安徽省滁州市定远县育才学校2020_2021学年高二物理上学期11月份周测试题11.9202104200114.doc

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1、安徽省滁州市定远县育才学校2020-2021学年高二物理上学期11月份周测试题（11.9）时间：90分钟，满分：100分 命题人：一、选择题(共12小题,每小题4分,共48分.其中1-7题为单选题，8-12为多选题，多选题漏选的2分，错选的0分。) 1.两个绝缘导体环AA、BB大小相同，环面垂直，环中通有相同大小的恒定电流，如图所示，则圆心O处磁感应强度的方向为（AA面水平，BB面垂直纸面）（ ）A. 指向左上方 B. 指向右下方 C. 竖直向上 D. 水平向右2.如图所示，通电导线均置于匀强磁场中，其中导线不受安培力作用的是（）A. B. C. D. 3.在地磁场作用下处于水平静止的小磁针上

2、方，平行于小磁针水平放置一直导线，当该导线中通有电流时，小磁针会发生偏转。当通过该导线电流为I时，小磁针偏转了30，问当发现小磁针偏转了45，通过该导线电流为(已知直导线在某点产生的磁场的磁感应强度与通过直导线的电流成正比)( )A. 2I B. 3I C. I D. 无法确定4.如图所示，无限长导线，均通以恒定电流I直线部分和坐标轴接近重合，弯曲部分是以坐标原点O为圆心的相同半径的一段圆弧，已知直线部分在原点O处不形成磁场，则图乙中O处磁感应强度和图甲中O处磁感应强度相同的是( )5.半径为R的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子(不计重力)从A点以速度v0垂直于磁场方向

3、射入磁场中，并从B点射出AOB120，如图所示，则该带电粒子在磁场中运动的时间为()A. B. C. D.6.用一金属窄片折成一矩形框架水平放置，框架右边上有一极小开口匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，如图所示，框架以速度v1向右匀速运动，一带电油滴质量为m，电荷量为q，以速度v2从右边开口处水平向左射入，若油滴恰能在框架内做匀速圆周运动，则()A油滴带正电，且逆时针做匀速圆周运动B油滴带负电，且逆时针做匀速圆周运动C圆周运动的半径一定等于D油滴做圆周运动的周期等于7.一个带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场中，由于使沿途空气电离而使粒子的动能逐渐减小，轨迹如图所示。假设粒子的

4、动量不变，下列有关粒子的运动方向和所带电性的判断正确的是( ) A. 粒子由a向b运动，带正电 B. 粒子由a向b运动，带负电C. 粒子由b向a 运动，带正电 D. 粒子由b向a运动，带负电8.回旋加速器工作原理示意图如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，两盒间的狭缝很小，粒子穿过的时间可忽略，它们接在电压为U、频率为f的交流电源上，若A处粒子源产生的质子在加速器中被加速，下列说法正确的是（）A. 若只增大交流电压U，则质子获得的最大动能增大B. 若只增大交流电压U，则质子在回旋加速器中运行时间会变短C. 若磁感应强度B增大，交流电频率f必须适当增大才能正常工作D. 不改变磁感应强度B

5、和交流电频率f，该回旋加速器也能用于加速粒子9.如图所示是两个横截面分别为圆和正方形但磁感应强度均相同的匀强磁场，圆的直径D等于正方形的边长，两个电子分别以相同的速度飞入两个磁场区域，速度方向均与磁场方向垂直，进入圆形磁场区域的速度方向对准了圆心，进入正方形磁场区域的方向是沿一边的中点且垂直于边界线，则下列判断正确的是 ( )A. 两电子在两磁场中运动时，其半径一定相同B. 两电子在两磁场中运动的时间一定不相同C. 进入圆形磁场区域的电子一定先飞离磁场D. 进入圆形磁场区域的电子一定不会后飞出磁场10.磁流体发电是一项新兴技术，它可把气体的内能直接转化为电能，如图是它的示意图，平行金属板A、C

