四川省鄰水實驗學(xué)校2024-2025學(xué)年高二物理上學(xué)期期中試題

PAGEPAGE1四川省鄰水試驗學(xué)校2024-2025學(xué)年高二物理上學(xué)期期中試題一．單項選擇題（11×4=44分）在靜電場中，下列說法中正確的是： （ A．電場強度為零的點，電勢也確定為零電場強度到處相等的區(qū)域內(nèi)，電勢也確定到處相等F只在電場力作用下，正電荷確定從電勢高的地方向電勢低的地方移動D．沿著電場線方向電勢確定越來越低F磁感應(yīng)強度B ，與下列哪個物理量的表達式是不相同的物理方法（ ）ILFA．加速度a B．電場強度Em qFQC．電容C D．電阻RU IQ電子在勻強磁場中做勻速圓周運動，下列說法正確的是A．速率越大，周期越大 B．速率越小，周期越大C．速度方向與磁場方向平行 D．速度方向與磁場方向垂4．1930DDD2A．離子由加速器的邊緣進入加速器B．離子從磁場中獲得能量離子從電場中獲得能量增大電場間的電壓，帶電粒子的最大動能也增大兩個等量異種電荷的連線的垂直平分線上有A、B、C三點，如圖所示，下列說法正確的是（ ）A．a(chǎn)點電勢比b點高a、bbaa、b、cacabcda20Vb24V，d

可知，c點的電勢為4V B．8V C．12V D．24Va d20V 4Vb c24Vac50V10Va、cb30V30V30V30V如圖2所兩行屬板直置板上B兩正水平對板電為500V一個動能為400eV的電子從A孔沿垂直板方向射入電場中．經(jīng)過一段時間電子離開電場，則電子離開電場時的動能大小為 ()A．900eV B．500eVC．400eV D．100eVa GUABUa GUABAbaBabCabDba10.LABCDEF55L的相同絕QBCO點的場強為零．若移走＋QAB邊上的細棒O點電場強度大小為(k為靜電力常量，不考慮絕緣棒及＋Q之間的相互影響)()

13MNOθ=600角。若不計重力。則M NkQL2C.C.23kQ3L2

4kQ3L2D.D.43kQ3L2

A．正離子、負離子在磁場中運動時間相等B2C3x0、y0acd中，∠a＝60°a、bcbacI2I向里．通電長直導(dǎo)線在其四周空間某點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度B＝kI，其中I表示電流強度，rr表示該點到導(dǎo)線的距離為常數(shù)已知a點處導(dǎo)線在d點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為則d點的磁感應(yīng)強度大小為( )

BmqxPx30yA．B0 B．2B0 C.3B0 D．4B0二、多項選擇題（5×4=20分）圖中的四個圖分別表示勻強磁場的磁感應(yīng)強度B閉合電路中一部分通電直導(dǎo)線或運動的帶電粒子所受磁場力的相互關(guān)系，其中正確是( )

O P x× × × × ×× × × × ×× × × ×× × × × ×× × × × ×× × × ×B×× × × × ×× × × ×300粒子在磁場中運動所經(jīng)驗的時間可能為FvFIBIFBFvBBFvFIBIFBFvBA B C D

Bq粒子在磁場中運動所經(jīng)驗的時間可能為6BqLdLMqm的質(zhì)點從兩板中心射入板間，最終垂直M屏上，則下列結(jié)論正確的是()A．板間電場強度大小為3mg/qB．板間電場強度大小為2mg/qC．質(zhì)點在板間的運動時間和它從板的右端運動到光屏的時間相等D．質(zhì)點在板間的運動時間大于它從板的右端運動到光屏的時間如圖所示，在光滑水平面上一輕質(zhì)彈簧將擋板和一條形磁鐵連接起來，此時磁鐵對水平面的壓力為現(xiàn)在磁鐵左上方位置固定一導(dǎo)體棒當導(dǎo)體棒中通以垂直紙面對里的電流后，磁鐵對水平面的壓力為FN2，則以下說法正確的是( )A．彈簧長度將變長B．彈簧長度將變短C．FN1＞FN2D．FN1＜FN2三、計算題（6分+8分+10分+12分=36分）17（6分）U1L，

188分電荷量為e以速度vBd30mtd，帶電粒子通過偏轉(zhuǎn)電場時速度的偏轉(zhuǎn)角為θtan

U2L2U1d19.10分)如圖所示，一帶電微粒質(zhì)量為、電荷量.010C，從靜止開U=10V射出磁場時的偏轉(zhuǎn)角也為θ=60°。已知偏轉(zhuǎn)電場中金屬板長L=23cm，圓形勻強磁場的半徑R=103cm，重力忽視不計。求：U100V

20.xOy，xx軸成θ＝30°BmqaN點脫離細桿恰能沿圓周xAxAO3l，2小球aμ＝q＝5πg(shù)g1E；(3)．勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大小。

