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安徽省耀正优2024-2025学年高二上学期期末联考物理试卷(B)
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这是一份安徽省耀正优2024-2025学年高二上学期期末联考物理试卷(B),共12页。试卷主要包含了单选题,多选题,实验题,计算题等内容,欢迎下载使用。
1.下列说法正确的是( )
A. 静电复印机应用了静电吸附原理
B. 匀强电场中电场强度处处相同,所以任何电荷在其中受力都相同
C. 电场线从正电荷出发,终止于负电荷;磁感线从磁体的N极出发,终止于S极
D. 根据磁感应强度的定义式B=FIL可知,磁感应强度B与F成正比,与IL成反比
2.关于安培力和洛伦兹力的方向,下列各图正确的是( )
A. B.
C. D.
3.如图所示,空间有磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出),水平放置一根通电长直导线.已知a、b、c、d是以直导线为圆心的圆周上的四等分点,其中b、d位于竖直直径上,且a点的磁感应强度大小为0.下列说法正确的是( )
A. 匀强磁场的方向竖直向下B. c点的磁感应强度大小为0
C. b点的磁感应强度大小为2BD. 通电导线在d点的磁感应强度大小为B
4.如图所示,静电喷涂时,喷枪喷出的涂料微粒带电,在带有正电的被喷工件的静电作用下,向被喷工件运动,最后吸附在其表面.在涂料微粒向工件靠近的过程中,下列说法正确的是( )
A. 涂料微粒带正电B. 涂料微粒的动能越来越小
C. 涂料微粒的电势能越来越小D. 涂料微粒所受静电力越来越小
5.如图所示,电阻均匀的竖直圆环固定于方向垂直纸面向里的匀强磁场中,PQ是直径,圆弧MGN对应的圆心角为90∘.当M、N与内阻不计的直流电源相连时,圆环所受的安培力大小为F;当P、Q与该电源相连时,圆环所受的安培力大小为( )
A. 3 24FB. 23FC. 2 23FD. 3 22F
6.肉眼看到的一次闪电,其过程是很复杂的,当雷雨云移到某处时,云的中下部是强大负电荷中心,与云底相对的底下地面变成正电荷中心,云底会出现大气被强烈电离的一段阻值约1×104Ω的气柱.在某一次闪电前,云地间距离约1km,第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约6C,闪击持续时间约60μs.假定闪电前云地间的电场是匀强电场,下列说法正确的是( )
A. 闪电电流的方向由云层到地面
B. 闪电电流的平均值约1×105A
C. 云地之间的电势差约1×103V
D. 闪电前云地间的电场强度大小约1×103V/m
7.如图所示的电路中,电源电动势为E、内阻为r,R1和R2为定值电阻,R3为滑动变阻器,理想二极管D具有单向导电性,平行板电容器中带电微粒P处于静止状态,其中R1=r,各电表均为理想电表.当滑动变阻器R3的滑片向b端移动时,下列说法正确的是( )
A. 微粒P将向下运动
B. 电源的输出功率将增大
C. 电压表V1的变化量与电流表A的变化量之比增大
D. 电压表V2的变化量与电流表A的变化量之比减小
8.如图所示为回旋加速器的工作原理图,D1和D2是两个半径为R的中空半圆形金属盒,磁感应强度大小为B的匀强磁场与D形盒面垂直,两金属盒之间有周期性变化的交变电场.P处的粒子源由静止释放质量为m、电荷量为q的带电粒子,粒子在两盒之间被加速,然后进入磁场中做匀速圆周运动,再次到达两盒间的缝隙时,电场方向反向,使粒子再次被加速,往复循环.两盒间的狭缝很小,带电粒子穿过的时间忽略不计,不计粒子的重力,下列说法正确的是( )
A. 粒子的最大速度为qBmR
B. 交变电场的频率为2πmqB
C. 仅改变粒子的比荷,该回旋加速器也可加速此粒子
D. 若加速电压为U,则粒子被电场加速的次数为qB2R22Um
二、多选题:本大题共2小题,共8分。
9.下列所示的各物理情境中,能产生感应电流的是( )
A. 图甲中,条形磁铁向右匀速移动
B. 图乙中,线圈与通电导线在同一平面,且线圈竖直向上移动
C. 图丙中,水平面上两根金属棒处于竖直向上的匀强磁场中分别向两侧匀速移动
D. 图丁中,将条形磁铁靠近不闭合的线圈
