【物理】河北省新乐市第一中学2019-2020学年高二上学期综合测试卷（三）试题（解析版）

【物理】河北省新乐市第一中学2019-2020学年高二上学期综合测试卷（三）试题（解析版）

新乐市第一中学2019-2020学年高二物理第一学期 综合测试卷（三）‎ 一．选择题∶（1-8单选，9-12多选）‎ ‎1.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 磁感线虽然看不见，但它是客观存在的 B. 磁通量是矢量，它的单位符号是T C. 公式适用于计算任意电场的电场强度 D. 电炉通电后.电炉丝热得发红，而跟电炉连接的铜导线却不热，是因为铜导线电阻较小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．磁感线是人们为了形象的描述磁场的分布情况而引入的一些带箭头的曲线，不是客观存在的，故A错误；‎ B．磁通量是标量，其单位是韦伯（Wb），但有正负之分，故B错误；‎ C．公式仅适用于匀强电场，故C错误；‎ D．电炉在使用时，电炉丝和导线串联，电流相等，通电时间t相同，根据 可知，电阻越大的，产生的热量越大，电阻越小的，产生的热量越小，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎2.如图所示，真空中有一电场，a、b、c、d是电场中四点，下列说法正确的是( )‎ ‎ ‎ A. a、b两点的电场强度大小相等、方向相同 B. a .c两点的电场强度大小相等、方向不同 C. 将电子从b点移到d点电场力做正功 D. 质子在a点的电势能比在d点的大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电场线的密集程度反映电场强度的大小，电场线沿切线的方向为电场强度的方向，由图可知a、b两点电场线的密集程度相同，故a、b两点的电场强度大小相等，但方向不同，故A错误；‎ B．a、c两点的电场密集程度不相同，故a、c两点的电场强度的大小不相等，方向不相同，故B错误；‎ CD．沿着电场线方向电势降低，负电荷在电势越低的点，电势能越大，故将电子从b点移到d点电场力做负功；正电荷在电势越高的点，电势能越大，故质子在a点的电势能比在d点的大，故C错误，D正确。选D ‎3.如图所示，金属棒与金属导轨垂直放置，且接触良好，导轨间有垂直纸面向里的匀强磁场，当金属棒ab沿导轨向右匀速滑动时，螺线管左侧小磁针的N极受力方向为（ ）‎ A. 水平向左 B. 水平向右 ‎ C. 垂直纸面向里 D. 垂直纸面向外 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】导体棒切割磁感线，根据右手定则可知，ab中的电流的方向b到a，此电流流过螺旋管时，线圈外侧的电流方向向下，根据安培定则可知，磁场水平向右，故N极受力水平向右，故B正确，ACD错误。‎ 故选B。‎ ‎4.在如图所示的电路中两相同的小灯泡原来都发光，忽然小灯泡A比原来亮了，小灯泡B比原来暗了，则发生这种故障可能是（电源内阻不计）（ ）‎ A 断路 B. 短路 C. 断路 D. 短路 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因电源的内阻不计，所以外电路总电压不变，电阻单独在一个支路上，断路后电路的电阻值变大，则总电流减小，故和A灯的电压变小，故B灯所在的并联支路电压增大，故A灯变暗，B灯变亮，故A错误；‎ B．短路，总电阻减小，总电压不变，则总电流增大，故和A灯的电压增大，A灯变亮；则并联支路的电压减小，故B灯变暗，故B正确；‎ C．断路，总电阻增大，总电压不变，则总电流减小，故和A灯的电压变小，A灯变暗；则并联支路的电压增大，故B灯变亮，故C错误；‎ D．短路，总电阻减小，总电压不变，故A灯和并联支路的电压增大，则A、B两灯都变亮，故D错误。故选B。‎ ‎5.如图所示，以O为圆心的圆形区域内，存在方向垂直纸面向外的勻强磁场，磁场边界上的A点有一粒子发射源，沿半径AO方向发射出速率不同的同种粒子（重力不计），垂直进入磁场，下列说法正确的是 A. 率越大的粒子在磁场中运动的时间越长 B. 速率越小的粒子在磁场中运动的时间越长 C. 速率越大的粒子在磁场中运动的角速度越大 D. 速率越小的粒子在磁场中运动的角速度越大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力作向心力，则有 ‎，解得粒子做圆周运动的半径，设磁场圆形区域半径为r，如图所示 粒子在磁场中运动的偏转角为，由向何关系得：，所以v越大，则R大，则越小，故也越小，而周期，即不同速率的粒子在磁场中做圆周运动的周期相同，则粒子在磁场中运动的偏转角越大，运动时间越长，所以速率越大的粒子在磁场中运动的偏转角越小，运动的时间越短，故A错误，B正确．粒子在磁场中运动的角速度，所以不同速率粒子在磁场中运动的角速度相等，故CD错误；‎ ‎6.