河南省鹤壁市高级中学2024-2025学年高二物理上学期尖子生联赛调研试题一

PAGE1PAGE11河南省鹤壁市高级中学2024-2025学年高二物理上学期尖子生联赛调研试题一一、选择题（1-8是单选题，每题4分，9-12是多选题，每题6分，共56分）1．如图所示，a、b两点处分别固定有等量异种点电荷＋Q和－Q，c是线段ab的中点，d是ac的中点，e是ab的垂直平分线上的一点，将一个正点电荷先后放在d、c、e点，它所受的电场力分别为Fd、Fc、Fe，则下列说法中正确的是()A．Fd、Fc、Fe的方向都是水平向右B．Fd、Fc的方向水平向右，Fe的方向竖直向上C．Fd、Fe的方向水平向右，Fc＝0D．Fd、Fc、Fe的大小都相等2．如图所示，直流电路中，R1、R2是定值电阻，R3是光敏电阻，其阻值随光照增加而减小。当开关S闭合时，处在电容器两板间M点的带电液滴恰好能保持静止。现用强光照耀电阻R3时（）A．电源的总功率减小 B．A板的电势降低 C．液滴向上运动D．电容器所带电荷量削减3．如图所示，由粗细匀称的金属导线围成的一个边长为L的正方形线框abcd的四个顶点均位于一个的网形区域的边界上，以ac为圆形区域的一条直径，ac上方和下方分别存在大小均为B且方向相反的匀强磁场。现给线框接入从a点流入，d点流出的大小为I的恒定电流，则金属线框受到的安培力F的大小为（）A．F＝0 B．F＝BLI C．F＝BLI D．F＝BLI4．如图1所示，在直角坐标系的第一象限内有垂直纸面对里的匀强磁场，正、负离子分别以相同的速度从原点O进入磁场，进入磁场的速度方向与x轴正方向夹角为30°.已知正离子运动的轨迹半径大于负离子的轨迹半径，则可以推断出 ()A．正离子的比荷大于负离子的比荷B．正离子在磁场中受到的向心力大于负离子受到的向心力C．正离子在磁场中运动的时间等于负离子的运动时间D．正离子离开磁场时到原点的距离大于负离子离开磁场时到原点的距离5．一长方体电阻率为ρ的金属导体板，长、宽、厚分别为a、b、c，其中a＞b＞c，置于匀强磁场B中，方向垂直于导体上表面。现将金属板用图甲、乙两种方式接到内阻可不计的电源两端，合上开关后，在导体前后表面（即Ⅰ、Ⅱ面）将产生电势差。则关于导体以下说法正确的是（）A．图甲、乙前后表面电势差相等 B．图甲前后表面电势差小于图乙 C．图甲前后表面电势差大于图乙 D．图甲中前表面电势高，图乙中后表面电势高6．利用磁场可以屏蔽带电粒子。如图所示，真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为r和3r的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，磁感应强度大小为其横截面如图所示。一带电粒子从P点正对着圆心O沿半径方向射入磁场。已知该粒子的比荷为k，重力不计。为使该带电粒子不能进入图中实线圆围成的区域内，粒子的最大速度为（）A．kBrB．2kBr C．3kBrD．4kBr7．CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图（a）是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图（b）所示。图（b）中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调整后电子束从静止起先沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线（如图中带箭头的虚线所示）；将电子束打到靶上的点记为P点。则A．M处的电势高于N处的电势B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移C．偏转磁场的方向垂直于纸面对外D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移8．如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面对里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点a（0，L）。一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场。此时速度方向与x轴正方向的夹角为60°。下列说法中正确的是（）A．电子在磁场中运动的半径为L B．电子在磁场中运动的时间为 C．电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为（，） D．