6、间有一很强的磁场，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电离子)喷入磁场，两极板间便产生电压，现将A、C两极板与电阻R相连，两极板间距离为d，正对面积为S，等离子体的电阻率为，磁感应强度为B，等离子体以速度v沿垂直磁场方向射入A、C两板之间，则稳定时下列说法中正确的是：A. 极板A是电源的正极B. 电源的电动势为BdvC. 极板A、C间电压大小为D. 回路中电流为11.在匀强磁场B的区域中有一光滑斜面体，在斜面体上放置一根长为L，质量为m的导线，当通以如图所示方向的电流后，导线恰能保持静止，则磁感应强度B可能满足A. 方向垂直斜面向上B. ，方向垂直斜面向下C. ，方向竖直向下D

7、. ，方向水平向左12.有一根质量为m、长度为d的通有水平向里的电流I的导体棒，被长度为L的轻质绝缘细线悬挂在天花板上，在此空间加上竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为，若保持导体棒中的电流I始终不变，则：A. 细线偏离竖直方向的夹角最大为30B. 细线偏离竖直方向的夹角最大为60C. 在导体棒摆动过程中细线上拉力最大为D. 在导体棒摆动过程中细线上拉力最大为二、实验题(共2小题,共14分) 13.用如图甲所示的电路，测定一节蓄电池的电动势和内电阻。蓄电池的电动势约为2V，内电阻很小。除蓄电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：A电压表（量程3V） B电流表（量程0.6A） C电流表

8、（量程3A） D定值电阻R0（阻值4、额定功率4W）E滑动变阻器（阻值范围020、额定电流2A）F滑动变阻器（阻值范围01000、额定电流0.5A）（1）电流表应选_，滑动变阻器应选_（填器材前的字母代号）（2）根据实验数据作出UI图象如图乙所示，则蓄电池的电动势E=_ V，内电阻r=_ (r保留两位有效数字)（3）引起该实验系统误差的主要原因是_。14.（1）实验中用螺旋测微器测量导线直径时如图所示,可测得导线直径为 _mm。（2）在用多用电表粗测电阻时,某同学首先选用“100”欧姆挡，其阻值如图(甲)中指针所示，为了减小多用电表的读数误差,多用电表的选择开关应换用_欧姆挡，重新欧姆调零后，

9、再一次用多用电表测量该待测电阻的阻值时，其阻值如图(乙)中指针所示，则Rx的阻值大约是_；三、计算题 (共3小题,共36分) 15.如图所示，倾角为30的光滑斜面上水平放置一条0.2米长的导线PQ，两端连以轻软的导线，导线通以5安电流，方向自Q向P.当有竖直向上B=2T的匀强磁场时，PQ恰好平衡。求PQ所受的重力。16.在某空间存在着水平向右的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示，一段光滑且绝缘的圆弧轨道AC固定在纸面内，其圆心为O点，半径R1.8m，OA连线在竖直方向上，AC弧对应的圆心角37。今有一质量m3.6104kg、电荷量q9.0104C的带电小球(可视为质点)，以v04.0

10、m/s的初速度沿水平方向从A点射入圆弧轨道内，一段时间后从C点离开，小球离开C点后做匀速直线运动，已知重力加速度g10m/s2，sin370.6，不计空气阻力，求： (1)匀强电场的场强E；(2)小球射入圆弧轨道后的瞬间对轨道的压力。17.(如图所示,在直角坐标系xOy中，有一半径为R的圆形匀强磁场区域，磁感应强度为B，磁场方向垂直于平面指向纸面外，该区域的圆心坐标为(0，R）。有一个质量为m、带电量为q的负离子,由静止经电场加速后从点（，0）沿x轴正向射入 第1象限，离子从射入到射出磁场通过了该磁场的最大距离。不计重力的影响。 (1)离子在磁场区域经历的时间；(2)加速电场的加速电压。参考答

