四川省邻水实验学校2024-2025学年高二物理上学期期中试题

PAGEPAGE1四川省邻水试验学校2024-2025学年高二物理上学期期中试题一．单项选择题（11×4=44分）在静电场中，下列说法中正确的是： （ A．电场强度为零的点，电势也确定为零电场强度到处相等的区域内，电势也确定到处相等F只在电场力作用下，正电荷确定从电势高的地方向电势低的地方移动D．沿着电场线方向电势确定越来越低F磁感应强度B ，与下列哪个物理量的表达式是不相同的物理方法（ ）ILFA．加速度a B．电场强度Em qFQC．电容C D．电阻RU IQ电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，下列说法正确的是A．速率越大，周期越大 B．速率越小，周期越大C．速度方向与磁场方向平行 D．速度方向与磁场方向垂4．1930DDD2A．离子由加速器的边缘进入加速器B．离子从磁场中获得能量离子从电场中获得能量增大电场间的电压，带电粒子的最大动能也增大两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有A、B、C三点，如图所示，下列说法正确的是（ ）A．a点电势比b点高a、bbaa、b、cacabcda20Vb24V，d

可知，c点的电势为4V B．8V C．12V D．24Va d20V 4Vb c24Vac50V10Va、cb30V30V30V30V如图2所两行属板直置板上B两正水平对板电为500V一个动能为400eV的电子从A孔沿垂直板方向射入电场中．经过一段时间电子离开电场，则电子离开电场时的动能大小为 ()A．900eV B．500eVC．400eV D．100eVa GUABUa GUABAbaBabCabDba10.LABCDEF55L的相同绝QBCO点的场强为零．若移走＋QAB边上的细棒O点电场强度大小为(k为静电力常量，不考虑绝缘棒及＋Q之间的相互影响)()

13MNOθ=600角。若不计重力。则M NkQL2C.C.23kQ3L2

4kQ3L2D.D.43kQ3L2

A．正离子、负离子在磁场中运动时间相等B2C3x0、y0acd中，∠a＝60°a、bcbacI2I向里．通电长直导线在其四周空间某点产生的磁感应强度B＝kI，其中I表示电流强度，rr表示该点到导线的距离为常数已知a点处导线在d点产生的磁感应强度大小为则d点的磁感应强度大小为( )

BmqxPx30yA．B0 B．2B0 C.3B0 D．4B0二、多项选择题（5×4=20分）图中的四个图分别表示匀强磁场的磁感应强度B闭合电路中一部分通电直导线或运动的带电粒子所受磁场力的相互关系，其中正确是( )

O P x× × × × ×× × × × ×× × × ×× × × × ×× × × × ×× × × ×B×× × × × ×× × × ×300粒子在磁场中运动所经验的时间可能为FvFIBIFBFvBBFvFIBIFBFvBA B C D

Bq粒子在磁场中运动所经验的时间可能为6BqLdLMqm的质点从两板中心射入板间，最终垂直M屏上，则下列结论正确的是()A．板间电场强度大小为3mg/qB．板间电场强度大小为2mg/qC．质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等D．质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间如图所示，在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时磁铁对水平面的压力为现在磁铁左上方位置固定一导体棒当导体棒中通以垂直纸面对里的电流后，磁铁对水平面的压力为FN2，则以下说法正确的是( )A．弹簧长度将变长B．弹簧长度将变短C．FN1＞FN2D．FN1＜FN2三、计算题（6分+8分+10分+12分=36分）17（6分）U1L，

188分电荷量为e以速度vBd30mtd，带电粒子通过偏转电场时速度的偏转角为θtan

U2L2U1d19.10分)如图所示，一带电微粒质量为、电荷量.010C，从静止开U=10V射出磁场时的偏转角也为θ=60°。已知偏转电场中金属板长L=23cm，圆形匀强磁场的半径R=103cm，重力忽视不计。求：U100V

