河北省大名县一中2019届高三物理上学期11月月半考试题.doc

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1、- 1 -河北省大名县一中 2019届高三物理上学期 11月月半考试题一、单选题（每题 4分，共 10个小题，共计 40分）1与电场强度相对应，我们把描述磁场强弱的物理量叫作磁感应强度，关于磁感应强度的概念及其定义式 ，下列说法中正确的是( )A 在同一磁场中磁感线越密集的地方，磁感应强度越大B 磁场中某点 B的方向，与垂直放在该点的试探电流元所受安培力方向相同C 磁场中某点 B的大小，与垂直放在该点的试探电流元所受到的安培力大小成正比D 在磁场中的某点，试探电流元不受磁场力作用时，该点 B的大小一定为零2如图所示，一带电塑料小球质量为 m，用丝线悬挂于 O点，并在竖直平面内摆动，最大摆角为

2、60，水平磁场垂直于小球摆动的平面。当小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，若不考虑空气阻力，则（ ）A 小球一定带负电B 小球自右方摆到最低点时悬线上的张力也为零C 小球摆动时由于洛伦兹力、绳的拉力不做功，小球 摆动过程中机械能守恒D 塑料小球中会产生涡流，小球摆动过程中机械能减小3运动电荷在磁场中受到洛伦兹力的作用，运动方向会发生偏转，这一点对地球上的生命来说有十分重要的意义从太阳和其他星体发射出的高能粒了流，称为宇宙射线，在射向地球时，由于地磁场的存在，改变了带电粒子的运动方向，对地球起到了保护作用如图所示为地磁场对宇宙射线作用的示意图现有来自宇宙的一束质子流，以与地球表面垂直的方

3、向射向赤道上空的某一点，则这质子在进入地球周围的空间将（ ）A 竖直向下沿直线射向地面 B 向东偏转C 向西偏转 D 向北偏转4如图，表示磁流体发电机的发电原理：将一束等离子体（即 高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体来说呈中性）沿图中所示方向喷射入磁场，磁场中有两块金属板 A、 B，这时金属板上就聚集了电荷，在磁极配- 2 -置如图中所示的情况下，下述说法正确的是（ ）A A板带正电B 有电流从 b经用电阻流向 aC 金属板 A、 B间的电场方向向下D 等离子体发生偏转的原因是离子所受电场力大于所受洛伦兹力5如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的 M、N 两点，且与纸

4、面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流C、O、d 在 M、N 的连线上，O 为 MN的中点，a、b 位于 MN的中垂线上，且 a、b、c、d 到 O点的距离均相等关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（ ）A O 点处的磁感应强度为零B a、b 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同C c、d 两点处的磁感应强度大小相等，方向相反D b、d 两点处磁感应强度的方向不同6在水平地面上方有正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向水平向里。现将一个带正电的金属小球从 M点以初速度 v0水平抛出，小球着地时的速度为 v1，在空中的飞行时间为t1。若将磁场撤除，其它条件均不变，那么

5、小球着地时的速度为 v2，在空中飞行的时间为t2。小球所受空气阻力可忽略不计，则关于 v1和 v2、t 1和 t2的大小比较，以下判断正确的是 （ ）A v 1v 2，t 1t 2 B v 1v 2，t 1t 2C v 1=v2，t 1t 2 D v 1=v2，t 1t 27如图，在一水平放置的平板 MN的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为 B，磁场方向垂直于纸面向里许多质量为 m带电量为q 的粒子，以相同的速率 v沿位于纸面内的各个方向，由小孔 O射入磁场区域不计重力，不计粒子间的相互作用下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中 哪个图是正确的( )- 3 -A B C D 8如图所

6、示的电路中，开关闭合，灯 正常发光，由于电路出现故障，灯 突然变亮，灯 变暗，电流表的读数变小，则发生的故障可能是（ ）A 断路 B 断路 C 断路 D 断路9.如图所示，静置的内壁光滑的绝缘漏斗处于方向竖直向上的匀强磁场中，漏斗内有两个质量均为 m电荷量分别为 QA、Q B的带正电小球，在水平面内沿图示方向在不同高度做匀速圆周运动，若漏斗倒壁与竖直方向的夹角为 ，小球的线速度均为 v，且不计两球之间的库仑力，则在小球做圆周运动的过程中( )A 若 QAQB，则 A球在 B球的下方运动B 无论 QA、Q B关系如何，A、B 均能在同一轨道上运动C 若 QAQB，则漏斗对 A球的弹力大于对 B球

