高二物理下册课时滚动检测题（附答案和解释）

第Ⅰ卷　(共40分)
一、单项(本题共5小题，每小题3分，共15分)
1．如图1是两个等量异种点电荷，周围有1、2、3、4、5、6各点，其中1、2之间距离与2、3之间距离相等，2、5之间距离与2、6之间距离相等．两条虚线互相垂直且平分，那么关于各点电场强度和电势的叙述不正确的是(　　)
图1
A．1、3两点电场强度相同　　　B．5、6两点电场强度相同
C．4、5两点电势相同 D．1、3两点电势相同
解析：两个等量异种点电荷的中垂线是等势线，所以2、4、5、6的电势相等，C正确；顺着电场线的方向电势降低，1、3电势不相等，D错误；1、2之间距离与2、3之间距离相等，由场强的矢量合成可以知道1、3两点电场强度相同，A正确；2、5之间距离与2、6之间距离相等，由场强的矢量合成得5、6两点电场强度相同，B正确．
答案：D
2．有标有“110 V　25 W”和“110 V　60 W”字标的两个灯泡，要把它们接在220 V的电源上，灯泡既正常发光，又最省电的连接方式应是(　　)
解析：额定电压相同而额定功率不相同的电灯，它们的电阻是不相同的，由P＝U2/R可知，功率大的电灯的电阻比功率小的电灯的电阻小，也就是说60 W的灯泡的电阻比25 W的灯泡的电阻小．对于A图，两灯并联后与一个滑动变阻器串联，若是滑动变阻器的分压作用与两灯并联后的分压作用相等，两灯能正常工作，整个电路消耗的电功率为170 W，有用的电功率为85 W．对于B图，若是滑动变阻器与25 W灯并联后总电阻与60 W灯的电阻相等，两灯均能正常发光，此时电路中消耗总的电功率为120 W，有用的电功率为85 W．对于C图，因60 W灯的电阻比25 W灯的电阻小，若是再并联一个电阻后，总电阻比25 W灯的电阻更小，分压作用更小，25 W灯两端的电压可能远超过了其额定电压而被烧毁，所以C图的电路不可能使两灯正常工作；在D图中，当两个滑动变阻器与其串联的灯泡电阻分别相等时，两灯均能正常发光，电路消耗的总功率为170 W，有用的电功率为85 W．综上所述，只有B选项符合题意．
答案：B　　　　　　　　　　　　　　　　
3．在如图2所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U.现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是(　　)
图2
A．I1增大，I2不变，U增大 　　B．I1减小，I2增大，U减小
C．I1增大，I2减小，U增大 　　D．I1减小，I2不变，U减小
解析：滑动触点由a向b移动时，R2阻值减小，所以总电阻减小，电路中总电流增大，则内电压增大，路端电压减小，故U减小；总电流增大，R3两端电压也增大，所以并联电压减小，故I1减小，又因总电流增大，所以I2增大．
答案：B
4．如图3所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向射入，沿曲线dPa打到屏MN上的a点，通过Pa段用时间为t，若该微粒经过P点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒．最终打到屏MN上，两个微粒所受重力均忽略．新微粒运动的(　　)
图3
A．轨迹为Pb，至屏幕的时间将小于t
B．轨迹为Pc，至屏幕的时间将大于t
C．轨迹为Pb，至屏幕的时间将等于t
D．轨迹为Pa，至屏幕的时间将大于t
解析：由qvB＝mv2/r，解出r＝mv/qB，由题意知，新微粒与原来微粒相比q不变，又T＝2πm/Bq，新微粒m变大，T变大，所以至屏幕的时间将大于t，因此选项D对．
答案：D
5．如图4所示为伏安法测电阻的一种常用电路．以下分析正确的是(　　)
图4
A．此接法的测量值大于真实值
B．此接法的测量值小于真实值
C．此接法要求待测电阻值小于电流表内阻
D．开始实验时滑动变阻器滑动头P应处在最左端
解析：由R测＝UI＝R＋RA，故A正确，B错误；安培表○A内接法，要求R?RA，故C错误；开始实验时滑动变阻器滑动头P应在最右端，使电压表读数由小变大调节，故D错误．
答案：A
二、双项选择题(本题共5小题，每小题5分，共25分)
6．如图5所示为光敏电阻自动计数器的示意图，其中R1为光敏电阻，R2为定值电阻，此光电计数器的基本工作原理是(　　)
图5
A．当有光照射R1时，信号处理系统获得高电压
B．当有光照射R1时，信号处理系统获得低电压
C．信号处理系统每获得一次低电压就记数一次
D．信号处理系统每获得一次高电压就记数一次
解析：当光照时，光敏电阻R1的阻值减小，R2上的电压增大，当有物体通过时，相当于无光照，R1阻值增大，R2电压减小，所以信号处理系统每获得一次低电压记数一次，因此A、C正确．