如图所示，在水平向右的匀强电场中，一质量为m、带电荷为q的小球，经过P点时速度大小为，方向水平向右;经过Q点时速度大小也为，方向竖直向下，Q点与P点的水平距离与竖直距离相等，重力加速度大小为g, 下列说法正确的是 A. 小球从P点到Q点的运动过程中速度可能先增大后减小 B. 小球从P点到Q点运动过程中机械能保持不变 C. 小球运动的加速度大小为g D. 匀強电场的电场强度大小为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由题可知，小球受电场力（水平向左）和重力（竖直向下）作用，小球从P 点运动到Q点速度先减小后增大，因Q点与P点的水平距离x与竖直距离h相等，由动能定理得 解得 故小球运动的合力为 则加速度为 运动过程除重力做功外还有电场力做功，故小球在运动过程中机械能不守恒，故ABC错误，D正确.选D。‎ ‎7.在静电场中，下述说法正确的是（　　）‎ A. 正电荷由高电势处运动到低电势处，电势能增加 B. 正电荷由高电势处运动到低电势处，电势能减小 C. 负电荷由低电势处运动到高电势处，电势能增加 D. 负电荷由高电势处运动到低电势处，电势能减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．正电荷由高电势处运动到低电势处，则电荷量q > 0，电势差U > 0，由W = qU可知，电场力做正功，所以电势能减小，故A错误，B正确；‎ C．负电荷由低电势处运动到高电势处，则电荷量q < 0，电势差U < 0，由W = qU可知，电场力做正功，所以电势能减少，故C错误；‎ D．负电荷由高电势处运动到低电势处，则电荷量q < 0，电势差U > 0，由W = qU可知，电场力做负功，所以电势能增加，故D错误。故选B。‎ ‎【点睛】通过电场力做功来确定电势能的变化，从而形成结论：正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势低处电势能大。‎ ‎8.如图所示，在正交的匀强电场和磁场的区域内磁场水平向里 ‎，有一离子恰能沿直线飞过此区域不计离子重力　　‎ A. 若离子带正电，E方向应向下 B. 若离子带负电，E方向应向上 C. 若离子带正电，E方向应向上 D. 不管离子带何种电，E方向都向上 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据在复合场中对带电粒子进行正确的受力分析，粒子离子在复合场中沿水平方向直线通过，故有，若粒子带正电，则受洛伦兹力向上，而电场力向下，若带负电，则受洛伦兹力向下，而电场力向上，由此可正确解答．‎ ‎【详解】离子恰能沿直线飞过此区域，所受的电场力和洛伦兹力平衡．若离子带正电，离子所受的洛伦兹力向上，则电场力向下，E方向应向下，故A正确，C错误；若离子带负电，离子所受的洛伦兹力向下，则电场力向上，E方向应向下，故B错误；由此可知，不管离子带何种电，E方向都向下，故D错误．所以A正确，BCD错误．‎ ‎【点睛】本题考查了速度选择器的工作原理，速度选择器是利用电场力等于洛伦兹力的原理进行工作的，故速度选择器只能选择速度而不能选择电性．‎ ‎9.如图所示，用静电计测量带电的平行板电容器两极板(相互正对)间的电势差时，保持平行板电容器两极板距离不变，若把B极板向上移动少许，则（ ）‎ ‎ ‎ A. 电容器的电容不变 B. 两极板间的电场强度变大 C. 静电计的张角增大 D. 两极板所带的电荷量增大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】将B板竖直向上平移，两板正对面积减小，由 分析可知电容减小，而电容器的电量不变，根据 可知板间电压增大，则静电计指针张角增大，根据 可知，d不变，故电场强度增大，故BC正确，AD错误。‎ 故选BC。‎ ‎【点睛】静电计指针的张角反应电容器两端间电势差的变化，抓住电容器带电量不变，根据，通过电容的变化，判断电势差的变化，根据判断电场强度的变化。‎ ‎10.在如图所示电路中，A、B是两个完全相同的灯泡，L是一个电阻不计，自感系数较大的电感线圈，当开关S闭合或断开时，A、B的亮度变化情况是( )‎ A. S闭合时,A立即亮，然后逐渐熄灭 B. S闭合时,A逐渐变亮,B立即亮 C. S断开时，A 、B均逐渐熄灭 D. S断开时，A逐渐熄灭，B立即熄灭 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．S闭合瞬间，有于L的自感作用相当于断路，所以两灯同时亮，稳定后，自感消失，A被短路，B更亮，A正确B错误；‎ CD．S断开时，L相当于电源与A组成回路，A亮一下再熄灭，B立即熄灭，C错误，D正确。‎ 故选AD。‎ ‎11.如图所示，在光滑绝缘水平面上有一单匝线圈ABCD，在水平外力作用下以大小为v的速度向右匀速进入竖直向上的匀强磁场，第二次以大小为的速度向右匀速进入该匀强磁场，则下列说法正确的是 A. 