7、的弹力D 无论 QA、Q B关系如何，均有漏斗对 A球的弹力等于漏斗对 B球的弹力- 4 -10平面 OM和平面 ON之间的夹角为 30，其横截面（纸面）如图所示，平面 OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为 B、方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为 m，电荷量为q（q0） 。粒子沿纸面以大小为 v的速度从 OM的某点向左上方射入磁场，速度与 OM成 30角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与 ON只有一个交点，并从 OM上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交线 O的距离为（ ）A B 2mvq3vqC D 4m二、多选题（每题 4分，共计 16分）11如图，在正电荷 Q的电

8、场中有 M、N、P 和 F四点，M、N、P 为直角三角形的三个顶点，F为 MN的中点， ，M、N、P、F 四点处的电势分别用 、 、 、 表示，已知， ，点电荷 Q在 M、N、P 三点所在平面内，则（ ）A 点电荷 Q一定在 MP连线上 B 连线 PF一定在同一个等势面上C 将正试探电荷从 P点搬运到 N点，电场力做负功 D 大于12.已知一足够长的传送带与水平面的倾角为 ，以一定的速度匀速运动，某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图甲示)，以此时为 t = 0记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系(如图乙所示)，图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，已知传送带的速度

9、保持不变，则( )A. 物块在 0t1内运动的位移比在 t1t2内运动的位移小B. 0t2内，重力对物块做正功C. 若物块与传送带间的动摩擦因数为 ，那么 tan D. 0t2内，传送带对物块做功为- 5 -13.在 x轴上有两个点电荷 q1、 q2，其静电场的电势 在x轴上分布如图所示下列说法正确有（ ）A q1和 q2带有异种电荷B x1处的电场强度为零C 负电荷从 x1移到 x2，电势能减小D 负电荷从 x1移到 x2，受到的电场力增大14如图所示，水平方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为 B.其间有水平固定的足够长的粗糙绝缘杆，杆上套有一带电量为- q、质量为 m的小环，环内径略大

10、于杆直径小环与杆之间的动摩擦因数为 ，重力加速度为 g，现给小环水平向右的初速度 v0，则( )A 小环的加速度一定一直减小B 小环可能先做减速运动，再做匀速运动C 小环可能一直做匀速运动D 小环运动过程中最终速度为三、实验题15如图所示为实验室中探究碰撞中的不变量的实验装置示意图。（1）若入射小球质量为 m1，半径为 R1；被碰小球质量为 m2，半径为 R2，则_。Am 1m2, R1 R2 Bm 1m2, R1 m2, R1=R2 Dm 10的区域内有沿 y轴正方向的匀强电场，在 y0的区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场。一电子（质量为 m、电量为 e）从 y轴上 A点以沿 x轴正方向的初

11、速度 v0开始运动。当电子第一次穿越 x轴时，恰好到达 C点；当电子第二次穿越 x轴时，恰好到达坐标原点.已知 A、 C点到坐标原点的距离分别为 d、2 d。不计电子的重力。求（1）电场强度 E的大小；（2）磁感应强度 B的大小；- 8 -参考答案1A【解析】【分析】磁感应强度 B描述磁场强弱和方向的物理量，与放入磁场中的电流元无关，由磁场本身决定通电导线放在磁感应强度为零处，所受磁场力一定为零【详解】磁感应强度的定义式为比值法定义，即磁感应强度大小与该点的试探电流元无关，磁感线越密，磁感应强度越大，A 正确 C错误；磁感应强度的方向，与垂直放在该点的试探电流元所受安培力方向垂直，B 错误；若