答案：AC
7．如图6所示，质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以初速v0垂直进入相互正交的匀强电场E和匀强磁场B，从P点离开该区域的速率为v0，此时侧向位移量为s，下列说法中正确的是(　　)
图6
A．在P点带电粒子所受洛伦兹力有可能比电场力大
B．带电粒子的加速度大小恒为Bqv0－qEm
C．带电粒子到达P点和速率为vP＝v20＋2qEsm
D．带电粒子到达P点和速率为vP＝v20－2qEsm
解析：应注意分析带电粒子进入相互正交的匀强电场与匀强磁场后，在场中受到的电场力与洛伦兹力的大小及电场力对粒子做功引起速率变化，而速率的变化又引起洛伦兹力大小的变化．
带电粒子进入电场时，受到电场力FE＝Eq，方向竖直向上；受到磁场力FB＝Bqv0，方向竖直向下，由于这时FE>FB，粒子向上偏转且能从P点射出，但粒子在侧移过程中，电场力对其做正功，其速度v不断增大，FB亦随之增大，故到达P点时有可能FB>FE，选项A正确．
带电粒子进入该区域后，速率增大，FB增大且FB方向不断变化，因此加速度大小仅在一进入区域瞬间为Bqv0－qE/m，其他各处均不为该值，选项B错．
由于粒子在正交电场、磁场中受电场力和洛伦兹力不平衡，粒子做变加速运动，其轨迹既非圆弧，亦非抛物线，不能用匀变速运动有关规律求解vP.可考虑用动能定理求解，因为洛伦兹力不做功，电场力对其做正功，则有：
qEs＝12mv2P－12mv20，所以vP＝v20＋2qEsm，故选项C正确，选项D错误．
答案：AC
8．如图7所示为一个质量为m，电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B垂直纸面向里的匀强磁场中，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度—时间图象可能是下图中的(　　)
图7
解析：若满足qv0B＝mg，则有N＝0，f＝0，圆环做匀速直线运动，A项正确．若qv0B>mg，N向下，有f＝ma，即μ(qvB－mg)＝ma，随v减小，a减小，当a＝0时v达最小，vm＝mgqB，D项正确．若qv0B答案：AD
9．压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，某位同学利用压敏电阻设计了判断电梯运动状态的装置，其装置示意图如图8所示，将压敏电阻平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一质量为m的物体，电梯静止时电流表示数为I0，电梯在不同的运动过程中，电流表的示数分别如图9(甲)、(乙)、(丙)、(丁)所示，下列判断中正确的是(　　)
图8
图9
A．(甲)图表示电梯可能做匀速下降运动
B．(乙)图表示电梯可能做匀加速上升运动
C．(丙)图表示电梯可能做匀加速上升运动
D．(丁)图表示电梯可能做匀减速下降运动
解析：(甲)图中电流表的示数恒等于电梯静止时电流表示数I0，说明(甲)图表示电梯静止或匀速运动，所以选项A正确；(乙)图中电流表的示数从I0均匀增大，说明压敏电阻的阻值均匀减小，压敏电阻所受压力均匀增大且大于重力，由牛顿第二定律可知a＝F/m－g，所以(乙)图表示电梯的加速度方向向上，且加速度越来越大，电梯可能做变减速下降运动或变加速上升运动，选项B错；(丙)图中电流表的示数恒等于2I0，说明压敏电阻所受压力恒定且大于重力，电梯加速度恒定且方向向上，所以选项C正确；(丁)图中电流表的示数从2I0均匀减小，说明压敏电阻的阻值均匀增大，压敏电阻所受压力均匀减小且大于重力，由牛顿第二定律可知a＝F/m－g，所以(丁)图表示电梯的加速度方向向上，且加速度越来越小，电梯可能做变减速下降运动或变加速上升运动，选项D错．
答案：AC
10．一个点电荷在磁场中运动，某时刻速度方向如图10，受到的重力和洛伦兹力的合力的方向恰好与速度方向相反，不计阻力，那么接下去的一小段时间内，点电荷(　　)
图10
A．可能做匀减速运动
B．不可能做匀减速运动
C．可能做匀速直线运动
D．不可能做匀速直线运动
解析：当点电荷受的洛伦兹力与重力的合力与速度方向相反时，粒子速度要减小，所受的洛伦兹力F＝Bqv减小．合力方向发生变化．粒子将做曲线运动．所以答案A、C错，B、D正确．考查受洛伦兹力在复合场中的运动，运动和力的关系．
答案：BD
第Ⅱ卷　非选择题(共60分)
三、题(本题共3道小题，每小题5分，共15分)
11．如图11所示电路中，R1＝8 Ω，R2＝2 Ω，R3＝3.2 Ω，当通过电流时，各个电阻两端电压之比U1∶U2∶U3＝________，各电阻中电流之比I1∶I2∶I3＝________，各电阻消耗的电功率之比P1∶P2∶P3＝________.