第二次进入与第一次进入时线圈中的电流之比为1：3‎ B. 第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比为1：3‎ C. 第二次进入与第一次进入时线圈中产生的热量之比为1：3‎ D. 第二次进入与第一次进入时通过线圈中某一横截面的电荷量之比为1：3‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A、设磁感应强度为B，CD边长度为L，AD边长为，线圈电阻为R；线圈进入磁场过程中，产生的感应电动势E=BLv，感应电流，感应电流I与速度v成正比，第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比：，故A正确；‎ B、线圈进入磁场时受到安培力：，线圈做匀速直线运动，由平衡条件得，外力，外力功率，功率与速度的平方成正比，第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比：，故B错误；‎ C、线圈进入磁场过程中产生的热量：，产生的热量与速度成正比，第二次进入与第一次进入时线圈中产生热量之比：，故C正确；‎ D、通过导线横截面电荷量：，电荷量与速度无关，电荷量之比为1：1，故D错误．故选AC．‎ ‎【点睛】根据切割公式E=BLv求解电动势，由欧姆定律求出感应电流，然后求出电流之比；线框匀速进入匀强磁场，安培力与外力平衡，根据安培力公式求解安培力，再结合平衡条件得到外力，最后根据P=Fv求解外力的功率；由焦耳定律求出线圈产生的热量，然后求出热量之比．由电流定义式求出电荷量间的关系．‎ ‎12.如图所示长度为‎1m的通电导体棒水平静止在倾斜的绝缘框架上，磁感应强度大小为1T的磁场方向竖直问上，右侧回路电源电动势为 9V，内阻为1Ω,额定功率为9W、额定电压为6V的电动机正常工作.电动机线圈电阻为1Ω，g取下列说法正确的是（ ） ‎ A. 通过电动机的电流为‎3A ‎B. 导体棒的电阻为4Ω C. 导体棒受到的安培力大小为1.5N D. 电动机的工作效率为75 %‎ ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】电动机的正常工作时，有 代入数据解得 通过电源的电流为 则流过导体棒的电流为 故导体棒的电阻为 导体棒受到的安培力大小为 电动机的发热功率为 故电动机的工作效率为 故A错误，BCD正确。选BCD。‎ 二.非选择部分∶‎ ‎13.某同学设计了如图所示电路，已知电流表内阻，允许通过的最大电流为100mA,，.将接线柱1、2接入电路时，可以测量的最大电流为______A；将接线柱1、3接入电路时，可以测量的最大电压为__________V．(均保两位有效数宇）‎ ‎【答案】 (1). 0.50 (2). 15‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1][2]接线柱 1、2 接入电路时，根据并联电路特点，有 解得 故可以测量的最大电流为 接线柱1、3 接入电路时，电流表A与并联，后与串联，根据串联电路的特点有 则 故可以测量的最大电压为 ‎14.某同学测量一只电压表的内阻，所备器材如下：‎ A.待测电压表V(量程3V，内阻未知)‎ B.定值电阻R(阻值为2kΩ，额定电流50mA)‎ C.蓄电池E(电动势略小于3V，内阻不计)‎ D.多用电表 ‎ E.开关、，导线若干 ‎(1)首先，用多用电表进行粗测选用“×‎10”‎倍率，调零后进行测量，发现指针偏转的角度很小，为了把电阻测量得更准确些，应换用__（选填“×‎100”‎或“×‎1”‎)挡；重新调零后测量的结果如图甲所示，示数为_______Ω ‎（2）为了更精确地测出此电压表的内阻，该同学设计了如图乙所示的实验电路 ‎①图丙中，根据图乙电路杷实物图连接好；_______‎ ‎②若、都闭合时电压表示数为，闭合，断开时电压表的示效为，定值电阻的阻值为R。则电压表的内阻=__________.‎ ‎【答案】 (1). ×100 3200 (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]选用“×‎10”‎挡，调零后测量电流表的内阻，发现指针偏转角度很小，说明所选挡位太小，为准确测量，应换大挡，应该将选择开关换成欧姆挡的“×‎100”‎档位，然后进行欧姆调零，由图示表盘可知，Ω=3200Ω；‎ ‎（2）根据图乙电路杷连接好的实物图如图所示：‎ ‎（3）当、都闭合时电压表的示数为电源电动势，则有；当闭合、断开时可得R的电压为 根据串联电路的特点有 解得 ‎15.如图所示，光滑绝缘水平面上固定有两个质量均为m的带电小球a,b(均可视为质点），小球a带负电荷，小球b带正电荷，a带电荷量绝对值为，b带电荷量绝对值为，现给小球所在空间加一水平向右的匀强电场,释放两小球后.它们能保持相対静止地水平向右做匀加速直线运动，已知两小球相对静止时相距为.