4 m 6lE；B1；aNyOh＝20πl(wèi)P點(圖中未畫出)以某3b，bxa球相碰，則b球的初速度為多大？物理答案1.【答案】D【解析】本題考查的是靜電場中場強與電勢的關(guān)系，電勢沿著電場線方向漸漸降低，電場線密的地方場強大；D正確；電場強度為零的點，電勢不確定為零；A錯誤；電場強度到處相等的區(qū)域內(nèi)，電勢不確定到處相等；B錯誤；假如正電荷具有確定的初動能，即使只有電場力作用，正電荷仍舊可以從電勢低的地方向電勢高的地方運動；C錯誤；2.【答案】A【解析】磁感應(yīng)強度是計算式、定義式，為確定式；A對【答案】D4.【答案】C【解析】試題分析：由知，隨著被加速離子的速度增大，離子在磁場中做圓周運動的軌道半徑漸漸增大，所以離子必需由加速器中心旁邊進入加速器，A錯誤，離子在電場中被加速，使動能增加；在磁場中洛倫茲力不做功，離子做勻速圓周運動，動能不變更．磁場的作用是變更離子的速度方向，所以離子從電場中獲得能量，C項正確，B項錯誤，粒子最大的速度與D型盒的半徑有關(guān)系，與加速電壓沒關(guān)系，由此可知D項錯誤5.【答案】C6.【答案】B【解析】把ｂｄ兩點連接，四等分，如圖，可見C點電勢為８V7【答案】C【解析】本題考查的是對電場中等勢面分布的理解問題。電場線密的地方場強大，疏的地方場強小，沿電場線方向電勢漸漸降低，但不是勻稱降低，所以a、c連線的中點b處的電勢應(yīng)小于30V。答案選C。8【答案】C【解析】由于電子動能Ek＝400eV<500eV，電子在電場中先做勻減速直線運動后反向做勻加速直線運動，最終從A孔出射，電場力做功為零，電子動能大小不變．C項正確．9【答案】C【解析】本題考查的是平行板電容器各項參數(shù)的關(guān)系問題，假如將兩板特別緩慢地水平錯開一些，那么在錯開的過程中，電容器的電容將減小，由于電源電壓不變，，板間場強不變，則油滴靜止不動，由，Q減小，電流計中的電流從a流向b，C正確；10.答案D解析依據(jù)對稱性，AF與CD邊上的細棒在O點產(chǎn)生的電場強度疊加為零，AB與ED邊上的細棒在O點產(chǎn)生的電場強度疊加為零．BC中點的點電荷在O點產(chǎn)生的電場強度大小為E1＝eq\f(kQ,Lsin60°2)＝eq\f(4kQ,3L2)，因EF邊上的細棒與BC中點的點電荷在O點產(chǎn)生的電場強度疊加為零，則EF邊上的細棒在O點產(chǎn)生的電場強度大小為E2＝E1＝eq\f(4kQ,3L2)，故每根細棒在O點產(chǎn)生的電場強度大小均為eq\f(4kQ,3L2)，移走＋Q及AB邊上的細棒，O點的電場強度即為EF與ED邊上的細棒在O點產(chǎn)生的合場強，這兩個場強夾角為60°，所以疊加后電場強度大小為E0＝2×eq\f(4kQ,3L2)cos30°＝eq\f(4\r(3)kQ,3L2)，故選D.11.答案D解析設(shè)直角三角形的ad邊長為r，則ac邊長為2r，依據(jù)直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度公式可得a點處導(dǎo)線在d點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0＝keq\f(I,r)，由安培定則知方向水平向左；同理有c點處導(dǎo)線在d點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B1＝keq\f(3I,\r(3)r)＝eq\r(3)B0，方向豎直向下；b點處導(dǎo)線在d點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B2＝keq\f(2I,r)＝2B0，方向垂直于bd斜向左下方；如圖所示：因eq\f(B1,B0)＝eq\r(3)＝tan60°，可知B1和B0的合磁感應(yīng)強度沿B2的方向，故d點的磁感應(yīng)強度大小為B合＝B2＋eq\r(B\o\al(,02)＋B\o\al(,12))＝4B0，方向垂直于bd斜向左下方，故選D.12.【答案】AD【解析】試題分析：依據(jù)左手定則，磁感線穿入手心，大拇指指向?qū)Ь€的運動方向，則四指的指向為感應(yīng)電流的方向，可推斷出AD選項正確13.