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二

PAGEPAGE19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二一．选择题（共8小题,每小题4分）1．如图所示，带箭头的射线为电场线，虚线代表电场中的三条等势线，其中电势φa＝50V，φc＝10V，点b为a、c连线的中点，一带负电的质点仅在电场力作用下从M点运动到N点。下列说法正确的是（）A．电势φb等于30V B．电势φb小于30V C．带电质点在M点的加速度比在N点的加速度小 D．带电质点在M点的动能比在N点的小2．如图所示，空间存在水平向右、电场强度大小为E的匀强电场，一个质量为m、电荷量为+q的小球，从A点以初速度v0竖直向上抛出，经过一段时间落回到与A点等高的位置B点（图中未画出），重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．小球运动到最高点时距离A点的高度为 B．小球运动到最高点时速度大小为 C．小球运动过程中最小动能为 D．A、B两点之间的电势差为3．在如图所示的电路中，闭合开关S，电路达到稳定后，平行金属板中带电质点P恰好处于静止状态。不考虑电流表和电压表对电路的影响，电阻R1与电源内阻r阻值相等。当滑动变阻器R的滑片向a端移动时，则（）A．带电质点P将向下运动 B．电源的输出功率将变大 C．电压表V2读数变更量的肯定值与电流表A读数变更量的肯定值之比肯定不变 D．电压表V1读数变更量的肯定值大于电压表V2的读数变更量的肯定值4．下列四幅演示试验图中，试验现象表述正确的是（）A．图甲用磁铁靠近轻质铝环A，A会靠近磁铁 B．图乙断开开关S，触点C马上断开 C．图丙演示反向电流相互吸引，同向电流相互排斥 D．图丁电子射线管（A为阴极），接通高压电源后，荧光屏上的电子束向上偏转5．如图所示，圆形区域AOB内存在垂直纸面对内的匀强磁场，AO和BO是圆的两条相互垂直的半径，一带电粒子从A点沿AO方向进入磁场，从B点离开，若该粒子以同样的速度从C点（C点为AB弧上随意一点）平行于AO方向进入磁场，则（）A．粒子带负电 B．该粒子从OB之间某点离开磁场 C．该粒子仍旧从B点离开磁场 D．入射点C越靠近B点，粒子运动时间越长6．如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC志向分开，三角形内磁场方向垂直纸面对里，三角形顶点A处有一质子源，能沿∠BAC的角平分线放射速度不同的质子（质子重力不计），全部质子均能通过C点，质子比荷＝k，则质子的速度不行能为（）A．BkL B． C． D．7．如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面对里的匀强磁场中，有一竖直足够长的固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m，电量为+q，电场强度为E、磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。小球由静止起先下滑直到稳定的过程中（）A．小球的加速度先增大后不变 B．小球的机械能和电势能的总和保持不变 C．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是 D．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是8．如图所示为一种获得高能粒子的装置原理图，环形管内存在垂直于纸面、磁感应强度大小可调的匀强磁场（环形管的宽度特别小），质量为m、电荷量为q的带正电粒子可在环中做半径为R的圆周运动。A、B为两块中心开有小孔且小孔距离很近的平行极板，原来电势均为零，每当带电粒子经过A板刚进入A、B之间时，A板电势上升到+U，B板电势仍保持为零，粒子在两板间的电场中得到加速，每当粒子离开B板时，A板电势又降为零，粒子在电场中一次一次地加速使得动能不断增大，而在环形区域内，通过调整磁感应强度大小可使粒子运行半径R不变。已知极板间距远小于R，则下列说法正确的是（）A．环形区域内匀强磁场的磁场方向垂直于纸面对里 B．粒子从A板小孔处由静止起先在电场力作用下加速，绕行N圈后回到A板时获得的总动能为2NqU C．粒子在绕行的整个过程中，A板电势变更的周期不变 D．粒子绕行第N圈时，环形区域内匀强磁场的磁感应强度为二．多选题（共4小题，每小题6分）9．