时的Q点到D点的距离;(4)磁场的磁感应强度的大小和方向。试卷第7页，总7页参考答案1.C【解析】本题主要考查了洛伦兹力和带电粒子在磁场中的偏转等知识点，意在考查考生对带电粒子在磁场中的偏转问题的理解和掌握。粒子在磁场中运动的周期的公式为：T=2mqB，由此可知，粒子的运动的时间与粒子的速度的大小无关，所以粒子在磁场中的周期相同，由粒子的运动的轨迹可知，通过a点的粒子的偏转角为90，通过b点的粒子的偏转角为60，所以通过a点的粒子的运动的时间为t1=90360T，通过b点的粒子的运动时间为t2=60360T，则从S到a、b所需时间之比t1：t2=90:60=3:2，所以选项C正确，选项ABD错误。【备注】无2.B【解析】本题考查电场力的性质与能的性质,意在考查学生对电场线、场强及电势、电势能等概念的理解。题中给出一条电场的电场线为直线,该电场可能为匀强电场,也可能不是匀强电场(如点电荷电场),故A、C两项错;由于a点电势高于b点电势,沿着电场线的方向电势降低,故电场线方向由a指向b,B项正确;正电荷从电场线上的a点移到b点过程中,电场力做正功,故电势能减小,D项错。【备注】无3.B【解析】本题考查带电粒子在磁场中的运动,意在考查考生对带电粒子在磁场中运动规律的掌握情况。由洛伦兹力提供向心力可知,速度越大,转动半径越大,因此b粒子的速率较大,选项B正确,A错误;转动圆心角越大,运动时间越长,因此应该是a粒子在磁场中运动时间较长,选项CD错误。答案选B。【备注】无4.C【解析】本题考查等效电流、安培定则等知识点,意在考查考生的逻辑分析能力。带负电的金属环匀速旋转,可等效为反向的电流,根据安培定则,在环内形成水平向左的磁场,故小磁针静止时N极沿轴线向左,选项C正确,选项A、B、D错误。【备注】无5.C【解析】本题考查库仑定律、电势能、电势差、动能定理等知识。由库仑定律可知,小球乙从A点经O点向B点运动的过程中,所受的库仑斥力越来越大,并不是恒力,故小球的加速度并不恒定,A错;由库仑定律和动能定理可知:B点和A点并不关于O点对称,而是OB间的距离比OA间的距离小,所以带电小球从A点到B点的过程中,两带电小球组成的系统增加的电势能比mgl要小,B错;由动能定理得:mgl2-qUOA=12mv2,解得UOA=mgl-mv22q,所以C对;由A=2kQ3l,O=kQl,可得OA=O-A=kQ3l,D错。【备注】无6.C【解析】本题考查含容电路、闭合电路欧姆定律、安培力、平衡条件、胡克定律,意在考查考生灵活应用相关知识分析推导相关关系式的能力。由闭合电路欧姆定律,导体棒中电流为I=Er+R1,选项A错误;导体棒GH中电流方向从H到G,由左手定则可知,导体棒GH所受安培力方向水平向左,由F=BIL可得安培力大小F=BLEr+R1,由平衡条件,F=kx,可得轻弹簧的长度减少x=F/k=BLEk(r+R1),选项B错误,C正确;电容器C两端电压大小为U=Ir=Er+R1r,由C=Q/U可得带电荷量Q=CU=Er+R1Cr,选项D错误。【备注】无7.B【解析】本题考查闭合电路欧姆定律滑动变阻器的滑片向右滑动的过程中，电阻增大，电路总电阻增大，电路总电流减小，所以电流表A的示数减小，A错误；电源内电压减小，外电压增大，电压表V2的示数增大，B正确；电路总电流减小，R电阻不变，电压表V1的示数减小，C错误；D错误；故选项B正确【备注】无8.A【解析】本题考查电容器带电时各物理量的变化情况,意在考查考生的分析综合能力。由E=Ud可知,场强E不变,要使U增大,必须使d变大,因此选项C、D错;若将两板之间距离拉大,电容器电容变小,由Q=UC,要先断开开关,使Q不变,再调节电容器才能使U增大,A对,B错。【备注】无9.D【解析】本题考查带电体在电场中的运动,意在考查考生的分析能力和数学运算能力。甲运动的位移为H-h时,速度为v=2qEm(H-h),从乙开始运动到与甲相遇,经历的时间为t=hv,乙在x轴方向做匀速运动,有L=v0t,联立各式,解得v0=Lh2qE(H-h)m,选项D正确。【备注】无10.D【解析】本题考查电阻定律、欧姆定律、电流的计算,意在考查考生综合运用物理规律的能力。根据R=LS、I=UR和I=nSqv得:v=UnqL,即v1L,所以v1v2v3=123,D正确。【备注】无11.BC【解析】正电荷的电势能曲线同时反映了电势随位置变化的关系,由于该电场的电势有正有负,则这两个点电荷一定是异种电荷,选项A错误;在匀强电场中,场强与电势存在关系E=Ud,那么根据各点电势随x变化的关系容易判断其斜率反映的即是场强的大小,显然x0处的电场强度为零,即选项C正确。当x0时,电势能Ep,说明坐标原点处放有正电荷,由于x0处的电场强度为零,则负电荷只能放在坐标原点左侧,且负电荷量一定大于正电荷量,则选项B正确。