【答案】BD【解析】試題分析：由左手定則可知道正離子向左偏轉(zhuǎn)，在磁場中運動軌跡所對的圓心角為240°，則在磁場中運動時間為，負離子在磁場中向右偏轉(zhuǎn)，運動軌跡所對的圓心角為120°，在磁場中運動時間為，正離子、負離子在磁場中運動時間不相等，AC錯，B對；因為正負離子質(zhì)量和電荷量均相同所以在磁場中運動半徑相等，D對14.【答案】BC【解析】假如粒子過原點，那么OP連線為圓上的一條弦，粒子確定飛出磁場，A錯；假設(shè)不成立，所以B對；當粒子為正電荷時，假如粒子從y軸上的某一點飛出磁場，由此可知圓心角可能為90°，由周期為可知粒子的運動時間為，C對；15【答案】BC【解析】當質(zhì)點所受電場力方向向上且大于重力時，質(zhì)點才可能垂直打到屏上．由運動的合成與分解，可知質(zhì)點在水平方向上始終做勻速直線運動，所以質(zhì)點在電場中做類平拋運動的時間和在重力場中做斜上拋運動的時間相等．由運動規(guī)律可知質(zhì)點在水平方向上做勻速直線運動，vx＝v0；在豎直方向上：在電場中vy＝at，如圖所示，離開電場后質(zhì)點做斜上拋運動，vy＝gt，由此運動過程的對稱性可知a＝g，由牛頓其次定律得：qE－mg＝ma＝mg，解得：E＝2mg/q.故B、C正確．16.答案：BC解析：轉(zhuǎn)換探討對象法．畫出導(dǎo)體棒所在處的磁感線，用左手定則可推斷出條形磁鐵對導(dǎo)體棒的安培力斜向右下方，由牛頓第三定律可知，導(dǎo)體棒對條形磁鐵的力斜向左上方，所以彈簧長度將變短，F(xiàn)N1＞FN2，答案為B、C.17.【答案】見解析【解析】設(shè)帶電粒子離開加速電場時的速度為v0由動能定理得①2分帶電粒子進人偏轉(zhuǎn)電場后，在電場力作用下做勻變速曲線運動其中平行于極板方向做勻速直線運動，垂直于極板方向做勻加速直線運動即:L=v0t②1分③1分由②③得④1分帶電粒子通過偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)角正切值1分18【答案】（1）電子在磁場中運動，只受洛倫茲力作用，故其軌跡是圓弧的一部分，又因為F洛⊥v，故圓心在電子穿入和穿出磁場時受到洛倫茲力指向的交點上，設(shè)為O點。由幾何學(xué)問可知，所對圓心角，OB為半徑rr=d/sin30°=2d（1分）又由（2分）得（1分）（2）由于所對圓心角是30°，因此穿過時間（1分）由于（2分）故（1分）19.【答案】(1)．1.0×104m/s(2)．E=10000V/m(3)．【解析】（1）帶電微粒經(jīng)加速電場加速后速度為v1，依據(jù)動能定理：（1分）=1．0×104m/s（1分）（2）帶電微粒在偏轉(zhuǎn)電場中只受電場力作用，做類平拋運動。在水平方向微粒做勻速直線運動。水平方向：（1分）帶電微粒在豎直方向做勻加速直線運動，加速度為a，出電場時豎直方向速度為v2=at豎直方向：（1分）由幾何關(guān)系（1分）E=10000V/m（1分）（3）設(shè)帶電粒子進磁場時的速度大小為v，則（1分）由粒子運動的對稱性可知，入射速度方向過磁場區(qū)域圓心，則出射速度反向延長線過磁場區(qū)域圓心，粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示則軌跡半徑為（1分）由（1分）得（1分）20.答案(1)帶正電eq\f(mg,q)(2)eq\f(7m,q)eq\r(\f(g,10πl(wèi)))(3)eq\f(7,4)eq\r(\f(3gl,10π))解析(1)由帶電小球a在第四象限內(nèi)做圓周運動，知小球a所受電場力與其重力平衡且小球a所受電場力豎直向上，即mg＝qE，故小球a帶正電，解得E＝eq\f(mg,q)（2分）(2)帶電小球a從N點運動到A點的過程中，洛倫茲力供應(yīng)小球做圓周運動的向心力，設(shè)運動半徑為R，有：qvB＝meq\f(v2,R)1分由幾何關(guān)系有R＋Rsinθ＝eq\f(3,2)l1分解得R＝l，v＝eq\r(\f(5πg(shù)l,6))1分帶電小球a在桿上勻速下滑時，由平衡條件有mgsinθ＝μ(qvB1－mgcosθ)1分解得B1＝eq\f(7m,q)eq\r(\f(g,10πl(wèi)))1分帶電小球a在第四象限內(nèi)做勻速圓周運動的周期T＝eq\f(2πR,v)＝2eq\r(\f(6πl(wèi),5g))帶電小球a第一次在第一象限從A點豎直上拋又返回到A點所用的時間為t0＝eq\f(2v,g)＝eq\r(\f(10πl(wèi),3g))1分絕