如图所示，匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R的圆，电场方向与圆所在平面平行，A、O两点电势差为U（U＞0）。一带正电粒子仅在电场力的作用下经过该区域，在A、B两点时速度大小均为v0，粒子重力不计，以下说法正确的是（）A．粒子从A到B的运动过程中，电场力先做负功后做正功 B．粒子可能在A、B间是做匀速圆周运动 C．假如将该带电粒子从A点由静止释放，它将沿AO运动 D．圆周上，两点电势差最大值为2U10．如图所示，空间中存在一个半径为R的圆形匀强磁场，方向垂直纸面对里，从圆形磁场边界上的P点沿不同方向射入两个不同电荷量、初速度大小相同的带电粒子A、B，A粒子与圆形磁场半径的夹角为α＝30°，B粒子与圆形磁场半径的夹角为θ＝60°，结果两粒子都会从边界上的C点射出。不计粒子的重力，则下列说法正确的是（）A．A、B粒子带同种性质电荷 B．A、B粒子的比荷之比为1： C．A、B粒子在磁场中运动的时间之比为：2 D．若变更A粒子的入射方向，则粒子在磁场中运动的时间有可能会延长11．如图甲所示有界匀强磁场Ⅰ的宽度与图乙所示圆形匀强磁场Ⅱ的半径相等，不计重力的粒子从左边界的M点以肯定初速度水平向右垂直射入磁场I，从右边界射出时速度方向偏转了θ角；该粒子以同样的初速度沿半径方向垂直射入磁场Ⅱ，射出磁场时速度方向偏转了2θ角。已知磁场I、Ⅱ的磁感应强度大小分别为B1、B2，粒子在磁场中的运动时间分别为t1、t2，则B1与B2的比值和t1与t2的比值分别为（）A．＝B．＝cosθC．＝ D．＝12．如图所示，足够长的水平绝缘传送带以大小为v0的速度顺时针匀速转动，传送带上方足够大空间内存在垂直于纸面对里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。将一质量为m、电荷量为q的带正电的小物块（可视为质点）无初速度地放在传送带的左端，小物块与传送带间的动摩擦因数为µ，重力加速度为g，下列所画出的小物块速度随时间变更的图象（图中t0＝，vm＝）可能正确的是（）A． B． C． D．三．试验题（共2小题，每空1分）13．如图甲所示，游标卡尺的读数为mm；如图乙所示，螺旋测微器的读数为mm。14．某试验小组利用如图甲所示的电路图测定一电源的电动势（大约为6V）和内电阻。要求尽量减小试验误差。（1）在下列两个电压表中选择一个最合适的来改装成量程为0～9V的电压表。①量程为0～2V、内阻为2kΩ的电压表②量程为0～3V、内阻为3kΩ的电压表则应选择电压表，且串联一个阻值为kΩ的电阻，就可以改装成量程为0～9V的电压表。（2）现有电流表（0～0.6A），开关和导线若干，以及以下器材：A．滑动变阻器R1（0～50Ω）B．滑动变阻器R2（0～500Ω）试验中滑动变阻器应选用（填相应器材前的代号）。（3）某位同学记录的6组数据如表所示，其中5组数据的对应点已经标在图乙的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并在坐标纸上正确作出U﹣I图线。序号123456电压U（V）5.805.605.205.004.804.40电流I（A）0.0600.1200.2400.2600.3600.480（4）依据（3）中所画图线，可得出该电源的电动势E＝V，内电阻r＝Ω（结果均保留两位有效数字）。（5）本次试验中，由于系统误差导致所测得的电源电动势（填“偏大”“偏小”或”不变”）。内阻（填“偏大”“偏小”或“不变”）。四．计算题（共4小题）15．（8分）如图所示，光滑绝缘斜面高度h＝0.45m，斜面底端与光滑绝缘水平轨道圆弧连接，水平轨道边缘紧靠平行板中心轴线。平行板和三个电阻构成如图所示电路，平行板板长为l＝0.9m，板间距离d＝0.6m，R1＝3Ω，R2＝3Ω，R3＝6Ω。可以看为质点的带电小球，电量q＝﹣0.01C，质量m＝0.03kg，从斜面顶端静止下滑。（1）若S1、S2均断开，小球刚好沿平行板中心轴线做直线运动，求电源电动势E；（2）若S1断开，S2闭合，小球离开平行板右边缘时，速度偏向角tanθ＝，求电源内阻r。16．（12分）如图所示，在y＞0的区域存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在y＜0区域存在匀强磁场，磁场方向垂直xOy平面对外。一电荷量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上y＝h处的点P1时速率为v0，方向沿x轴正方向；然后，经过x轴上x＝2h处的P2点进入磁场，并经过y轴上y＝﹣2h处的P3点，不计粒子力。