图11
解析：R1和R2并联的总电阻为R12＝8×28＋2 Ω＝1.6 Ω，设R1两端电压U1＝U，因为R2和R1并联，所以U1＝U2＝U，又因R1与R2并联后和R3串联，而R3＝3.2 Ω＝2R12，所以U3＝2U，故U1∶U2∶U3＝1∶1∶2，设R1电流I1＝I，因R2＝14R1，所以I2＝4I(并联电路各电阻的电流跟它们的阻值成反比)，而I3＝I1＋I2＝5I，故I1∶I2∶I3＝1∶4∶5.设R1电功率P1＝P，因R2＝14R1，所以P2＝4P(并联电路各电阻电功率跟电阻成反比)，又因为I3＝5I，U3＝2U1，所以P3＝10P，得P1∶P2∶P3＝1∶4∶10.
答案：1∶1∶2　1∶4∶5　1∶4∶10
12．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的器材有：
A．小灯泡(额定电压为3.8 V，额定电流约0.3 A)
B．直流电流表A(0～0.6 A，内阻约0.5 Ω)
C．直流电压表V(0～6 V，内阻约5 kΩ)
D．滑动变阻器R1(0～10 Ω，2 A)
E．滑动变阻器R2(0～100 Ω，0.2 A)
F．电源(6 V，内阻不计)
G．开关S及导线若干
(1)实验中滑动变阻器应选用______(选填“R1”或“R2”)；
(2)某同学设计了实验测量电路，通过改变变阻器的滑片位置，使电表读数从零开始变化，记录多组电压表的读数U和电流表的读数I.请在图12甲中用笔画线代替导线，将实验电路连接完整；
(3)该同学在实验中测出8组对应的数据(见下表)：
次数12345678
U/V00.200.501.001.502.003.003.80
I/A00.080.130.180.200.240.290.33
则小灯泡的额定功率为______W，该测量值______(选填“大于”“小于”或“等于”)真实值．请在 图乙坐标中，描点作出UI图线．由图象可知，随着电流的增大，小灯泡的电阻______(选填“增大”“减小”或“不变”)
甲　　　　　　　乙
图12
解析：本题考查描绘小灯泡伏安特性曲线．小灯泡两端的电压要从0开始连续变化，所以滑动变阻器选用分压接法，小灯泡额定电流为0.3 A，所以应该选用R1.小灯泡电阻RL＝3.80.3 Ω＝12.7 Ω，因为RVRL>RLRA，故电流表选用外接法．P＝IU＝3.8×0.33＝1.25 W，在UI图线中图线上点与坐标原点连线的斜率表示电阻，所以随电流增大，小灯泡的电阻增大．
答案：(1)R1　(2)如图甲所示
(3)1.25　大于　如图乙所示　增大
甲　　　　　　　乙
13．如图13所示，在x轴的上方(y≥0)存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.在原点O有一个离子源向x轴上方的各个方向发射出质量为m、电荷量为q的正离子，速率都是v，对于那些在xOy平面内运动的离子，在磁场中可能到达的最大x＝________，最大y＝________.
图13
解析：由左手定则可以判定，正离子进入磁场后沿顺时针方向做匀速圆周运动，运动半径均为mv/qB；其中沿x轴负方向进入磁场中的离子具有最大y＝2r＝2mv/qB，沿y轴正方向进入磁场中的离子具有最大x＝2r＝2mv/qB.