电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为（0，﹣2L）9．如图甲所示，直角坐标系中x轴上方有磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面对外，O处有一粒子源，能以相同的速率v沿纸面不断地放出比荷为k的同种粒子，粒子射入磁场的速度方向与x轴正方向所成角的范围是30°～150°，粒子重力及粒子间的相互作用均不计。图乙中的阴影部分表示粒子能经过的区域，其内边界与x轴的交点为C，外边界与y轴的交点为D、与x轴的交点为A。下列说法正确的是（）A．D点的坐标是（0，） B．OD＝OC C．若仅变更粒子电性，则粒子运动所经过区域的面积变大 D．带电粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之差为10．如图所示，半径为R＝2cm的圆形区域中有垂直纸面对外的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小B＝2T，圆形磁场边界上有A、C、N三点，一个比荷为2×106C/kg、带正电的粒子（粒子重力可忽视不计），从A点以v0＝8×104m/s的速度垂直于直径MN射入磁场，恰好从N点射出，且∠AON＝120°，则（）A．带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为2cm B．带电粒子在磁场中运动的轨迹圆心肯定不在圆形磁场的边界上 C．若带电粒子改为在圆形磁场边界上的C点以相同的速度入射，则粒子肯定从N点射出 D．若要实现带电粒子从A点以原速度v0入射、从N点出射，则该圆形磁场的最小面积为π×10﹣4m211．（多选）如图所示,带电小球自O点由静止释放,经C孔进入两水平放置的平行金属板之间,由于电场的作用,刚好下落到D孔时速度减为零.对于小球从C到D的运动过程,已知从C运动到CD中点位置用时t1,从C运动到速度等于C点速度一半的位置用时t2.下列说法中正确的是()A．小球带负电B．t1＜t2C．t1＞t2D．将B板向上平移少许后小球可能从D孔落下12.．如图所示,离地高处有一个质量为m、带电量为＋q的物体处于电场强度随时间变更规律为E＝E0－kt(E0、k均为大于零的常数,电场水平向左为正方向)的电场中,物体与竖直绝缘墙壁间的动摩擦因数为μ,已知.t＝0时,物体从墙上静止释放,若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,当物体下滑eq\f(H,2)后脱离墙面,此时速度大小为eq\f(\r(gH),2),最终落在地面上.则下列关于物体的运动说法正确的是()A．当物体沿墙壁下滑时,物体先加速再做匀速直线运动B．物体从脱离墙壁到落地之前的运动轨迹是一段直线C．物体克服摩擦力所做的功W＝eq\f(3,8)mgHD．物体与墙壁脱离的时刻为t＝eq\f(E0,k)二、试验题（每空2分，共14分）13．某爱好小组的同学用表盘如图甲所示的量程Ig为50μA、内阻Rg为19Ω的表头，按如图乙所示电路自制一个由三个挡位组成的简易多用电表，1、2两个挡位为电流挡，分别为10mA和1mA。图中R1和R2为定值电阻，S为转换开关，试验重要步骤如下：（1）选取的定值电阻R1和R2阻值分别为Ω和Ω；（2）连接电路后，装入电动势E＝1.5V的电池，把开关S拔到挡位3，将红、黑两表笔短接，调整滑动变阻器R3使表头满偏，在电流表刻度为50μA处标上0，则图甲中电流表刻度为25μA处标上Ω；（3）把开关S拔到挡位3，红、黑表笔间接入一个R0＝1000Ω的电阻时，电表的指针指在电流表刻度的位置应当为μA。14．某探讨小组用一种电动势不变、内阻发生变更的电池，来探讨小灯泡电压随电流的变更规律。设计图甲所示的电路，闭合开关S，调整滑动变阻器R，通过测量得到该电池的U﹣I关系曲线a、小灯泡的U﹣I关系曲线c如图乙所示。（1）依据图乙来推断，当电流表的读数为0.3A，则电压表V2的读数应为V（估读到小数点后一位）。（2）由图象可知电源的电动势E＝V（保留两位有效数字）。（3）关于曲线c与曲线a的交点Q代表的物理含义，下列说法正确的是（多选）。A．滑动变阻器滑片P移到了滑动变阻器的最右端B．在此种电路条件的限制下，小灯泡功率的最大值为1.25WC．交点Q的电压只能表示路端电压，不能表示灯泡的电压D．交点Q的电压只能表示灯泡的电压，不能表示路端电压三、计算题（共40分）15．（6分）如图所示，一根足够长的光滑绝缘杆MN，与水平面夹角为37°，固定在竖直平面内，垂直纸面对里的匀强磁场B充溢杆所在的空间，杆与B垂直，质量为m的带电小环沿杆下滑到图中的P处时，对杆有垂直杆向上的拉力作用，拉力大小为0.4mg，已知小环的带电荷量为q，问（sin37°≈0.6；cos37°≈0.8）（1）小环带什么电？