安徽省滁州市定远县育才学校2020_2021学年高二物理下学期6月周测试题6.7.docx

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1、安徽省滁州市定远县育才学校2020-2021学年高二物理下学期6月周测试题（6.7）一、单选题（本大题共12小题，共48分）1. 如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是A. 甲图要增大粒子的最大动能，可增加电压UB. 乙图可判断出A极板是发电机的负极C. 丙图可以判断出带电粒子的电性，粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是D. 丁图中若载流子带负电，稳定时C板电势高2. 直导线MN放在光滑水平桌面上，导线中通有从N到M的恒定电流I。右侧有一矩形线框abcd，其ad边与导线平行。俯视图如图所示，当线框中通以顺时针方向电流后，接下来线框abcd

2、在导线右侧的运动方向及穿过线框的磁通量的变化情况是A. 水平向右运动，磁通量减小B. 水平向左运动，磁通量增大C. 平行于导线沿MN方向运动，磁通量不变D. 平行于导线沿NM方向运动，磁通量增大3. 如图甲是磁电式电流表的结构示意图，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，如图乙所示，边长为L的正方形线圈中通以电流I，线圈中的a导线电流方向垂直纸面向外，b导线电流方向垂直纸面向里，a、b两条导线所在处的磁感应强度大小均为B，则A. 该磁场是匀强磁场 B. 该线圈的磁通量为C. a导线受到的安培力方向向下D. b导线受到的安培力大小为BIL4. 均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心

3、处产生的电场。如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，已知M点的场强大小为E，静电力常量为k，则N点的场强大小为A. B. C. D. 5. 如图所示，平行板电容器的两个极板接在电压恒定的电源上，下极板接地，极板间P点有一悬浮的带电油滴，若将电容器的下极板缓慢向下移动一段距离，则下列说法正确的是A. 电容器所带的电荷量将增加B. 带电油滴将向下运动C. P点的电势将升高D. 若仍要带电油滴在极板间悬浮，应减小油滴的比荷6. 如图所示，两根相互平行的长直导线分别通有大小相等、方向相反的恒定电流I，a、b分别为同一

4、平面内两根导线的横截面中心，c、d为ab连线上的两点，且。下列说法正确的是A. d点的磁感应强度为零B. c点的磁感应强度为零C. c点的磁感应强度比d点大D. c、d两点的磁感应强度方向相同7. 如图所示，三个带电量相同、质量相等、重力不计的粒子A、B、C，从同一平行板间电场中的同一点P射入，在电场中的运动轨迹如图、所示，则下列说法中正确的是A. 三个粒子的加速度关系B. 三个粒子的加速度关系C. 三个粒子的入射速度关系D. 三个粒子的入射速度关系8. 如图所示，矩形abcd内存在匀强磁场，e为cd的中点速率不同的同种带电粒子从a点沿ab方向射入磁场，其中从e点射出的粒子速度为；从c点射出的

5、粒子速度为，则为不计粒子重力A. B. C. D. 9. 有一质量为m、电荷量为的小球停在绝缘水平面上，并处在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，如图所示为了使小球飘离水平面，下面可行的办法有A. 使小球向左水平运动，速度大小为B. 使小球向右水平运动，速度大小为C. 使磁场以向左水平运动D. 使磁场以竖直向上运动10. 一个用于加速质子的回旋加速器，其核心部分如图所示，D形盒半径为R，垂直D形盒底面的匀强磁场的磁感应强度为B，两盒分别与交流电源相连下列说法中正确的是A. 质子被加速后的最大速度随B、R的增大而增大B. 质子被加速后的最大速度随加速电压的增大而增大C. 只要R足够大，

6、质子的速度可以被加速到任意值D. 不需要改变任何量，这个装置也能用于加速粒子11. 比荷相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运动的半圆轨迹的轨迹圆半径大于N的轨迹圆半径如图中虚线所示。下列说法正确的是A. M的带电荷量大于N的带电荷量B. M的质量小于N的质量C. M的速率大于N的速率D. M的运行时间大于N的运行时间12. 如图所示，有界匀强磁场边界线，速度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点的粒子速度与MN垂直，穿过b点的粒子，其速度方向与MN成角，设两粒子从S到a、b所需的时间分别为、，则为A. B. C. D. 二、实验题（本大题共2小题

