【文档说明】天津市和平区耀华中学2020-2021学年高二上学期第二次阶段检测物理试卷 【精准解析】.doc，共(16)页，771.500 KB，由小赞的店铺上传

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天津市耀华中学20202021学年度第一学期第二次阶段检测高二年级物理学科试卷一、单项选择题（共6小题，每题4分，在每题给出的四个选项中，只有一个选项正确）1.在匀强磁场中一个电子做匀速圆周运动，如果又顺利垂直进入另一个

磁感应强度是原来磁感应强度2倍的匀强磁场，则（）A.粒子的速率加倍，周期减半B.粒子速率不变，轨道半径减半C.粒子速率减半，轨道半径减半D.粒子的速率不变，周期加倍【答案】B【解析】【详解】BC．带电粒子垂直进入磁场做匀速圆周运动。设原磁场的

磁感应强度为B1，另一个磁场的磁感应强度为B2。由题意可知211vqvBmr=得11qBrvm=又212BB=带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度大小不变，则带电粒子垂直进入另一个磁场中做匀速圆周运动，得222vqv

Bmr=得122rr=所以粒子速率不变，轨道半径减半，B正确，C错误；AD．由211214πqvBmrT=211vqvBmr=可得112πmTqB=同理，带电粒子垂直进入另一个磁场中做匀速圆周运动，则222πmTqB=结合212BB=可得122TT=所以周期减半，AD错误。故选B。2.如图

所示，L1、L2、L3为三个相同的灯泡。不考虑灯泡电阻随温度的变化，在变阻器R的滑片P向上移动过程中，下列判断中正确的是（）A.路端电压变大B.L1变亮，L3变暗C.L2变暗，L3变亮D.电源内阻上消耗的功率变小【答

案】C【解析】【详解】A．由题意可知，在变阻器R的滑片P向上移动过程中，R的阻值变小，电路中的总电阻变小，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的总电流变大，则电路中的内压为UIr=内总内压将变大，电动势不变，所以电路中的路端电

压将变小，A错误；BC．由A选项分析可知，电路中的总电流变大，所以流过灯泡L3的电流也变大，灯泡L3变亮。两端电压变大，所以可知灯泡L2的电压变小，流过灯泡L2的电流变小，灯泡L2变暗。流过灯泡L1的电流为12III=−总电流将变大

，所以灯泡L1变亮，C正确，B错误；D．电源内阻上消耗的功率为2PIr=内总电路中的总电流变大，所以电源内阻上消耗的功率变大，D错误。故选C。3.如图所示，有一带电小球，从两竖直的带电平行板上方某高度处自由落下，两板间匀强磁场方向垂直纸面向外，则小球通过电场、磁场空间时A.可能做

匀加速直线运动B.一定做曲线运动C.只有重力做功D.电场力对小球一定做正功【答案】B【解析】【详解】AB．过程中，重力做正功，即物体的速度越来越大，所以无论电荷带正电荷还是带负电，电场力和洛伦兹力都不会一直平衡，所以粒子受到的合力和

运动方向不在一条直线上，故一定做曲线运动，A错误B正确；C．过程中小球在水平方向上有位移，故电场力还做功，C错误；D．当洛伦兹力大于电场力时，需要克服电场力做功，故电场力做负功，D错误。故选B。4.水平面上有U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L，M和P之间接入电源，现垂直

于导轨搁一根质量为m的金属棒ab，棒与导轨的动摩擦因数为μ(滑动摩擦力略小于最大静摩擦力)，通过棒的电流强度为I，现加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于金属棒ab，与垂直导轨平面的方向夹角为θ如图所示，金属棒处于静止状态，重力加速度为g，则金属棒所受的摩擦力大

小为A.BILsinθB.BILcosθC.μ(mg－BILsinθ)D.μ(mg＋BILcosθ)【答案】B【解析】导体棒受到的安培力为F=BIL，对导体棒受力分析，根据共点力平衡可知，f=Fcosθ=BILcosθ

，故B正确，故选B.5.如图所示，实线表示某电场的电场线（方向未标出），虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为MN、，粒子在M和N时加速度大小分别为MNaa、，速度大小分别为MNvv、，电势能分

别为PPMNEE、．下列判断正确的是AMNMNvvaa，B.MNMNvv，C.PPMNMNEE，D.PPMNMNaaEE，【答案】D【解析】试题分析：将粒子的运动分情况讨论：从M运动到N；从N运动到M，根据电场的性质依次判