（2）小环滑到P处时的速度多大？（10分）磁谱仪是测量α能谱的重要仪器。磁谱仪的工作原理如图所示，放射源S发出质量为m、电量为q的α粒子沿垂直磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，被限束光栏Q限制在2φ的小角度内，α粒子经磁场偏转后打到与束光栏平行的感光片P上。（重力影响不计）若能量在E～E＋ΔE（ΔE＞0，且）范围内的α粒子均垂直于限束光栏的方向进入磁场。试求这些α粒子打在胶片上的范围Δx1。事实上，限束光栏有肯定的宽度，α粒子将在2φ角内进入磁场。试求能量均为E的α粒子打φφφφQSPx17．（10分）如图，在0≤x≤h，区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变。一质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力。（1）若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种状况下磁感应强度的最小值Bm；（2）假如磁感应强度大小为，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。18.（14分）如图所示，某一平面有始终线MN，其左侧有一半径为R的圆与MN相切于C点，AB为圆上平行于MN的直径，圆内有一垂直平面对里的匀强磁场（图中未画出），直线MN右侧有一对平行金属板P、Q并带有等量异种电荷，P板带正电，两板间的电场为匀强电场，不考虑两板范围以外的电场。P，Q两板垂直于MN直线且分别与A、B两点对齐，两板长为2R。一质量为m、电荷量大小为q的带负电粒子以大小为v0的速度从P板右端与其成α角的方向射入电场，tanα＝。通过两板间的电场后垂直MN向左射出，通过圆形磁场区域后恰好从A点离开磁场，离开时速度方向与A点切线方向成θ＝60°角，不计粒子重力。求：（1）带电粒子离开磁场时的速度v的大小；（2）PQ两板间电场强度E的大小；（3）磁场磁感应强度B的大小。鹤壁中学高二年级尖子生联赛调研（一）物理答案1.答案A2.C。3.【解答】解：由电阻定律可知，abcd之路与ad之路的电阻之比为3：1，两部分电路并联，总电流为I，由并联电路特点可知，流过上边支路abcd的电流为I，流过下边支路的电流为I，ab、bc、cd边受到的安培力大小都是：BIL，ad边受到的安培力大小为：BIL，由左手定则推断出各边所受安培力方向如图所示，ab与cd边所受安培力的合力大小为，方向：水平向右，bc与ad边所受安培力大小为：BIL，方向：竖直向上，则线框所受安培力大小：F＝＝BIL，故ABC错误，D正确。故选：D。4.D5.【解答】解：ABC、两种电路中，依据电阻定律，可知金属导体板连入电路的电阻分别为：R甲＝，R乙＝依据甲、乙两种方式接到内阻可不计的电源两端，由欧姆定律得：I甲＝＝，I乙＝＝依据电流得微观表达式，有：I甲＝nev甲S甲＝nev甲ac，电子定向移动的速率为：v甲＝图乙中电流I乙＝nev乙S乙＝nev乙ab，电子定向移动的速率为：v乙＝设图甲前后面的电势差为U甲，图乙前后面的电势差为U乙，当导体前后面的电势差稳定时，电子所受电场力与洛伦兹力大小相等，则有：e＝ev甲B，e＝ev乙B解得：U甲＝，U乙＝由于b＞c，则U甲＜U乙，故AC错误，B正确；D、金属导体中的自由电荷为电子，负电荷的定向移动方向与电流方向相反，由左手定则可知，图甲与图乙两种状况连接方式空电子所受洛伦兹力方向相同，电子向后表面偏转，两种状况下都是后表面电势低，故D错误。故选：B。6.【解答】解：带电粒子只受洛伦兹力做匀速圆周运动，由洛伦兹力供应向心力：qvB＝m，解得：v＝可知最大速度对应最大半径，依题意半径最大的轨迹圆弧与半径为r的磁场圆形边界相切，如下图所示：由几何关系：（R+r）2＝R2+（3r）2解得：R＝4r则：vm＝＝4kBr故ABC错误，D正确7.D8.【解答】解：粒子在磁场中做圆周运动的运动轨迹如图所示；A、设电子的轨迹半径为R，由几何学问，Rsin30°＝R﹣L，得R＝2L，A错误；B、电子在磁场中运动时间t＝T＝T，电子做圆周运动的周期T＝＝，解得：t＝，故B正确；CD、依据几何三角函数关系可得，y′＝﹣Rcos60°＝﹣L，所以电子的圆周运动的圆心坐标为（0，﹣L），故CD错误；故选：B。9.