7、，共16分）13. 在“测定电池的电动势和内阻”的实验中，已连接好部分实验电路按图甲所示的实验电路，把图乙中剩余的电路连接起来在图乙的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于_端选填“A”或“B”如图2是根据实验数据作出的图象，由图可知，电源的电动势_，内阻_14. 某物理实验小组利用实验室提供的器材测量某金属丝的电阻率。可选用的器材如下：待测金属丝，用表示，阻值约几十欧电流表量程，内阻约为电流表量程，内阻为电压表量程为，内阻为滑动变阻器总阻值约为滑动变阻器总阻值约为电源E，电动势约为，内阻忽略不计开关一个及导线若干用螺旋测微器测金属丝直径_mm用多用电表欧姆挡粗测金属丝阻值

8、大小，分别选择倍率“”和“”，经正确操作后，两次测量中多用电表表盘示数如图所示，则金属丝的电阻约为_同学们用伏安法进一步测量，为了便于实验，则滑动变阻器应选择_填器材代号，请在图中虚线框内补充完整实验电路图，并标明所选器材的代号。测出金属丝阻值后，可算出金属丝电阻率为_用含d、L的表达式表示三、计算题（本大题共3小题，共36分）15. 如图所示，用两根等长的轻质细导线将质量为、长为的导体棒ab悬挂在c、d两点，并置于竖直方向的匀强磁场中。当导体棒中通以由a到b的电流后，棒ab可静止在图示位置，两导线偏离竖直方向角。重力加速度。求：磁感应强度B；每根细导线上的拉力大小F。16. 如图所示，两平行

9、金属导轨间距离，金属导轨所在的平面与水平面夹角，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场金属导轨的一端接有电动势、内阻的直流电源现把一个质量为的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止导体棒与金属导轨动摩擦因数为，且与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的导体棒的电阻，金属导轨电阻不计，g取已知，求：导体棒受到的安培力大小F； 导体棒受到的摩擦力f；若要使导体棒能静止，求磁感应强度B的取值范围17. 如图所示，在xOy平面的第一象限有一匀强磁场方向垂直于纸面向外；在第四象限有一匀强电场，方向平行于y轴向下一电子质量为m，电荷量大小为q，以速度从y轴

10、上的P点垂直于y轴向右飞入电场，经过x轴上M点进入磁场区域又恰能从y轴上的Q点垂直于y轴向左飞出磁场，已知P点坐标为，M点的坐标为求：电场强度大小；电子在磁场中运动的时间答案解析1.【答案】B【解析】粒子想利用回旋加速器获得更大的动能，需要增大盒子半径，磁流体发电机就是利用带电粒子受洛伦兹力原理，速度选择器是因为达到某一速度的粒子受力平衡做匀速直线运动，质谱仪应采取分段分析的方法，即粒子加速阶段，速度选择阶段，在磁场中运动阶段，一般用来分析同位素。本题考查了洛伦兹的应用相关知识，掌握用左手定则判断洛伦兹力的方向，知道速度选择器的原理以及回旋加速器中最大动能的表达式。【解答】A.根据公式得，故最

11、大动能与加速电压无关，故A错误；B.由左手定则知正离子向下偏转，所以下极板带正电，A板是电源的负极，B板是电源的正极，故B正确；C.电场的方向与B的方向垂直，带电粒子进入复合场，受电场力和安培力，且二力是平衡力，即，所以，不管粒子带正电还是带负电都可以匀速直线通过，所以无法判断粒子的电性，故C错误；D.若载流子带负电，由左手定则可知，负粒子向C端偏转，所以稳定时C板电势低，故D错误。故选B。2.【答案】B【解析】该题主要考查磁通量、左手定则、安培力等相关知识。熟知左手定则、安培定则内容是解决本题的关键。根据安培定则判断通电直导线产生的磁场情况，再根据左手定则可判断线框所受的安培力情况，由此可判