10.质谱仪在物理研究中起着非常重要的作用.如图所示为质谱仪的工作原理示意图,粒子源产生的带电粒子经加速电场加速后,进入速度选择器,速度选择器内有相互正交的磁感应强度大小为B的匀强磁场和电场强度大小为E的匀强电场.平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2,平板S下方有匀强磁场.不计粒子的重力和粒子间的作用力,下列说法正确的是( )
A. 速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向里
B. 平板S下方的磁场方向垂直于纸面向里
C. 能通过狭缝P的粒子的速率为BE
D. 粒子打在胶片上的位置离狭缝P越近,粒子的比荷越大
三、实验题:本大题共2小题,共18分。
11.某物理兴趣小组的同学设计了一个利用天平测定磁感应强度的实验方案,实验原理如图所示,天平的右臂下面挂一个宽为L的矩形线圈,线圈的下部悬在方向垂直于纸面的匀强磁场中.天平左右悬点关于支点对称,线圈共N匝,当地重力加速度大小为g,实验步骤如下:
(1)未通电流时,在天平左盘内放入质量为M的砝码,使天平平衡;当给线圈通以逆时针方向、大小为I的电流(如图所示)时,需要在砝码盘中再加入质量为m0的砝码,天平才重新平衡.分析可知磁场方向垂直于纸面 (填“向里”或“向外”),磁感应强度大小B= .(用题中所给物理量符号表示)
(2)只改变通入线圈电流I的大小,砝码盘中放入砝码使天平平衡,读出砝码盘中砝码的总质量m,得到多组m和I数据后,作出了m−I图像,若该图像是一条斜率为k的直线,则匀强磁场的磁感应强度大小B= .(用g、k、L和N表示)
12.在“测量电源电动势和内阻”的实验中,由于电流表和电压表内阻的影响,会产生系统误差,为了消除电表的内阻产生的系统误差,某兴趣小组用如图甲所示的电路来测量电源电动势和内阻,其中R0=2Ω.实验操作步骤如下:
①将滑动变阻器滑到最左端位置,单刀双掷开关S与1接通,闭合开关S0,调节滑动变阻器R,记录下若干组数据U、I的值,断开开关S0;
②单刀双掷开关S与2接通,闭合开关S0,调节滑动变阻器R,记录下若干组数据U、I的值,断开开关S0;
③在图乙中分别作出两种情况所对应的U−I图像.
(1)某次电压表读取时,指针如图丙所示,则读数U= V.
(2)图丙中的曲线Ⅰ是开关与 (填“1”或“2”)接通时相对应的图线.
(3)根据图乙中的U−I图线,综合图线Ⅰ和Ⅱ的数据,可消除电流表和电压表内阻的影响,可知电源电动势E= V,内阻r= Ω.(结果均保留三位有效数字)
(4)该兴趣小组经讨论认为,利用图乙还可以计算出电流表的内阻,则电流表的内阻RA= Ω.
四、计算题:本大题共3小题,共30分。
13.如图甲所示的电路中,滑动变阻器的滑片从右端滑到左端的过程中,两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示.电表均为理想电表,求:
(1)电源的电动势和内阻;
(2)滑动变阻器的总电阻;
(3)滑动变阻器的最大功率.
14.如图所示为某静电除尘装置的简化原理图,两平行带电极板间为除尘空间,比荷均为qm=2×108C/kg的带负电的尘埃分布均匀,均沿极板方向以大小v0=2×105m/s的初速度射入除尘空间,带电尘埃碰到下极板时立即被中和,同时尘埃被收集.已知极板长L=20cm,板间距离d=4cm,调整两极板间的电压可以改变除尘率η(相同时间内被收集尘埃的数量占进入除尘空间尘埃的数量的百分比).不计空气阻力、尘埃的重力及尘埃之间的相互作用,忽略边缘效应.当除尘率η=75%时,求:
(1)两极板间的电压;
(2)恰好能射出极板的尘埃,射出极板时的速度;
(3)若要使除尘率达100%,两极板间所加电压的最小值.
15.如图所示,以O为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场,ab为圆的水平直径.在a处有一粒子源能沿垂直于磁场的各个方向,向磁场发射质量为m、电荷量为q、速率不同的带正电粒子.已知从a点沿ab方向、以大小v0的初速度射入磁场的粒子P,恰好从c点离开磁场,Oc与Ob间夹角α=60∘,不计粒子的重力和粒子间的相互作用.求:
(1)匀强磁场的磁感应强度大小;
(2)粒子Q沿与ab成30∘角的方向斜向右上射入磁场,仍从c点离开,则粒子Q射入磁场的初速度大小及在磁场中运动的时间;
(3)要使所有粒子只能从∠aOc所对应的磁场边界射出,粒子射入磁场的初速度大小范围.