，静电力常数为k,求：‎ ‎(1)匀强电场的电场强度的大小 ‎(2)在小球b向右运动的距离为的过程中,匀强电场对小球b做的功，‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】（1）根据牛顿第二定律有：对小球a 对小球b 联立解得 ‎（2）匀强电场对小球b做功为 解得 ‎16.如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd线圈平面与磁场垂直，已知线圈的匝数N＝100，边长ab＝‎1.0m、bc＝‎0.5m，电阻r＝2Ω，磁感应强度B在0～5s内从零均匀变化到0.2T．求：‎ ‎(1)0.5s时线圈内感应电动势的大小E；‎ ‎(2)在0～5s内通过线圈的电荷量q；‎ ‎(3)0～5s内线圈产生的焦耳热Q．‎ ‎【答案】(1)0.5s时线圈内感应电动势的大小是2V；(2)在0～5s内通过线圈的电荷量是‎5C；(3)0～5s内线圈产生的焦耳热是10J．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题可确定磁感应强度B的变化率，根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势； （2）由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式I=q/t结合求解电量； （3）由焦耳定律分别求出热量；‎ ‎【详解】（1）在0～5s内，磁感应强度的变化率 则根据法拉第电磁感应定律得：0.5s时线圈内感应电动势的大小：E=NS 代入数据解得：E=2V （2）通过线圈的电荷量为 ‎（3）由焦耳定律得：Q=I2rt=()2rt 代入数据解得：Q=10J ‎17.如图，在直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m＝5.0×10－‎8 kg、电荷量为q＝1.0×10－‎6 C的带电粒子，从P点以v＝‎20 m/s的速度沿图示方向进入磁场，已知OP＝‎30 cm．(不计粒子重力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)‎ ‎ ‎ ‎(1)若磁感应强度B＝2.0 T，粒子从x轴上的Q点(图中未画出)离开磁场，求OQ的距离；‎ ‎(2)若粒子不能进入x轴上方，求磁感应强度B满足的条件．‎ ‎【答案】（1）‎0.90 m（2）5.33 T ‎【解析】 (1)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有 qvB＝‎ 即R＝代入数据得 R＝‎‎0.50 m 而 O′P＝ ＝‎‎0.50 m 故圆心一定在x轴上，轨迹如图甲所示．‎ 由几何关系可知 OQ＝R＋Rsin 53°‎ 故 OQ＝‎‎0‎‎90 m ‎(2)带电粒子不从x轴射出的临界情况如图乙所示 由几何关系得 OP>R′＋R′cos 53°①‎ R′＝②‎ 由①②并代入数据得 B′>T＝5.33 T ‎18.如图所示，在宽度均为m的两个相邻的、足够长的条形区域内分别有匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度大小B=3T，方向垂直于纸面向里，电场方向与电、磁场分界线平行向右．一质量为m=3×10-10㎏、电荷量q=5×10‎-6C的带正电粒子以大小=1×104的速度从磁场区域上边界的P点与边界成θ=30°角斜射入磁场，最后从电场下边界上的Q点射出，已知P、Q连线垂直于电场方向，不计粒子重力，求： ‎ ‎(1)粒子在磁场中的运动的时间； ‎ ‎(2)匀强电场的电场强度的大小．‎ ‎【答案】(1)s (2)N/C ‎【解析】‎ 试题分析：（1）作出粒子在磁场中运动的轨迹图，根据几何关系求出偏转角，即可求解在磁场中运动的时间；（2）粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律即可求出电场强度．‎ ‎（1）粒子在磁场中运动的轨迹图如图所示：‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力：‎ 解得：r=‎‎0.2m 过P点做射入速度方向的垂线，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹对应的圆心恰好在磁场的下边界上，则粒子垂直磁场下边界射入电场，粒子在磁场中做圆周运动所对应的圆心角为 所以粒子在磁场中的时间：‎ ‎（2）粒子在电场中做类平抛运动，则有：‎ 沿电场方向：‎ 垂直电场方向：，其中 解得：‎ ‎【点睛】本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动分析，要注意明确带电粒子在电场中做类平抛运动，根据运动的合成和分解求解；而在磁场中做圆周运动，根据几何关系以及洛伦兹力充当向心力规律可求得总时间．‎