12、试探电流元平行于磁场方向，该电流元受到的磁场力为零，所以若试探电流元不受磁场力作用，并不表示该点的磁感应强度大小为零，D 错误2C【解析】【详解】A.由题意可知，当小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，因此洛伦兹力向上，与重力的合力充当向心力，根据左手定则可知，小球带正电，故 A错误；B.设线的长度为 L，小球经过最低点时速率为 v。根据机械能守恒定律得：，得到：当小球自左方摆到最低点时，有： 当小球自右方摆到最低点时，有： 联立得：F=4mg因此小球自右方摆到最低点时悬线上的张力为 4mg，故 B错误；D.由于小球为塑料小球，所以运动中没有涡流产生，同时由上分析可知，小球无论是向左摆，

13、还是向右摆，均只有重力做功，故机械能守恒，故 C正确，D 错误；故选：C。【点睛】- 9 -小球摆动过程中，受到重力、线的拉力和洛伦兹力，由左手定则，结合张力为零，即可判定小球的电性；只有重力做功，其机械能守恒，当小球自右方摆到最低点时的速率等于自左方摆到最低点时的速率，由机械能守恒定律求出小球经过最低点时的速率根据小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，由重力与洛伦兹力的合力提供向心力，由牛顿第二定律列出方程小球自右方摆到最低点时，洛伦兹力方向向下，再由牛顿第二定律求出悬线上的张力3B【解析】【分析】该题考查学生对地磁场分步情况的掌握情况，并能利用左手定则判断洛伦兹力的方法。【详解】根据

14、地磁场的分步特点可知，地磁场的磁感线从地球的地理南极指向地理北极，由于磁场分步南北半球对称，故在赤道上空的磁场方向从南向北，平行于地面。质子带正电，由左手定则可以判断，质子会向东偏转。故本题正确答案选 B。【点睛】根据地磁场分布的特点，可以判断出赤道上空磁场方向；由左手定则可以判断出质子偏转的方向。4B【解析】【分析】该题考查学生利用左手定则判断洛伦兹力的方法。【详解】（1）根据左手定则知，离子体中带正电微粒下偏，带负电微粒向上偏，则 A板带负电。故A错误；（2）B 板带正电，A 板带负电，所以电流的流向为 b流向 a。故 B正确；（3）因为 B板带正电，A 板带负电，所以金属板间的电场方向向

15、上。故 C错误；（4）等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力。故 D错误。故本题正确答案选 B。【点睛】- 10 -根据左手定则判断出正、负电荷所受洛伦兹力的方向，从而判断出正负电荷的偏转方向，带正电的极板电势高，电流从正极板流向负极板。5B【解析】【详解】根据右手螺旋定则， M处导线在 O点产生的磁场方向水平向左， N处导线在 O点产生的磁场方向水平向左，合成后磁感应强度不等于 0，A 错误；a、b 两点处的磁感应强度，如图所示，由于 a、 b到 M、 N两点的距离相等，故各个导线在 a、b 两处产生的磁感应强度大小相等，合磁感应强度相等，B 正确；M、N 在 c、d 处产生

16、的磁场如图所示，可知 c、d 两点处的磁感应强度相同，C 错误；综上两图可知 b、d 两处的磁感应强度方向相同，都水平向左，D 错误6D【解析】- 11 -【分析】未撤除磁场时，小球受到重力、电场力和洛伦兹力，但洛伦兹力不做功根据动能定理分析速度大小关系分析洛伦兹力对小球运动影响，分析时间关系【详解】因为洛伦兹力对粒子永远不做功，则根据动能定理，磁场存在与否，重力和电场力对小球做功相同，则小球着地时的速率都应该是相等的，即 ；存在磁场时，小球就要受到向右上方的洛伦兹力，有竖直向上的分力，使得小球在竖直方向的加速度小于没有磁场时的加速度，在空中飞行的时间要更长些，即 ，D 正确【点睛】本题中小球

17、在复合场中运动，关键要抓住洛伦兹力不做功，不改变速度大小的特点进行分析7B【解析】【详解】据题：所有粒子的速率相等，由 可知所有粒子在磁场中圆周运动半径相同，由图可知，由 O点射入水平向右的粒子恰好应为最右端边界，MO=2r=2R；随着粒子的速度方向偏转，粒子转动的轨迹圆可认为是以 O点为圆心以 2R为半径转动；则可得出符合题意的范围应为 B；故 B正确。8A【解析】【详解】若 R1断路，总外电阻变大，总电流减小，L 1两端电压变大，L 1变亮；根据串联电路分压规律可知：右侧并联电路的电压减小，通过 L2、R 4的电流都减小，L 2变暗，电流表的读数变小。- 12 -符合题意。故 A正确。若