答案和解析
1.A
【解析】静电复印机应用了静电吸附原理,A正确;
匀强电场中电场强度处处相同,但对于不同的电荷,根据F=Eq可知所受的电场力也不同,B错误;
电场线从正电荷出发,终止于负电荷或无穷远,磁感线在磁体外部从磁体的N极到S极,内部从S极到N极,形成闭合曲线,C错误;
磁感应强度的定义式B=FIL,是比值定义式,磁感应强度B只由磁场本身决定,与F、IL无关,D错误.
2.C
【解析】AC.根据左手定则,A图正电荷所受洛伦兹方向垂直纸面向外;C图负电荷所受洛伦兹方向向下,故A错误,C正确;
B.根据左手定则,通电导体所受安培力方向水平向右,故B错误;
D.通电导体电流方向与磁场方向共线,不受安培力,D错误。
3.D
【解析】根据右手定则,可知电流在a点的磁场方向竖直向下,而a点的磁感应强度大小为0,可知匀强磁场的方向竖直向上,A错误;
根据通电导线周围磁场分布规律,可知电流在b、c、d点的磁感应强度大小也为B,根据右手定则,可知电流在c点的磁感应强度方向竖直向上,根据磁场叠加,可知c点的磁感应强度大小为2B,B错误、D正确;
同理可知,b点的磁感应强度大小为 2B,C错误.
4.C
【解析】A、由题目图知,工件带正电,则在涂料微粒向工件靠近的过程中,涂料微粒带负电。故A错误;
BC、涂料微粒所受的电场力方向向左,其位移方向大体向左,则电场力对涂料微粒做正功,其电势能减小。故B错误,C正确;
D、离工件越近,根据库仑定律得知,涂料微粒所受库仑力越大。故D错误。
5.A
【解析】由图可知,当M、N与电源相连时,圆环MGN和圆环的其余部分并联,两部分的长度之比为1:3,电阻之比为1:3,则通过的电流之比为3:1,设圆的半径为r,通过圆环MGN的电流为I,则整个圆环所受的安培力大小F=BI⋅ 2r+B⋅I3⋅ 2r=4 23BIr;当P、Q与该电源相连时,设通过圆环PGQ的电流为I′,由欧姆定律可知I′=I2,则圆环所受的安培力大小F′=2⋅BI′⋅2r=3 24F,A正确。
6.B
【解析】由电流的定义可知,闪电电流的方向由地面到云层,闪电电流的平均值约I=qt=660×10−6A=1×105A,A错误、B正确;
由欧姆定律,可得U=IR=1×105×104V=1×109V,即云地之间的电势差约1×109V,C错误;
由于闪电前云地间的电场可看作匀强电场,可得E=Uℎ=1×1091000V/m=1×106V/m,D错误.
7.B
【解析】当滑动变阻器R3的滑片向b端移动时,滑动变阻器R3接入电路的电阻减小,外电路总电阻减小,根据闭合电路的欧姆定律,可知总电流增大,因电容器与二极管串联,则电容器两端电压不变,两极板间电场强度不变,微粒P静止不动,A错误;
由于R1=r,根据电源输出功率与外电路电阻的关系,可知随外电路电阻减小,电源的输出功率将增大,B正确;
8.D
【解析】洛伦兹力提供向心力,有qvmB=mvm2R,解得vm=qBRm,A错误;
粒子在磁场中的周期T=2πRv=2πmqB,为了使粒子每经过狭缝都加速,则交变电场的周期等于粒子做圆周运动的周期,则交变电场的频率f=1T=qB2πm,可知仅改变粒子的比荷,该回旋加速器无法加速该粒子,B、C错误;
若加速电压为U,有nqU=12mvm2−0,解得加速次数n=qB2R22Um,D正确.
9.AC
【解析】图甲中,条形磁铁向右匀速移动,闭合线圈内磁通量发生变化,可以产生感应电流,A正确;
图乙中,线圈与通电导线在同一平面,且线圈竖直向上移动,线圈内磁通量不变,线圈中没有感应电流,B错误;
图丙中,两根导体棒以一定的速度向相反方向运动,穿过闭合回路的磁通量增大,可以产生感应电流,C正确;
图丁中,将条形磁铁靠近不闭合的线圈,线圈中磁通量变化,但回路不闭合,没有感应电流,D错误.