求：（1）电场强度的大小；（2）磁感应强度的大小；（3）粒子从P1起先运动直到第三次经过x轴所用的时间。17．（12分）如图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充溢匀强电场，同时该区域上、下部分分别充溢方向垂直于NSTM平面对外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h。质量为m、带电量为+q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g。（1）求该电场强度的大小和方向；（2）要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值。18．（12分）如图所示为平面直角坐标系xOy平面的俯视图，在第一象限存在方向沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E1；在其次、第三象限存在方向垂直于坐标平面对里的匀强磁场，磁感应强度大小为B；在第四象限存在由特别静电装置产生的匀强电场，电场方向平行坐标平面且与y轴正方向的夹角为45°，电场强度大小为E2。一个带负电的粒子，从y轴上的P点（0，﹣d）沿x轴负方向射出，速度大小为v0，粒子的比荷，粒子运动依次经过y轴上的A点（图中未画出）、x轴上的C点、过C点且平行于y轴的直线上的D点（图中未画出）。已知粒子经过C点时的动能是经过A点时动能的2倍，粒子从C运动到D所用时间t2与从A运动到C所用时间t1的关系为t2＝t1，不计粒子重力。求：（1）A点的坐标；（2）电场强度E1和E2的比值；鹤壁中学高二年级尖子生联赛调研二物理参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）1．【解答】解：AB、由图看出，ab段电场线比bc段电场线密，ab段场强较大，依据公式U＝Ed可知，a、b间电势差Uab大于b、c间电势差Ubc，即φa﹣φb＞φb﹣φc，得到φb＜＝V＝30V，故A错误，B正确；C、依据电场线的疏密表示电场强度的大小，电场线越密，电场强度越大，则知M点的场强比N点的场强大，即带电质点在M点的电场力比在N点的大，因此带电质点在M点的加速度比在N点的加速度大，故C错误；D、由图可知，质点所受的电场力方向沿电场线向右，质点带负电，则电场线方向向左，若带电质点从M点运动到N，电场力做负功，则带电质点的电势能增大，动能减小，故带电质点通过M点时的动能比在N点的大，故D错误。故选：B。2．【解答】解：A、小球在空间的运动可以分解为水平方向初速度为零，加速度为a＝的匀加速直线运动和竖直方向初速度为v0，加速度为g的竖直上抛运动，所以在竖直方向上v02＝2gh，解得h＝，故A错误；B、小球运动到最高点时，竖直方向速度减为零，由v0＝gt，解得t＝，水平方向由vx＝at，解得vx＝，故B错误；C、小球运动过程中动能的表达式为Ek＝mv2＝m（+）＝m[（t）2+（v0﹣gt）2]，由数学学问可得当t＝时，小球的动能最小，最小动能为Ekm＝，故C错误；D、当小球运动到B点时，运动时间为：2t＝，水平方向的位移为x＝（）（2t）2＝，A、B两点之间的电势差为U＝Ex＝，故D正确。故选：D。3．【解答】解：A、电容器两端电压为滑动变阻器R两端的电压，当滑动变阻器R的滑片向a端移动时，阻值增大，则电容器两端的电压增大，带电质点P将向上运动，故A错误；B、当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，已知电阻R1与电源内阻r阻值相等，当滑动变阻器R的滑片向a端移动时，阻值增大，输出功率将变小，故B错误；C、将定值电阻R1看作电源的内阻，则电压表V2读数变更量的肯定值与电流表A读数变更量的肯定值之比：＝R1+r，恒定不变，故C正确；D、电压表V1读数变更量的肯定值与电流表A读数变更量的肯定值之比：＝R1，则电压表V1读数变更量的肯定值小于电压表V2的读数变更量的肯定值，故D错误。故选：C。4．【解答】解：A、图甲用磁铁靠近轻质铝环A，由于A环中发生电磁感应，依据楞次定律“来拒去留”可知，A将远离磁铁，故A错误；B、图乙断开开关S，由于B线圈中的发生电磁感应现象阻碍电流的减小，因此线圈仍有磁性，触电C不马上断开，故B错误；C、图丙中，当通入电流方向相反时，探讨右导线的受力状况：将左导线看成场源电流，依据安培定则可知，它在右导线处产生的磁场方向向外，由左手定则推断可知，右导线所受的安培力方向向右；同理，将右导线看成场源电流，左导线受到的安培力向左，两导线远离，即两导线相互排斥；同理可知：当电流方向相同时，两导线要靠拢，即两导线相互吸引，故C错误；D、由图丁可知，A是阴极，B是阳极，电子在射线管由A向B运动，电子带负电，由左手定则可知，电子束所受的洛伦兹力向上，荧光屏上的电子束运动径迹向上偏转，故D正确。