12、断线框运动情况和磁通量变化情况。【解答】根据安培定则可知，通电直导线产生的磁场在导线右侧方向为垂直纸面向里，则根据左手定则可判断线框所受的安培力合力方向向左，故线框将水平向左运动，由于靠近直导线，则穿过线框的磁通量增大，故ACD错误，故B正确；3.【答案】D【解析】在学过的测量工具或设备中，每个工具或设备都有自己的制成原理；对不同测量工具的制成原理，是一个热点题型，需要重点掌握。利用图示的装置分析出其制成原理，即通电线圈在磁场中受力转动，线圈的转动可以带动指针的偏转；由左手定则来确定安培力的方向可确定转动方向。【解答】A.该磁场明显不是匀强磁场，匀强磁场应该是一系列平行的磁感线，方向相同，故A

13、错误；B.线圈与磁感线平行，故磁通量为零，故B错误；C.a导线电流向外，磁场向右，根据左手定则，安培力向上，故C错误；D.导线b始终与磁感线垂直，故受到的安培力大小一直为IlB，故D正确。故选D。4.【答案】A【解析】均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场，假设将带电量为2q的球面放在O处，求得在M、N点所产生的电场。左半球面在M点的场强与缺失的右半球面在N点产生的场强大小相等。本题解题关键是抓住对称性，找出两部分球面上电荷产生的电场关系。左半球面在M点的场强与缺失的右半球面在N点产生的场强大小相等，方向相反是解题的关键。【解答】若将带电量为2q的球面放在O处，均匀

14、带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。则在M、N点所产生的电场为：，由题知当半球面在M点产生的场强为E，则N点的场强为，故选：A。5.【答案】B【解析】电容器始终与电源相连，则电容器两端间的电势差不变，根据电容器d的变化判断电容的变化以及电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化。本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变，当电容器与电源断开，则电荷量不变。【解析】A.由可知，极板间的距离变大，电容C减小，电容器连接电源，两极板间的电压不变，由可知，Q减小，A错误；B.由可知，极板间的电场强度减小，故电场力减小，受力分析可知

15、油滴将向下运动，B正确；C.下极板接地，电势为零，两极板间的电场方向向上，故P点电势低于零，P点到上极板的距离不变，两极板间的电场强度减小，P点与上极板间的电势差减小，两极板之间的电势差不变，P点与下极板间的电势差增加，故P点的电势降低，C错误；D.油滴悬浮，由受力分析可知，可得，当极板间电场强度减小时，若仍要带电油滴在极板间悬浮，应增大油滴的比荷，D错误。故选B。6.【答案】C【解析】A.距离电流越远产生的磁场越弱，由安培定则可知，a、b导线在d处产生的磁场方向相反，a电流在d处产生的磁场比b电流在d处产生的磁场弱，合磁场方向向上，故A错误；B.由安培定则可知，a、b导线在c处产生的磁场方向

16、均向下，故该处磁感应强度不为零，故B错误；电流在c处产生的磁场比在d处产生的磁场强，据对称性知，b电流在c处产生的磁场与在d处产生的磁场大小相同，a、b导线在c处产生的磁场方向均向下，a、b导线在d处产生的磁场方向相反，a电流在d处产生的磁场比b电流在d处产生的磁场弱，根据磁场的叠加原理，d点合磁场方向向上，所以c点的磁感应强度比d点大，c、d两点的磁感应强度方向相反，故C正确，D错误。故选C。7.【答案】D【解析】三个粒子电量相同、质量相同，故加速度相同，故AB错误；粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向：，可见AB运动时间相同，C运动时间最短，水平方向匀速直线运动：解得：，故可知故C错误，D正

17、确。故选：D。8.【答案】B【解析】速率不同的同种带电粒子从a点沿ab方向射入磁场，从e点、c点射出磁场对应的轨迹如图：由几何关系可得：、则有：，带电粒子在磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，有：解得：则有：，故B正确，ACD错误。故选：B。9.【答案】A【解析】小球飘离平面，则洛伦兹力竖直向上，由左手定则知小球应相对磁场向左水平运动或者磁场相对小球向右水平运动，再由平衡条件解得，故A正确，BCD错误。故选：A。10.【答案】A【解析】根据，则最大速度，与B与R有关，随B、R的增大而增大，与加速的电压无关，故A正确，B错误；C.因为运用回旋加速器加速粒子，粒子在磁场中运动的周期与交变电压变化的周