【解答】解：A、依据题意画出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示：有几何关系可知：OD＝2Rsin60°由洛伦兹力供应向心力得：qvB＝m联立解得：OD＝故D点的坐标是（0，），故A正确；B、在轨迹圆中由几何关系可知：OC＝2Rsin30°＝，故OD＞OC，故B错误；C、若仅变更粒子的电性而其他条件不变，则粒子受到的洛伦兹力大小相等方向相反，轨迹圆的半径不变则粒子在磁场中运动所经过的区域与以前的区域关于y轴对称，面积大小不变，故C错误；D、带电粒子在磁场中的运动时间t＝T其中T＝＝则由粒子在磁场中的轨迹圆可知，粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之差为：△t＝tmax﹣tmin＝﹣＝﹣＝＝，故D正确；故选：AD。10.【解答】解：A、依据洛伦兹力供应向心力有qv0B＝m，可得r＝＝m＝2cm，故A正确；B、粒子运动轨迹如图所示，因为R＝r＝2cm，四边形AONP为菱形，依据几何学问可得圆心P肯定在圆形磁场的边界上，故B错误；C、从圆形磁场边界上的C点以相同的速度入射，轨迹如图所示，因为R＝r，所以四边形SCON为菱形，由几何学问可知粒子肯定从N点射出，故C正确；D、当带电粒子在A点入射，从N点出射，则磁场圆以AN为直径时面积最小，最小面积S＝＝π（Rcos30°）2＝m2＝3π×10﹣4m2，故D错误。故选：AC。11.【解析】由题图可知,A、B间的电场强度方向向下,小球从C到D减速运动,受电场力方向向上,所以小球带负电,A对；由于小球在电场中受的重力和电场力都是恒力,所以小球做匀减速直线运动,其速度图象如图所示,由图可知,B对、C错；将B板向上平移少许时两板间的电压不变,依据动能定理可知,mg(h＋d)－Uq＝0,mg(h＋x)－eq\f(Uqx,d′)＝0,联立得x＝eq\f(h,h＋d－d′)d′＜d′,即小球不到D孔就要向上返回,所以D错.故选：AB。12.【解析】竖直方向上有mg－μqE＝ma,随着电场强度E的减小,加速度a渐渐增大,当E＝0时,加速度增大到重力加速度g,此后物块脱离墙面,故A错误；物体脱离墙面时的速度向下,之后所受合外力与初速度不在同一条直线上,所以运动轨迹为曲线.故B错误；物体从起先运动到脱离墙面电场力始终不做功,由动能定理得,mgeq\f(H,2)－Wf＝eq\f(1,2)mv2,v＝eq\f(\r(gH),2),Wf＝eq\f(3,8)mgH,故C正确；当物体与墙面脱离时电场强度为零,所以E＝E0－kt＝0,解得时间t＝eq\f(E0,k).故D正确.故选：CD13.【解答】解：（1）由图乙所示电路图可知，S接1时电流表量程I1＝10mA，S接2时电流表量程I2＝1mA，依据图乙所示电路图，串并联电路特点与欧姆定律可知：I1＝Ig+，I2＝Ig+代入数据解得：R1＝0.1Ω，R2＝0.9Ω；（2）S接3，表头满偏时干路电流I2＝1mA，哟闭合电路的欧姆定律得：R内＝，电流表刻度盘为25μA，即半偏时电流I＝0.5mA，由闭合电路的欧姆定律得：I＝，代入数据解得：R内＝1500Ω，Rx＝1500Ω；（3）开关S拔到挡位3，红、黑表笔间接入一个R0＝1000Ω的电阻时，干路电流I′＝＝A＝0.0006A＝0.6mA，表头满偏电流Ig＝50μA，改装后电流表量程I2＝1mA，量程扩大了20倍，干路电流为0.6mA时，表头示数为mA＝0.03mA＝30μA故答案为：（1）0.1；0.9；（2）1500；（3）30。14.【解答】解：（1）由图甲所示电路图可知，电压表V2测灯泡两端电压，图乙中图线c是灯泡的U﹣I图线，当电流表的读数为0.3A，由图乙所示图线c可知，电压表V2的读数应为1.0V。（2）由图甲所示电路图可知，当外电路断路时路端电压等于电源电动势，即I＝0时路端电压等于电源电动势，由图乙所示图线a可知，I＝0时路端电压为4.0V，则电源电动势E＝4.0V。（3）ACD、两图线的交点电压值表示灯泡两端电压等于路段电压，Q点的电压值即表示灯泡两端的电压，又表示路端电压，由图甲所示电路图可知，此时滑动变阻器的滑片移到了最右端，故A正确，CD错误；B、由图乙所示图象可知，Q点对于坐标值U＝2.5V，I＝500mA＝0.500A，此时灯泡的的工作电压与工作电流最大，功率最大，灯泡的最大功率P＝UI＝2.5×0.500W＝1.25W，故B正确。故选：AB。故答案为：（2）1.0；（2）4.0；（3）AB。15.【解答】解：（1）环所受洛伦兹力与杆垂直，只有洛伦兹力垂直于杆向上时，才能使环向上拉杆，由左手定则可知环带负电。（2）设杆拉住环的力为T，由题可知：T＝0.4mg在垂直杆的方向上对环有：qvB＝T+mgcos37°即qvB＝0.4mg+0.8mg解得：答：（1）小环带负电