故选：D。5．【解答】解：A、带电粒子从A点沿AO方向进入磁场，从B点离开，那么粒子在A点向右上方偏转，则由左手定则可判定：粒子带正电，故A错误；BC、一个带电粒子从A点沿AO方向进入磁场，那么粒子做圆周运动在A点的半径方向垂直于AO；又有OA和OB相互垂直，且粒子从B点离开，则由OA、OB及圆周运动在A、B两点的半径构成的四边形为正方形，如图所示，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径为扇形区域的半径R；那么只要C点在AB之间，粒子圆周运动轨迹的两条半径与扇形区域的两条半径构成菱形，那么，粒子转过的中心角肯定等于∠COB，所以粒子仍旧从B点离开磁场，故B错误，C正确；D、粒子做圆周运动的半径、速度不变，那么粒子做圆周运动的周期不变，所以C点越靠近B点，偏转角度越小，运动时间越短，故D错误。故选：C。6．【解答】解：质子带正电，且经过C点，其可能的轨迹如图所示：全部圆弧所对圆心角均为60°，所以质子运行半径：r＝（n＝1，2，3，…），质子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力供应向心力，由牛顿其次定律得：qvB＝m，解得：v＝＝（n＝1，2，3，…），当n＝1、2、3时，r＝BkL、、，选项ABD可能，C不行能。本题选不行能的，故选：C。7．【解答】解：A、小球静止时只受电场力、重力、支持力及摩擦力，电场力水平向左，摩擦力竖直向上，起先瞬间，水平方向上，qE＝N，竖直方向上，摩擦力：f＝μN＝μqE，小球的加速度：a＝；小球速度增大，受到洛伦兹力作用，由左手定则可知，洛仑兹力向右，则支持力N将减小，摩擦力减小，故加速度增大，当洛伦兹力等于电场力时，支持力为零，摩擦力为零，此时加速度为g，达到最大值；此后速度接着增大，则洛伦兹力增大，水平方向上，N＝qvB﹣qE，支持力增大，则摩擦力将增大，加速度将减小，故A错误；CD、小球下滑加速度为最大加速度的一半会有两种状况，一是在洛仑兹力小于电场力的状况下，另一种是在洛仑兹力大于电场力的状况下，则：＝，解得：v1＝；同理有：＝，解得：，故C正确，D错误；B、在下降过程中有摩擦力做功，故有部分能量转化为内能，小球机械能和电势能的总和将减小，故B错误。故选：C。8．【解答】解：A，由于粒子带正电，A板电势高于B板电势，要使粒子加速，其在电场中的运动方向应为由A到B，可知粒子运动方向为顺时针；由左手定则可知，磁场方向垂直纸面对外，故A错误；B、粒子每经过一次电场，电场力做正功，动能增加量等于电势能削减量：qU。绕行N圈后获得的总动能为NqU，故B错误；C、粒子运动周期为T＝，由于粒子速度持续增大，而运动的半径保持不变，所以粒子运动周期减小，因此A板电势变更周期也要减小，故C错误；D、由洛伦兹力供应向心力，可得：qvB＝，由动能定理可知，粒子速度满意NqU＝mv2，联立解得，B＝，故D正确。故选：D。二．多选题（共4小题）9．【解答】解：A、依据题目可知，粒子只在电场力作用下移动，电场力做功转化为动能变更，从A到B动能不变，说明AB等电势，又由于AO电势差U＞0，则由电场线垂直等势线且沿着电场线方向电势降低可知，电场线如图所示：小球从A到B的运动过程中，电场力做功为零，动能变更量为零，电场力先做负功再做正功，故A正确；B、小球在电场中所受的电场力是恒力，电场力对小球要做功，其速率在变更，所以小球从A到B肯定不是匀速圆周运动，故B错误；C、假如将该带电粒子从A点由静止释放，粒子沿着电场力的方向移动，带电粒子电性未知，电场力方向未知，并且电场线方向不是平行于AO，带电粒子肯定不沿着AO方向运动，故C错误；D、匀强电场的电场强度U＝Ed式中的d是沿着电场强度方向的距离，因而由几何关系可知，UAO＝E×R，所以E＝那么圆周上，电势最高的点与O点的电势差为U＝ER＝U，因此任两点间电势差的最大值为2U，故D正确；故选：AD。10．【解答】解：A、依据左手定则推断出A粒子带负电荷，B粒子带正电荷，故A错误；B、画出粒子在磁场中的轨迹圆，由几何关系可知A粒子在磁场中的轨迹圆半径rA＝B粒子在磁场中的轨迹圆半径rB＝，其中R为圆形磁场的半径。