20.xOy，xx轴成θ＝30°BmqaN点脱离细杆恰能沿圆周xAxAO3l，2小球aμ＝q＝5πgg1E；(3)．匀强磁场的磁感应强度的大小。

4 m 6lE；B1；aNyOh＝20πlP点(图中未画出)以某3b，bxa球相碰，则b球的初速度为多大？物理答案1.【答案】D【解析】本题考查的是静电场中场强与电势的关系，电势沿着电场线方向渐渐降低，电场线密的地方场强大；D正确；电场强度为零的点，电势不确定为零；A错误；电场强度到处相等的区域内，电势不确定到处相等；B错误；假如正电荷具有确定的初动能，即使只有电场力作用，正电荷仍旧可以从电势低的地方向电势高的地方运动；C错误；2.【答案】A【解析】磁感应强度是计算式、定义式，为确定式；A对【答案】D4.【答案】C【解析】试题分析：由知，随着被加速离子的速度增大，离子在磁场中做圆周运动的轨道半径渐渐增大，所以离子必需由加速器中心旁边进入加速器，A错误，离子在电场中被加速，使动能增加；在磁场中洛伦兹力不做功，离子做匀速圆周运动，动能不变更．磁场的作用是变更离子的速度方向，所以离子从电场中获得能量，C项正确，B项错误，粒子最大的速度与D型盒的半径有关系，与加速电压没关系，由此可知D项错误5.【答案】C6.【答案】B【解析】把ｂｄ两点连接，四等分，如图，可见C点电势为８V7【答案】C【解析】本题考查的是对电场中等势面分布的理解问题。电场线密的地方场强大，疏的地方场强小，沿电场线方向电势渐渐降低，但不是匀称降低，所以a、c连线的中点b处的电势应小于30V。答案选C。8【答案】C【解析】由于电子动能Ek＝400eV<500eV，电子在电场中先做匀减速直线运动后反向做匀加速直线运动，最终从A孔出射，电场力做功为零，电子动能大小不变．C项正确．9【答案】C【解析】本题考查的是平行板电容器各项参数的关系问题，假如将两板特别缓慢地水平错开一些，那么在错开的过程中，电容器的电容将减小，由于电源电压不变，，板间场强不变，则油滴静止不动，由，Q减小，电流计中的电流从a流向b，C正确；10.答案D解析依据对称性，AF与CD边上的细棒在O点产生的电场强度叠加为零，AB与ED边上的细棒在O点产生的电场强度叠加为零．BC中点的点电荷在O点产生的电场强度大小为E1＝eq\f(kQ,Lsin60°2)＝eq\f(4kQ,3L2)，因EF边上的细棒与BC中点的点电荷在O点产生的电场强度叠加为零，则EF边上的细棒在O点产生的电场强度大小为E2＝E1＝eq\f(4kQ,3L2)，故每根细棒在O点产生的电场强度大小均为eq\f(4kQ,3L2)，移走＋Q及AB边上的细棒，O点的电场强度即为EF与ED边上的细棒在O点产生的合场强，这两个场强夹角为60°，所以叠加后电场强度大小为E0＝2×eq\f(4kQ,3L2)cos30°＝eq\f(4\r(3)kQ,3L2)，故选D.11.答案D解析设直角三角形的ad边长为r，则ac边长为2r，依据直导线产生的磁感应强度公式可得a点处导线在d点产生的磁感应强度大小为B0＝keq\f(I,r)，由安培定则知方向水平向左；同理有c点处导线在d点产生的磁感应强度大小为B1＝keq\f(3I,\r(3)r)＝eq\r(3)B0，方向竖直向下；b点处导线在d点产生的磁感应强度大小为B2＝keq\f(2I,r)＝2B0，方向垂直于bd斜向左下方；如图所示：因eq\f(B1,B0)＝eq\r(3)＝tan60°，可知B1和B0的合磁感应强度沿B2的方向，故d点的磁感应强度大小为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，故选D.12.【答案】AD【解析】试题分析：依据左手定则，磁感线穿入手心，大拇指指向导线的运动方向，则四指的指向为感应电流的方向，可推断出AD选项正确13.【答案】BD【解析】试题分析：由左手定则可知道正离子向左偏转，在磁场中运动轨迹所对的圆心角为240°，则在磁场中运动时间为，负离子在磁场中向右偏转，运动轨迹所对的圆心角为120°，在磁场中运动时间为，正离子、负离子在磁场中运动时间不相等，AC错，B对；因为正负离子质量和电荷量均相同所以在磁场中运动半径相等，D对14.