【备注】无12.BCD【解析】本题考查电场力做功与电势能变化的关系由题看出，小球B受到的静电力与速度不在同一直线上，则B球不可能做直线运动，故A错误；若小球A、B带异种电荷，而且引力恰好等于mv02r时，B球做匀速圆周运动，A球对B球的库仑力不做功，故B正确；若小球A、B带异种电荷，而且引力小于mv02r时，B球会远离A球，引力做负功，电势能增加，故C正确；由于两球电性未知，B球可能受斥力会远离A球，也可能受到引力靠近A球，所以B球可能从电势较高处向电势较低处运动故D正确所以选BCD【备注】无13.ACD【解析】本题意在考查单位制。由磁感强度B=FIL=S=Fqv=ES=ELv可知B错，ACD正确【备注】无14.AD【解析】本题考察的是带电粒子在电磁场中的运动的问题。从粒子在B2磁场中的偏转方向由左手定则可知粒子应该带正电；由于粒子不考虑重力，则可偏转电场中粒子受到的电场力与洛仑兹力应该平衡，洛仑兹力向上，则电场力应该向下，即P1带正电；在B2磁场中有：qvB2=mv2r，则有：m=qB2rv，由于粒子带电荷量不能确定，因而半径大的粒子质量不一定大；qm=vB2r，由于速度相同，磁感应强度也相同，因而半径大的粒子荷质比越小。答案选AD。【备注】无15.AD【解析】电子在偏转电场中做类平抛运动,而类平抛运动的轨迹上任一点的速度反向延长线交初速度方向所在直线的点为水平位移的中点,若板长为L,板间距为d,加速电压为U1,偏转电压为U2,偏转角的正切值tan =U2L2U1d,设极板右端到屏的距离为L0,由几何知识可得,电子打到屏上时的偏移量x=(L2+L0)tan =U2L2U1d(L2+L0) ,即x与偏转电压U2成正比,可得A、D选项正确,C选项错误;示波器的灵敏度由偏转极板的长度与偏转极板间的距离决定,B选项错误。【备注】无16.(1)如图 (2) 右【解析】(1)：根据实验的要求，电流需要从零调起，滑动变阻器应为分压式接法；根据小灯泡电阻较小，满足RvRxRxRA，可知电流表需采用外接法，连线图如图所示：(2)因为额定电压为2.5V的小灯泡，需要增加小灯泡的电压。由连线图可知，为使小灯泡两端的电压变大，滑片P应向右端滑动。【备注】无17.(1)匀加速直线连续相邻两点间的位移差在误差范围内恒定0.77(2)2.000 如图1所示如图2所示kd24I图1图2【解析】(1)本题考查用纸带研究物体的运动知识,用图象研究运动及加速度知识,意在考查考生根据纸带判断物体的运动性质以及速度的求解方法。(2)本题是一道创新实验题,有一定的难度,需要很好地利用图象的知识来解答实验问题。(1)连续相邻两点间的位移之差分别为AB-OA=3.9 mm,BC-AB=3.8 mm,CD-BC=3.8 mm,DE-CD=3.9 mm,在实验误差允许范围内可近似认为相等,故可判断是匀加速直线运动。D点的速度为C、E间的平均速度,故有:vD=0.013 4+0.017 30.04ms-1=0.77 ms-1。(2)由螺旋测微器的指示情况可以确定d=2.000 mm;由U=IR=ILS=kL及S=14d2,得到=kd24I。【备注】无18.(1)在电场E1中,粒子做类平抛运动,由运动的分解可得:x轴方向: lsin =12qE1mt12y轴方向:lcos =v0t1在电场E2中,粒子做类平抛运动,由运动的分解可得:y轴方向:lcos =12qE2mt22x轴方向:lsin =v0t2联立解得:E1E2=2764(2)粒子射入第二象限后,在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力。粒子经过磁场中的偏转,设从y轴上的C点离开磁场,离开磁场后做匀速直线运动,到达A点。粒子的运动轨迹如图所示,假设轨迹半径为R。由几何知识可得:OC=2Rsin 30tan 30=lsin372Rsin30+lcos37解得:R=33-45l又由牛顿第二定律可知:qv0B=mv02R则可得:R=mv0qB联立解得:B=5mv0(33-4)ql由左手定则可确定匀强磁场的方向垂直纸面向外。【解析】本题考查带电粒子在电磁场中的运动,意在考查考生对基本规律的掌握以及对带电粒子在电磁场中运动的分析能力和综合应用能力。【备注】无19.(1)vP=32v；(2) E=34Bv;(3) t=(2-23)m3qB【解析】本题考察的是带电粒子在匀强电场、匀强磁场的运动特点的问题。(1)vP=vcos30=32v(2)A粒子在磁场中运动时 qvB=mv2R设OQ的距离为l，由几何关系可得l=2Rsin30=R=mvqBl=vPtvy=vsin30=atqE=ma可得 E=34Bv(3)B粒子：qEL=12mv2解得 v=v两个粒子在磁场中的半径以及OQ的长度均相等，且B粒子垂直x轴入射，则圆心在O点由几何关系可知，二