断；电场线越密，电场强度越大，同一个粒子受到的电场力越大，根据牛顿第二定律可知其加速度越大，故有MNaa；若粒子从M运动到N点，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做负功，电势能增大，动能减小，即MNpMpNvvEE，

，负电荷在低电势处电势能大，故MN；若粒子从N运动到M，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做正功，电势能减小，动能增大，即MNpMpNvvEE，，负电荷在低电势处电势能大，故MN；综上所述，D正确；【点

睛】考查了带电粒子在非匀强电场中的运动；本题的突破口是根据粒子做曲线运动时受到的合力指向轨迹的内侧，从而判断出电场力方向与速度方向的夹角关系，进而判断出电场力做功情况．6.如图，在倾角为a的光滑斜面上，与底边平行放置一根长为L、质量为m、通电电流为I的直导体

棒．欲使此导体棒静止在斜面上，可加一平行于纸面的匀强磁场．在磁场方向由竖直向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中，关于磁感应强度B说法正确的是()A.此过程中磁感应强度B逐渐增大B.此过程中磁感应强度B逐渐减小C.此过程中磁感应强度B的最小值为sinmgILD.此过程中磁感应强度B的

最大值为tanmgIL【答案】C【解析】【分析】导体棒受三个力，重力G、支持力NF和安培力AF，三力平衡，合力为零，其中重力的大小和方向都不变，支持力的方向不变，安培力的方向由沿斜面向上逐渐变为竖直向上，根据平行四边形定则分析．【详解】对导体棒受力分析，受重力G、支持力NF和安

培力AF，三力平衡，合力为零，将支持力NF和安培力AF合成，合力与重力相平衡，如图所示：从图中可以看出，安培力AF先变小后变大，由于AFBIL=，其中电流I和导体棒的长度L均不变，故磁感应强度先减小后增大；由图可以看出当AF平行

于斜面时有最小值，sinminBILmg=，解得：sinminmgBIL=，此过程中安培力竖直向上时最大为mg，故B的最大值为：mgIL，故C正确，ABD错误．二、多项选择题（本题共4小题；每小题

6分，共24分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项正确。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）7.如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，断开电源，带电粒子以速度v0水平射入

电场，且沿下板边缘飞出。若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，不计粒子重力，则带电粒子（）A.将打在下板上B.仍沿原轨迹运动由下板边缘飞出C.可能不发生偏转，沿直线运动D.若上板不动，将下板上移一段距离

，小球可能打在下板的中央【答案】BD【解析】【详解】ABC．将上板上移一小段距离，即两板间距离变大，由电容的决定式可得r4πSCkd=即电容变小，由题意可知，两极板所带电荷量不变，则QUC=可得，两极板间电压变小，由r4πUkQEdS==可知，两极板间的场强不变。当小球仍以相同的速度v0从原处

飞入时，粒子仍沿原轨迹运动由下板边缘飞出，所以B正确，AC错误；D．若上板不动，将下板上移一段距离，即两板间距离变小，由ABC选项分析同理可知，两极板间的场强不变，当小球仍以相同的速度v0从原处飞入时，带电粒子到下极板的距离变小了，粒子在电场中偏转的时间变短了，

水平位移将变短，所以小球可能打在下板的中央，所以D正确。故选BD。8.如图所示，真空中有四点A、B、C、D在一条直线上，AB＝BC＝CD，如只在A点放一电量为＋Q的点电荷时，B点场强为E，若再将等量异号的点电荷－Q放在D点，则()A.B点场强为34E，方向水平向右B.B点场强为54E，方

向水平向右C.BC线段的中点场强为零D.B、C两点的场强相同【答案】BD【解析】【详解】AB．只在A点放一电量为＋Q的点电荷时，B点场强为E，则2ABQEkr=若再将等量异号的点电荷－Q放在D点，＋Q与－Q在B点产

生场强均水平向右，所以B点场强2254ABBDQQEkkErr=+=方向水平向右．故A项错误，B项正确；C．＋Q与－Q在BC中点产生场强均水平向右，BC中点处场强不为零．故C项错误．D．＋Q与－Q在C点产生场强均水平向右，所以C点场强2254CACCDQQEkkErr=+=方向水平向右