【答案】BC【解析】假如粒子过原点，那么OP连线为圆上的一条弦，粒子确定飞出磁场，A错；假设不成立，所以B对；当粒子为正电荷时，假如粒子从y轴上的某一点飞出磁场，由此可知圆心角可能为90°，由周期为可知粒子的运动时间为，C对；15【答案】BC【解析】当质点所受电场力方向向上且大于重力时，质点才可能垂直打到屏上．由运动的合成与分解，可知质点在水平方向上始终做匀速直线运动，所以质点在电场中做类平抛运动的时间和在重力场中做斜上抛运动的时间相等．由运动规律可知质点在水平方向上做匀速直线运动，vx＝v0；在竖直方向上：在电场中vy＝at，如图所示，离开电场后质点做斜上抛运动，vy＝gt，由此运动过程的对称性可知a＝g，由牛顿其次定律得：qE－mg＝ma＝mg，解得：E＝2mg/q.故B、C正确．16.答案：BC解析：转换探讨对象法．画出导体棒所在处的磁感线，用左手定则可推断出条形磁铁对导体棒的安培力斜向右下方，由牛顿第三定律可知，导体棒对条形磁铁的力斜向左上方，所以弹簧长度将变短，FN1＞FN2，答案为B、C.17.【答案】见解析【解析】设带电粒子离开加速电场时的速度为v0由动能定理得①2分带电粒子进人偏转电场后，在电场力作用下做匀变速曲线运动其中平行于极板方向做匀速直线运动，垂直于极板方向做匀加速直线运动即:L=v0t②1分③1分由②③得④1分带电粒子通过偏转电场时的偏转角正切值1分18【答案】（1）电子在磁场中运动，只受洛伦兹力作用，故其轨迹是圆弧的一部分，又因为F洛⊥v，故圆心在电子穿入和穿出磁场时受到洛伦兹力指向的交点上，设为O点。由几何学问可知，所对圆心角，OB为半径rr=d/sin30°=2d（1分）又由（2分）得（1分）（2）由于所对圆心角是30°，因此穿过时间（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）带电微粒经加速电场加速后速度为v1，依据动能定理：（1分）=1．0×104m/s（1分）（2）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动。在水平方向微粒做匀速直线运动。水平方向：（1分）带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动，加速度为a，出电场时竖直方向速度为v2=at竖直方向：（1分）由几何关系（1分）E=10000V/m（1分）（3）设带电粒子进磁场时的速度大小为v，则（1分）由粒子运动的对称性可知，入射速度方向过磁场区域圆心，则出射速度反向延长线过磁场区域圆心，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示则轨迹半径为（1分）由（1分）得（1分）20.答案(1)带正电eq\f(mg,q)(2)eq\f(7m,q)eq\r(\f(g,10πl))(3)eq\f(7,4)eq\r(\f(3gl,10π))解析(1)由带电小球a在第四象限内做圆周运动，知小球a所受电场力与其重力平衡且小球a所受电场力竖直向上，即mg＝qE，故小球a带正电，解得E＝eq\f(mg,q)（2分）(2)带电小球a从N点运动到A点的过程中，洛伦兹力供应小球做圆周运动的向心力，设运动半径为R，有：qvB＝meq\f(v2,R)1分由几何关系有R＋Rsinθ＝eq\f(3,2)l1分解得R＝l，v＝eq\r(\f(5πgl,6))1分带电小球a在杆上匀速下滑时，由平衡条件有mgsinθ＝μ(qvB1－mgcosθ)1分解得B1＝eq\f(7m,q)eq\r(\f(g,10πl))1分带电小球a在第四象限内做匀速圆周运动的周期T＝eq\f(2πR,v)＝2eq\r(\f(6πl,5g))带电小球a第一次在第一象限从A点竖直上抛又返回到A点所用的时间为t0＝eq\f(2v,g)＝eq\r(\f(10πl,3g))1分绝