则rA：rB＝：1由洛伦兹力供应向心力可知：qvB＝m，r＝则A、B粒子的比荷之比为1：，故B正确；C、带电粒子在磁场中的运动时间t＝，T＝＝由几何关系可知A粒子在磁场中的运动时间为tA＝•TA＝＝B粒子在磁场中的运动时间为tB＝•TB＝＝则＝＝：2，故C正确；D、粒子运动半径大于圆形磁场半径时，在磁场中运动时间越长，则轨迹对于圆心角越大，弧长、弦长越长，当运动时间最长时，轨迹弧长对应的弦长应为圆形磁场的直径，由以上带电粒子的轨迹图可知粒子A从C点射出的时间最长，故D错误。故选：BC。11．【解答】解：AB、粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力供应向心力，由牛顿其次定律得：qvB＝m，解得：B＝，粒子运动轨迹如图所示：由几何学问得：r1＝，r2＝，则磁感应强度之比：＝＝，故A错误，B正确；CD、粒子在磁场中的运动时间为t＝，T＝＝则＝＝所以＝•＝，故C错误，D正确。故选：BD。12．【解答】解：D、小物块由静止起先向右做加速运动，起先运动后受到重力mg，竖直向上的洛伦兹力F洛和支持力N＝mg﹣F洛，水平向右的滑动摩擦力f＝μN，依据牛顿其次定律可知，小物块运动的加速度大小，可见随着速度v的增大，小物块做加速度渐渐减小的加速运动，故D错误；A、当v＝0时，a＝μg＝，所以图线在O点的切线应与图中过O点的倾斜虚直线重合，故A错误；B、当mg＝qvmB时，a＝0，对应速度，当vm＜v0，小物块加速到vm时，支持力N＝0，摩擦力消逝，小物块脱离传送带做匀速运动，故B正确；C、当vm＞v0，小物块加速到v0时，小物块与传送带共速，摩擦力消逝，随传送带一起向右做匀速运动，故C项正确。故选：BC。三．试验题（共2小题）13．【解答】解：游标卡尺游标为20分度，精确度为0.05mm，由图可知，主尺读数为13mm，游标尺读数为7×0.05mm＝0.35mm，故最终读数为：13mm+0.35mm＝13.35mm；螺旋测微器的固定刻度为2mm，可动刻度为25.0×0.01mm＝0.250mm，所以最终读数为2.0mm+0.250mm＝2.250mm，由于须要估读，最终的结果可以在2.249mm至2.251mm之间。故答案为：13.35；2.250（2.249～2.251均可）。14．【解答】解：（1）应选择量程为0～3V、内阻为3kΩ的电压表②进行改装，改装后量程与内阻都扩大3倍，依据串联电路特点可知，串联分压电阻阻值为原电表内阻的2倍，串联电阻阻值为6kΩ。（2）电源电动势约为6V，电流表量程为0.6A，电路最小电阻约为R＝Ω＝10Ω，为便利试验操作，滑动变阻器应选择A。（3）依据表中试验数据在坐标系内描出对应点，让尽可能多的点过直线，不能过直线的点对称分布在直线两侧，偏离直线太远的点应舍去，依据坐标系内描出的点作出图象如图所示；（4）由图甲所示可知，路端电压U＝E﹣Ir，由图示电源UI图象可知，电源电动势E＝6.0V，内阻r＝Ω≈3.3Ω。（5）由图甲所示电路图可知，当外电路短路时，电流的测量值等于真实值，除此之外，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，电源的U﹣I图象如图所示，由图象可知，电源电动势的测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值．故答案为：（1）②；6；（2）A；（3）图象如图所示；（4）6.0；3.3；（5）偏小；偏小。四．计算题（共4小题）15．【解答】解：（1）小球下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：解得：v0＝3m/s对S1、S2均断开时，极板电势差即为电源电动势E。小球刚好沿平行板中心轴线做直线运动，小球受到的重力和电场力必定平衡，由平衡条件得：得：E＝＝＝18V（2）当S1断开，S2闭合时，带电小球做类平抛运动，则水平方向有：l＝v0t竖直方向分速度有：vy＝at，且vy＝v0tanθ对带电小球，由牛顿其次定律得：mg﹣qE1＝ma1，其中：UC＝E1d代入数据解得：a1＝4m/s2，E1＝18N/C，UC＝10.8V当S1断开，S2闭合时，R1与R3串联，电容器与R3并联，电容器两端电压：UC＝UR3由部分电路欧姆定律：UR3＝I1R3由闭合电路欧姆定律：E＝I1（R1+R3+r）代入数据解得：r＝1Ω答：（1）电源电动势E为18V。（2）电源内阻r为1Ω。16．【解答】解：（1）粒子在x轴上方电场中做类平抛运动，x方向：2h＝v0t，y方向：h＝at2＝t2，解得：E＝；（2）设粒子在P2点时沿﹣y方向的速度为vy，则有＝h，即vyt＝2h，所以vy＝v0，则粒子在P2点的速度方向与x轴正方向夹角为45°，粒子到达P2时速度大小：v＝，粒子运动