11、案1.A【解析】圆心O处磁感应强度是由两个导体环产生的磁场的叠加，根据安培定则分别判断两个环在O处产生的磁场方向，再按平行四边形定则合成解：根据安培定则可知：导体环AA在O处产生的磁场方向为竖直向上，导体环BB在O处产生的磁场方向为水平向左，按平行四边形定则可知，O处磁感应强度的方向为指向左上方故选A2.C【解析】根据左手定则来确定安培力的方向，其内容：伸开左手，大拇指与四指在同一平面，且与四指垂直，让磁感线穿过掌心，四指向为电流的方向，则大拇指向为安培力的方向A选项受到到安培力方向水平向左；B选项受到安培力方向水平向右；D选项受到安培力方向垂直纸面向里而C选项，由于通电导线与磁感线平行，所以

12、没有磁场力故选：C3.C【解析】设地磁场磁感应强度为，通电导线产生的磁场，根据平行四边形定则可得，夹角为30时，夹角为45时，联立可得，故C正确4.A【解析】根据通电导线周围存在磁场，结合相同圆弧，则产生有磁感应强度大小，再根据右手螺旋定则可知，通电导线在O点的磁场方向，最后由矢量合成法则，即可求解解：由题意可知，图甲中O处磁感应强度的大小是其中一段在O点的磁场大小2倍，方向垂直纸面向里；A、根据右手螺旋定则可知，左上段与右下段的通电导线产生的磁场叠加为零，则剩余的两段通电导线产生的磁场大小是其中一段的在O点磁场的2倍，且方向垂直纸面向里，故A正确；B、同理，四段通电导线在O点的磁场是其中一段

13、在O点的磁场的4倍，方向是垂直向里，故B错误；C、由上分析可知，右上段与左下段产生磁场叠加为零，则剩余两段产生磁场大小是其中一段在O点产生磁场的2倍，方向垂直纸面向外，故C错误；D、与C选项分析相同，四段在O点的磁场是其中一段在O点产生磁场的2倍，方向垂直纸面向外，故D错误；故选：A5.D【解析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系可求出圆心角和半径，则可求得粒子转过的弧长，由线速度的定义可求得运动的时间由图可知，粒子转过的圆心角为60，转过的弧长为； 则运动所用时间；故D正确；6.D 【解析】由于油滴恰能在框架内做匀速圆周运动，所以液滴受的电场力和重力平衡，由右手定则可知，上下两金属片

14、中的上板电势高，场强方向向下，而电场力方向向上，所以液滴带负电；再由左手定则可知，液滴进入场区后受洛伦兹力的方向向上，所以液滴做顺时针方向的匀速圆周运动。AB均错误；根据，而，,，解得 选项C错误，D正确。7.D 【解析】据题意，带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子的能量逐渐减小，速度减小，则由公式r=得知，粒子的半径应逐渐减小，由图看出，粒子的运动方向是从b到a在b处，粒子所受的洛伦兹力指向圆心，即斜向左上方，由左手定则判断可知，该粒子带负电故选D8.BC【解析】回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等，当粒子从D形盒中出来时，速度最大，此时运动的半径等于D形盒的半径，再

15、推导出动能表达式，从而即可解题当粒子从D形盒中出来时速度最大，根据，得，那么质子获得的最大动能，则最大动能与交流电压U无关，故A错误；根据，若只增大交变电压U，不会改变质子在回旋加速器中运行的周期，但加速次数减少，则运行时间也会变短，故B正确；根据，若磁感应强度B增大，那么T会减小，只有当交流电频率f必须适当增大才能正常工作，故C正确；带电粒子在磁场中运动的周期与加速电场的周期相等，根据知，换用粒子，粒子的比荷变化，周期变化，回旋加速器需改变交流电的频率才能加速粒子，故D错误9.AD【解析】A、电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，整理得，两过程电子速度v相同，所以半径相同，故A正确

16、；BCD、粒子在磁场中的可能运动情况如图所示， 电子从O点水平进入由于它们进入圆形磁场和矩形磁场的轨道半径、速度是相同的，我们把圆形磁场和矩形磁场的边界放到同一位置如图所示，由图可以看出进入磁场区域的电子的轨迹1，先出圆形磁场，再出矩形磁场；进入磁场区域的电子的轨迹2，同时从圆形与矩形边界处磁场；进入磁场区域的电子的轨迹3，先出圆形磁场，再出矩形磁场；所以电子不会先出矩形的磁场，即进入圆形区域的电子一定不会后飞离磁场，故D正确，BC错误；故选AD。10.BC【解析】由左手定则知正离子向下偏转，所以上极板带负电，上板是电源的负极，下板是电源的正极，A错误；根据得电动势的大小为，则流过R的电流为，