18、R2断路，电路中没有电流，两灯都不亮，与题不符，故 B错误。若R3断路，总外电阻变大，总电流减小，L 1两端电压变小，L 1变亮暗；根据串联电路分压规律可知：R 4的电压增大，电流表的读数变大，L 2不亮，不符合题意。故 C错误。若 R4断路，总外电阻变大，总电流减小，L 1两端电压变小，L 1变亮暗；根据串联电路分压规律可知：电流表的读数为零，不符合题意。故 D错误。故选 A。【点睛】本题是电路中动态变化分析问题，首先要识别电路的结构，其次按照“局部整体局部”的思路进行分析注意某电阻断路相当电阻变为无穷大. 9D【解析】【详解】根据左手定则，小球所受洛伦兹力方向沿半径方向向外，受力分析如图：

19、； ，则 ，则 R随 Q的变大而增大，则 AB错误；由竖直方向的受力可知： ，则压力不变，选项 C错误，D 正确；故选 D.10D【解析】试题分析：根据题意，粒子在磁场中的运动轨迹与 ON只有一个交点，则轨迹与 ON相切，设切点为 C点，入射点为 D点，出射点为 A点，粒子在磁场中的轨迹圆心为 点，根据几何知O识可得 ，则三角形 AB为等边三角形，故 AB=60，而2sin30ArrO MON=30，OCA=90，故 C A为一条直线，所以AOC 为直角三角形，故粒子离开磁场的出射点到 O的距离为 ，而半径公式 ，故距离为2=4sin30irmvrBq- 13 -，D 正确。4mvBq【考点定

20、位】考查了带电粒子在有界磁场中的运动【方法技巧】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式，周期公式 ，运动时间公式 ，知道粒子在磁场中运动半径和速度mvRBq2mTBq2tT有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题。11AD【解析】试题分析：点电荷电场的等势面是以点电荷为圆心的一族同心圆，所以任意两个等势点连线的垂直平分线都指向点电荷，如下图所示，MN 的垂直平分线和 PF的垂直平分线相交于一点 E，E 点即点电荷所在的位置，根据几何关系可得 E点在 MP边。即点电荷一定在 MP连线上，选项 A对。点电荷的等势面是以点电荷为圆心的同心圆，所

21、以等势面不是直线而是球面，选项 B错。正试探电荷从 P点移动到 N点，远离场源正电荷，电场力做正功，选项 C错。根据几何关系可得 ，距离场源正电荷越远电势越低，所以 P点电势大于 M点电势，选项 D对。考点：点电荷的电场分布，等势面12【解析】 【答案】BC13AC【解析】由图知 x1处的电势等于零，所以 q1和 q2带有异种电荷，A 正确，图象的斜率描述该处的电场强度，故 x1处场强不为零，B 错误；负电荷从 x1移到 x2，由低电势向高电势移动，电场力做正功，电势能减小，故 C正确；由图知，负电荷从 x1移到 x2，电场强度越来越小，故电荷受到的电场力减小，所以 D错误- 14 -点睛：本

22、题的核心是对 x图象的认识，要能利用图象大致分析出电场的方向及电场线的疏密变化情况，依据沿电场线的方向电势降低，还有就是图象的斜率描述电场的强弱电场强度14BC【解析】【分析】根据洛伦兹力等于重力，确定匀速直线运动的速度大小 ，再讨论速度大于与小于 时的情况，根据洛伦兹力与重力的关系，来确定摩擦力，从而得出运动情况，即可求解【详解】当 时，小环受到的合外力为 0，做匀速直线运动，当 时，小环做匀速直线运动；当 时，小环受到向下的重力小于向上的洛伦兹力，有摩擦阻力，做减速运动，速度减小，洛伦兹力减小，则加速度减小，直到速度为 ；当 时，小环受到向下的重力大于向上的洛伦兹力，做减速运动，且速度减小