18、期相同，粒子在磁场中运动的周期为：，与粒子质量有关；而当粒子速度非常大时，粒子质量会发生变化，则粒子在磁场中运动的周期变化，则粒子不能再被加速，故C错误；D.由于质子与粒子的比荷不同，质子周期为，粒子周期。故由周期表达式可知，不改变任何量，这个装置不能用于加速粒子，故D错误。故选A。11.【答案】C【解析】粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，根据，得半径的公式和周期的公式带电粒子比荷相同，即相同，无法比较带电荷量和质量的关系，故AB错误；C.在比荷相同的情况下，半径大说明速率大，即M的速度率大于N的速率，故C正确；D.粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为，与粒子运动的速度无关，

19、所以M的运行时间等于N的运行时间，故D错误。故选C。12.【答案】D【解析】粒子在磁场中运动的周期的公式为，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，通过b点的粒子的偏转角为，所以通过a点的粒子的运动的时间为，通过b点的粒子的运动的时间为，所以从S到a、b所需时间：为3：2，故D正确。故选D。13.【答案】；【解析】由原理图可知滑动变阻器为限流接法，电压表并联在滑动变阻器两端，由原理图连接实物图所示；为保证实验安全，在开始时电路中电流应为最小值，故滑动变阻器应接入最大阻值，由图可知，故滑片应接到A端；由图可知

20、，电源的电动势；当路端电压为1V时，电流为，则由闭合电路欧姆定律可知：；故答案为：；。14.【答案】均可 【解析】本题考查了欧姆表、螺旋测微器和游标卡尺的读数，考查了实验器材的选择、设计实验电路图、实验数据处理等问题；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，对螺旋测微器读数时要注意估读；要掌握常用器材的使用及读数方法。螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；使用欧姆表测电阻时，应选择合适的挡位，使指针指在表盘中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；由于滑动变阻器要采用分压式接法，故要选择总阻值

21、比较小的滑动变阻器，以便有利于调节，故选择；电源的电动势，所以电压表量程15V太大，测量不准确，故选用电流表能够测量的最大电压为，充当电压表测量电压，电流表测量电流采用外接法，这样流过待测电阻的电流就能够准确得到，即可得到电路图；根据电阻定律求出电阻率的表达式。【解答】螺旋测微器测的精确度为，螺旋测微器的固定刻度为1mm，可动刻度为，所以最终读数为；用挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很大，说明所选挡位太大，不够准确，应该让指针指向中值电阻附近，故选用，读数为；由于滑动变阻器要采用分压式接法，故要选择总阻值比较小的滑动变阻器，以便有利于调节，故选择；电源的电动势，所以电压表量程

22、15V太大，测量不准确，故选用电流表能够测量的最大电压为，充当电压表测量电压，电流表测量电流采用外接法，这样流过待测电阻的电流就能够准确得到，即可得到电路图如下：由电阻定律，故有：故答案为：均可 。15.【答案】解：分析导体棒的受力可知：重力、细导线的拉力F和安培力，由受力平衡可得：，即：方向竖直向上。同理有：，解得：。16.【答案】解：导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：导体棒受到的安培力：根据左手定则，方向平行斜面向上；导体棒所受重力沿斜面向下的分力，由于小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f；根据共点力平衡条件，有：解得：气体前2问是恰好不上滑的情况，故B；如果是恰好不下滑，此时最大静摩擦力向上，安培力最小，故磁感应强度最小，根据平衡条件，有：根据，解得：故答：导体棒受到的安培力大小F为；导体棒受到的摩擦力f为；若要使导体棒能静止，磁感应强度B的取值范围为17.【答案】粒子运动轨迹如图所示：设电子从电场中进入磁场中时的速度方向与x轴夹角为，在电场中：x方向：y方向：，解得：则：则根据动能定理可知：联立可以得到：；在磁场中，根据几何关系可得：粒子在磁场中的偏转角为：则粒子在磁场中运动的时间：。