17、而，则电流大小，两极板间电势差为，故BC正确，D错误11.BCD【解析】A.外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面向上，导线受到的安培力沿斜面向下，导线受到重力、垂直斜面的支持力和沿斜面向下的安培力，不可能处于平衡状态，故A错误；B.外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面向下，导线受到的安培力沿斜面向上，导线受到重力、垂直斜面的支持力和沿斜面向上的安培力处于平衡状态， ， ，B正确；C.外加匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向下,则物体受到水平向左的安培力、支持力与重力,处于平衡状态，则大小，故C正确；D. 外加匀强磁场的磁感应强度B的方向水平向左，则物体受到竖直向上的安培力、重力，导线处于

18、平衡状态，此时支持力恰好为零，则，故D正确。故选：BCD。12.BC【解析】磁场方向竖直向下，由左手定则可知，受安培力水平向左，导体棒向左摆起，导体棒摆到最大高度时由动能定理，代入数据解得，故A错误B正确；导线受到的安培力，与重力的合力为，设与竖直方向的夹角为，则，即，合力的大小和方向都恒定，故可等效一个新的场，故当导体摆到与竖直方向成30角时，相当于新的场里的最低点，速度最大，根据动能定理可得， ，由牛顿第二定律， ，联立解得，故C正确D错误13. (1) B E (2) 2.10 0.20 (3) 电压表的分流作用 【解析】由题意可确定出电路中的电流范围，为了保证电路的安全和准确，电流表应

19、略大于最大电流；由电路及闭合电路欧姆定律可得出函数关系，结合数学知识可得出电源的电动势和内电阻电流表测量的不是干路电流，电压表具有分流作用（1）由题意可知，电源的电动势约为2V，保护电阻为4，故电路中最大电流约为0.5A，故电流表只能选B；为了方便操作，应选择较小的变阻器，故选E；（2）由电路利用闭合电路欧姆定律可知，则由数学知识可得，图象与纵坐标的交点为电源电动势，故E=2.10V；而图象的斜率表示保护电阻与内电阻之和，故，解得r=0.2；（3）电流表测量的不是干路电流，本实验的系统误差原因是电压表具有分流作用14. （1） 0.855mm-0.860mm都对 （2）10 90 【解析】（1

20、）螺旋测微器的读数为（2）甲图中指针偏转过小，说明被测电阻过小，需用低一档测量，即选用10档，读出为15. 【解析】导体PQ静止在斜面上，受力平衡，磁场的方向竖直向上，对导体受力分析，根据平衡条件求解即可。导体受力情况如图所示：由平衡条件得：在水平方向上： 在竖直方向上： 其中：F安=BIL联立解得PQ所受的重力为： 16.(1)E3N/C (2)3.2103N 【解析】 (1)当小球离开圆弧轨道后，对其受力分析如图所示： 由平衡条件得：F电qEmgtan代入数据解得：E3N/C(2)小球从进入圆弧轨道到离开圆弧轨道的过程中，由动能定理得：F电RsinmgR(1cos) 代入数据得：v5m/s

21、由F电qvB 解得：B1T分析小球射入圆弧轨道瞬间的受力情况由牛顿第二定律得：FNBqv0mg 代入数据得：FN3.2103N由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为：FN3.2103N.17.(1) (2) 【解析】（1）根据题意作出粒子的运动轨迹，如图所示，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得： 离子在匀强磁场中运动的周期其中O点为圆心，根据几何关系可知，AC=R，A到y轴的距离为 ，则CAO=60，所以=30，则圆周运动的半径r=2R，圆心角为60，则离子在该磁场区域经历的时间 （2）由几何关系得离子做圆周运动的半径为r=2R；联立解得： 离子在电场中加速：U1qmv2联立解得： 10