，即B、C两点的场强相同．故D项正确。故选BD。9.地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直于纸面向里．一个带电油滴沿着一条与竖直方向成α角的直线MN运动．由此可以判断()A.如果油滴带正电，它是从N点运动到M点B.如果油滴带正电，它是从M点运动到N点C.如果

水平电场方向向左，油滴是从M点运动到N点D.如果水平电场方向向右，油滴是从M点运动到N点【答案】BC【解析】【详解】AB．根据做直线运动的条件和受力情况（如图所示）可知，如果油滴带正电，由左手定则判断可知，油滴的速度从M点到N点，故B正确，A错误；CD．如果水平电场方向向左，油滴

带正电，电场力水平向左，由左手定则判断可知，油滴的速度从M点到N点．若油滴带负电，电场力水平向右，洛伦兹力方向垂直于直线，油滴所受的合力不可能为零，速度变化，洛伦兹力也随之变化，油滴将做曲线运动．故如果水平电场方向向左，油滴是从M点运动到N点．如果水平

电场方向向右，同理可知，油滴带负电，油滴是从N点运动到M点．故C正确D错误。故选BC。10.如图甲所示电路中的小灯泡通电后其两端电压U随所通过的电流I变化的图线如图乙所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PM为U轴的垂线，PQ为I轴的垂线，下列说法中正确的是A.随着所通电流的增大，小灯

泡的电阻增大B.对应P点，小灯泡的电阻为121UII−C.若在电路甲中灯泡L两端的电压为U1，则电阻R两端的电压为I1RD.对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积【答案】AD【解析】【详解】A．图线上的点与原点连线的斜率等于电阻大小，由数学知识可知，随着所加电压的增大，小灯泡的电阻

增大．故A正确；B．对应P点，小灯泡的电阻为12URI=，故B错误；C．在电路中灯泡L两端的电压为U1时，电流为I2，则电阻R两端的电压为I2R，故C错误；D．由恒定电流的功率公式P=UI，推广可知，对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积．故D正确．三、填空题

（每空4分，共24分）11.如图所示，两电子沿MN方向从M点射入两平行平面间的匀强磁场中，它们分别以v1、v2的速率射出磁场，则v1：v2=______，通过匀强磁场所用时间之比t1、t2=______。

【答案】(1).1:2(2).3:2【解析】【详解】[1]粒子运动轨迹如下图所示电子垂直射入磁场，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力有，根据2vqvBmr=电子做圆周运动的半径mvrqB=则得电子在电场中的运动速度之比等于电子做圆周运动的半径之比，根据几何

关系有12:1:2rr=所以电子在电场中的速度之比为12:1:2vv=[2]电子在磁场中做圆周运动的周期2mTqB=以v1运动的电子在磁场中运动的时间14Tt=以v2运动的电子在磁场中运动的时间26Tt=所以电子在磁场中

运动的时间之比为123::2tt=12.用螺旋测微器测金属导线的直径，其示数如图所示，该金属导线的直径为______mm。【答案】1.879～1.881【解析】【详解】[1]螺旋测微器的固定刻度为1.5mm，可动刻度为0.01×38.0mm=0.38

0mm，所以最终读数为1.880mm。13.某同学用伏安法测一节干电池的电动势E和内电阻r，所给的其他器材有：A.电压表V（0~3V，内阻约为3kΩ）B.电流表A（0~0.6A，内阻约为1Ω）C.滑动变阻器R（0~20Ω，额定电流1A）D.定值电阻R0（2Ω，额定电流1A

）E.开关和导线若干(1)为了防止调节过程中电流过大，该同学用定值电阻R0当保护电阻，请根据实验要求在图答题卡上的虚线框中画出电路图______；(2)连接好电路后，该同学测出几组电流、电压的数值，并画出图像如上图

所示，由图像可知该电池的电动势E=______V，内电阻r=______Ω。【答案】(1).(2).1.5(3).0.5【解析】【详解】(1)[1]本实验要测一节干电池的电动势和内阻，干电池的内阻不大，只有几欧，所以由题中所给数据可知，应采用电

流表外接法测电源的内阻。同时，为了防止调节过程中电流过大，该同学用定值电阻R0当保护电阻，即将定值电阻R0与电源串联在电路中。电路图如图所示(2)[2][3]由闭合电路的欧姆定律可得0()EUIRr=++化简可得0()UEIRr=−+结合图像可得1.5VE=1.51.0(2)