10.BD
【解析】A、由加速电场的电场方向,可知粒子带负电,速度选择器中粒子受方向向左的电场力,故洛伦兹力方向向右,由左手定则可知,磁场方向垂直于纸面向外,A错误;
B、在偏转磁场中,根据左手定则,可知磁场方向垂直于纸面向里,B正确;
C、能通过狭缝P的粒子的速率满足Bqv=qE,解得v=EB,C错误;
D、粒子在磁场中运动时,有B0qv=mv2r,解得r=mEqBB0,则粒子打在胶片上的位置x=2r=2mEqBB0,可知离狭缝P越近的粒子的比荷qm越大,D正确。
11.向外 m0gNIL kgNL
【解析】(1)由题意可知,线圈受到向下的安培力,根据左手定则,可知磁场方向垂直于纸面向外;根据平衡条件,有NBIL=m0g,解得B=m0gNIL;
(2)设线圈的重力为G,根据平衡条件有mg=NBIL+G,化简可得m=NBLg⋅I+Gg,则m−I图像的斜率k=NBLg,解得B=kgNL.
1 1.80 2.50 0.5
【解析】(1)由图乙可知,电压表的量程为3V,其分度值为0.1V,需要估读到分度值的下一位,由图丙可知,电压表读数U=1.30V;
(2)当单刀双掷开关接1时,电动势测量值(图像与纵轴的交点)准确,内阻测量值(图像的斜率)偏大;当单刀双掷开关接2时,电动势测量值偏小,内阻测量值偏小.曲线Ⅰ与纵轴的交点大于曲线Ⅱ与纵轴的交点,并且曲线Ⅰ的斜率大于曲线Ⅱ的斜率,可知曲线Ⅰ是开关与1接通时相对应的图线;
(3)当单刀双掷开关接1时,电流表示数为零时,电压表测量准确;当单刀双掷开关接2,电压表示数为零时,电流表测量准确.如图所示的虚线为电源U−I曲线的准确值,由虚线可得E=1.80V,r=Ω−2Ω=2.50Ω;
(4)图线Ⅰ的斜率k1=r+rA+R0,结合图乙可知,图线Ⅰ的斜率k1=5.00Ω,解得rA=k1−r−R0=0.5Ω。
13.解:(1)分析可知,AC是电压表V1随电流表的变化图线,BC是电压表V2随电流表的变化图线,
由闭合电路的欧姆定律有E=U2+Ir,化简可得U2=E−Ir,
结合图线BC,可知E=6V,r=1Ω。
(2)由AC图像可知,定值电阻R0=2Ω,
当滑动变阻器的滑片在最右端时,电压表V2读数最大,
则滑动变阻器的总电阻R=U2BI−R0=9Ω。
(3)将R0看做是电源内阻,则等效电源的内阻r′=R0+r=3Ω,
由数学知识可知,当滑动变阻器的阻值等于等效电源内阻时,其功率最大,
最大功率Pm=E24r′=3W。
14.解:(1)若某尘埃恰好能被收集,有η=yd,解得y=3cm,
尘埃在极板间做类平抛运动,水平方向有L=v0t,解得t=1×10−6s,
竖直方向,有y=12at2,解得a=6×1010m/s2,
由牛顿第二定律有qE=ma,其中E=Ud,
解得两极板间的电压U=12V.
(2)恰好能射出极板的尘埃,竖直方向有vy=at=6×104m/s,
则尘埃射出极板时的速度大小v= v02+vy2=2 109×104m/s,
设速度方向与水平方向夹角为θ,则tanθ=vyv0=0.3。
(3)当η=100%时,沿上极板射入的尘埃,竖直方向有d=12a′t2,
其中a′=qU′md,
解得U′=16V。
15.解:(1)粒子P的运动轨迹如图甲所示,设粒子P做圆周运动的半径为r1,
根据几何关系,有tanα2=Rr1,
解得r1= 3R,
由洛伦兹力提供向心力,有qv1B=mv12r1,
解得B= 3mv03qR。
(2)粒子Q的运动轨迹如图乙所示,设粒子Q做圆周运动的半径为r2,
由几何关系,有r2=R,
由洛伦兹力提供向心力,有qv2B=mv22r2,
解得v2= 33v0,
粒子Q在磁场中做圆周运动的周期T=2πr2v2=2 3πRv0,
由几何关系,可知粒子Q做圆周运动的圆心角θ=120∘,
则粒子Q在磁场中运动的时间t=120∘360∘⋅T=2 3πR3v0。
(3)要使所有粒子从∠aOc所对应的磁场边界射出,可知弦ac为速度最大的粒子的轨迹的直径则最大半径rm= 32R,
洛伦兹力提供向心力,有qBvm=mvm2rm,
解得vm=12v0,
所以粒子射入磁场的速度应满足v≤12v0。
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