23、时，洛伦兹力越小，小环与杆之间的正压力越来越大，所以摩擦阻力也增加，加速度增加，所以，小环此时应该做加速度增加的减速运动直到速度为 0，BC 正确【点睛】洛伦兹力与重力的关系，是解题的突破口，掌握由受力情况来确定运动情况的方法，注意由加速度与速度的方向，来决定速度的增加还是减小 15CACm 1OP=m1OM+ m2ON【解析】【详解】（1）在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律故有 ，在碰撞过程中动能守恒故有 ，解得 ，要碰后入射小球的速度 ，即， ，为了使两球发生正碰，两小球的半径相同， ，C 正确；（2）P 为碰前入射小球落点的平均位置，M 为碰后入射小球的位置，N 为碰后被碰小球的位-

24、15 -置，碰撞前入射小球的速度为 ，碰撞后入射小球的速度为 ，碰撞后被碰小球的速度为 ，若 ，则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，代入数据得 ,所以需要测量质量和水平位移，用到的仪器是直尺、天平，选：AC（3）由（2）中的分析可知，实验中需验证的表达式为【点睛】为了保证碰撞前后使入射小球的速度方向不变，故必须使入射小球的质量大于被碰小球的质量。为了使两球发生正碰，两小球的半径相同；两球做平抛运动，由于高度相等，则平抛的时间相等，水平位移与初速度成正比，把平抛的时间作为时间单位，小球的水平位移可替代平抛运动的初速度。将需要验证的关系速度用水平位移替代。16题.待测电阻 R断路 2.2

25、0 0.48 4.58【解析】 （1）因为电源电动势为 3V，则电压表的量程选用 3V，根据欧姆定律知，电流的最大值大约 0.6A，则电流表量程选择 0.6A，待测电阻 R（阻值约为 5） ，采用电流表外接法，滑动变阻器最大电阻大于待测电阻 R，滑动变阻器采用分流式，根据实物图进行连线。- 16 -（2）闭合开关后移动滑动变阻器的滑片，电压表的示数始终约为 3V，电流表的示数始终接近 0，产生这种现象的原因是待测电阻 R断路，由于电压表内阻非常大，导致电流表电流接近 0，外电路断路时电压表示数等于电源电动势。（3）由图可知，电压表的读数为 2.20V，电流表的读数为 0.48A，根据欧姆定律得

26、，待测电阻 。2.4.58UvRIA17 (1) 0.3N；(2) 0.06N 方向沿斜面向下；(3) 24m/s。 【解析】 （1）闭合电路欧姆定律，则有： 而安培力大小公式为： 所以： ； （2）对棒受力分析，并进行重力的分解，如下图所示则有： 所以： ；方向沿斜面向下； （3）依据牛顿第二定律，则有： 因 所以有： ； - 17 -18. （1） （2）【解析】 （1）临界情况的运动轨迹如图所示若粒子速度为 v，则解得：设圆心在 O1处对应圆弧与 ab边相切，相应速度为由几何关系得： 解得：则有： （2）由 和 可知，粒子在磁场中经过的弧所对的圆心角 越大，在磁场中运动的时间也越长。在磁

27、场中运动的半径 rR 时，运动时间最长。则圆弧所对圆心角为所以最长时间为 t19 （1） （2） 【解析】【分析】- 18 -分析电子的运动情况：电子在电场中，受到竖直向下的电场力而做类平抛运动（或匀变速曲线运动） ；进入磁场做匀速圆周运动； 画出轨迹，根据牛顿第二定律和运动学公式研究电子在电场中的类平抛运动，即可求出电场强度 E；由上题结果，求出电子进入磁场中的速度 v的大小，以及 v与 x轴的夹角，由几何知识求出圆周运动的半径，由牛顿第二定律和向心力求磁感应强度 B；【详解】解：电子的运动轨迹如图所示：（1）电子在电场中做类平抛运动，设电子从 A到 C的时间为 t1，则 解得 （2）设电子进入磁场时速度为 v，v 与 x轴的夹角为 ，则 解得 - 19 -解得 电子进入磁场后做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，得 由图可知 解得