Ω0.5Ω0.2r−=−=四、计算题（每题14分，共28分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）14.如图所示，在矩形

ABCD区域内，对角线BD以上的区域存在有平行于AD向下的匀强电场，对角线BD以下的区域存在有垂直于纸面的匀强磁场(图中未标出)，矩形AD边长为L，AB边长为2L.一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子(重力不计)以初速度v0从A

点沿AB方向进入电场，在对角线BD的中点P处进入磁场，并从DC边上以垂直于DC边的速度离开磁场(图中未画出)，求：(1)带电粒子经过P点时速度v的大小和方向；(2)电场强度E的大小；(3)磁场的磁感应强度B的大小和

方向．【答案】（1）02vv=（2）20mvEqL=（3）02mvBqL=,磁场方向垂直纸面向外【解析】试题分析：(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，则水平方向：L＝v0t(1分)竖直方向：2L＝2yvt(1分)得vy＝v0(1分)则P点的速度为v＝2v0(1分)速度与水平方向的夹

角为θ，tanθ＝0yvv＝1，所以θ＝45°(1分)(2)vy＝at，a＝qEm，L＝v0t，解得E＝20mvqL(5分)(3)由几何关系可知，粒子在磁场中转过的圆心角为45°(1分)由几何关系得r＝22L(2分)粒子在磁场中做匀速圆周运动，qvB＝m2

vr(1分)得B＝02mvqL(1分)磁场方向垂直纸面向外．(1分)考点：带电粒子在匀强电场中的类平抛和匀强磁场中的匀速圆周运动，注意运用数学知识解决物理问题15.如图所示，相距为R的两块平行金属板M、N

正对着放置，s1、s2分别为M、N板上的小孔，s1、s2、O三点共线，它们的连线垂直M、N，且s2O=R．以O为圆心、R为半径的圆形区域内存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场．D为收集板，板上各点到O点的距离以及板两端点

的距离都为2R，板两端点的连线垂直M、N板．质量为m、带电量为+q的粒子，经s1进入M、N间的电场后，通过s2进入磁场．粒子在s1处的速度和粒子所受的重力均不计．（1）当M、N间的电压为U时，求粒子进入磁场时速度的大小υ；（2）若粒子恰好打在收集板D的中点上，求M、N间的电压值U0；（3）

当M、N间的电压不同时，粒子从s1到打在D上经历的时间t会不同，求t的最小值．【答案】(1)(2)(3)【解析】(1)粒子从S1到达S2的过程中，根据动能定理得qU＝12mv2①解得粒子进入磁场时速度的大小v＝2qUm(2)粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有qvB＝m2

vr②由①②得，加速电压U与轨迹半径r的关系为U＝222qBrm当粒子打在收集板D的中点时，粒子在磁场中运动的半径r0＝R对应电压U0＝222qBRm(3)M、N间的电压越大，粒子进入磁场时的速度越大，粒子在极板间经历的时间越短，同时在磁场中运动轨迹的半径越大，在磁场中运动的时间也会越短

，出磁场后匀速运动的时间也越短，所以当粒子打在收集板D的右端时，对应时间t最短．根据几何关系可以求得，对应粒子在磁场中运动的半径r＝3R由②得粒子进入磁场时速度的大小v＝qBrm＝3qBRm粒子在电场中经历的时间t1＝

2Rv＝233mqB粒子在磁场中经历的时间t2＝3.3Rv＝3mqB粒子出磁场后做匀速直线运动经历的时间t3＝Rv＝33mqB粒子从S1到打在收集板D上经历的最短时间为t＝t1＋t2＋t3＝(33)3mqB+…本题考查带电

粒子在复合场中的运动，电场力做功等于粒子动能的变化量，由此可求得粒子进入磁场时的速度大小，根据粒子的偏转半径和洛伦兹力提供向心力可求得电压大小，当粒子打在收集板D的中点时，粒子在磁场中运动的半径与磁场半径相等，由此可求得临

界电压大小，M、N间的电压越大，粒子进入磁场时的速度越大，粒子在极板间经历的时间越短，同时在磁场中运动轨迹的半径越大，在磁场中运动的时间也会越短，出磁场后匀速运动的时间也越短，所以当粒子打在收集板D的右端时，对应时间t最短，先找圆心后求半径，根据半径公式求得粒子在磁场中的速度，根据圆

心角求偏转时间