答案：2mvqB　2mvqB
四、计算或论述题(本题共4小题，共45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．(10分)如图14所示，水平放置的两平行板A、B相距h，上板带正电．现有质量为m、带电荷量为＋q的小球在A板下方距B板为H处，以初速v0竖直向上从B板小孔进入板间的电场，欲使小球刚好打到A板上，A、B间电势差UAB应为多大？
图14
解析：由题意知，带电小球在运动过程中必受重力作用，当进入两板间时将同时受重力和电场力的作用，故小球运动分两个过程，在B板下方时仅受重力作用，做竖直上抛运动；进入电场后受向下的电场力和重力作用，做匀减速直线运动．
对第一个运动过程v2B－v20＝－2gH①
对第二个运动过程，加速度为a＝mg＋qEm
按题意h为减速运动的最大位移，故有h＝v2B2a，整理得v2B＝2gh＋2ghEm②
①②两式联立解得hE＝m[v20－2g?H＋h?]2q
注意到平板电容器内部匀强电场的场强和电势差的关系，易知U＝hE.
答案：UAB＝m[v20－2g?H＋h?]2q
15．(10分)如图15所示，R1＝6 Ω，R2＝3 Ω，R3＝8 Ω，R5＝6 Ω.若电路消耗的总功率为P总＝30 W，电源输出功率为P出＝28.4 W，电源内阻r＝0.4 Ω，求：
图15
(1)AB间的电阻UAB是多少？
(2)电源电动势E是多少？
解析：本题涉及三个功率，它们的关系是：P总＝P出＋P内，其中P总＝IE，P出＝IU，P＝I2r，所求电压UAB不是路端电压，而是外电路的部分，可用部分电路欧姆定律求解．
(1)P内＝P总－P出＝(30－28.4) W＝1.6 W
又由P内＝I2r，可得干路电流
I＝P内r＝1.60.4 A＝2 A
A、B部分的总电阻为R2、R5并联，与R1串联后再与R3并联，可计算其总阻值RAB＝4 Ω.
于是UAB＝IRAB＝2×4 V＝8 V.
(2)又因为P出＝I2R，R是包括R4的电路总电阻，可得R＝P出I2＝28.422 Ω＝7.1 Ω
由闭合电路欧姆定律知
E＝I(R＋r)＝2(7.1＋0.4) V＝15 V.
答案：(1) 8 V　(2) 15 V
16．(12分)如图16所示，在第一象限有一匀强电场，场强大小为E，方向与y轴平行；在x轴下方有一匀强磁场，磁场方向与纸面垂直．一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以平行于x轴的速度从y轴上的P点处射入电场，在x轴上的Q点处进入磁场，并从坐标原点O离开磁场．粒子在磁场中的运动轨迹与y轴交于M点．已知OP＝l，OQ＝23l.不计重力．求：
图16
(1)M点与坐标原点O间的距离；
(2)粒子从P点运动到M点所用的时间．
解析：(1)点电荷在电场中做类平抛运动，在y轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，设加速度的大小为a；在x轴正方向上做匀速直线运动，设速度为v0；粒子从P点运动到Q点所用的时间为t1，进入磁场时速度方向与x轴正方向的夹角为θ，则
a＝qEm①
t1＝2y0a②
v0＝x0t1③
其中x0＝23l，y0＝l又有
tanθ＝at1v0④
联立①②③④式，得
θ＝30°⑤
因为M、O、Q点在圆周上，
∠MOQ＝90°，所以MQ为直径，从图中的几何关系可知，R＝23l⑥
MO＝6l⑦
(2)设粒子在磁场中运动的速度为v，从Q到M点运动的时间为t2，则有
v＝v0cosθ⑧
t2＝πRv⑨
点电荷自P点出发到M点所用的时间t为
t＝t1＋t2⑩
联立①②③⑤⑥⑦⑧⑨⑩式，
并代入数据得
t＝(32π＋1)2mlqE?
答案：(1)6l　(2)(32π＋1)2mlqE?
17．(13分)如图17甲所示，两块水平放置的金属板长为L＝1.40 m，间距为d＝30 cm，两板间有B＝1.25 T，方向垂直纸面向里的匀强磁场和图乙所示的脉动电压．加有电压时，上板电势高，当t＝0时，质量m＝2.00×10－15 kg、电荷量q＝1.00×10－10 C的正粒子，以速度v0＝4.00×103 m/s从两板中央水平射入，不计重力，试分析：
(1)粒子在两板间如何运动？会不会碰到极板上？
(2)粒子在两板间运动时间是多少？
图17
解析：因所加的电压是脉动电压，前半周期有一个恒定电压，而后半周期无电压，则我们考虑正粒子的运动时也只需考虑这两种情况即可．
(1)0～10－4 s内，粒子同时受到方向相反的电场力和洛伦兹力的作用，大小分别为：
F＝qE＝qUd＝5×10－7 N，f洛＝qv0B＝5×10－7 N.
因为F＝f洛，所以粒子做匀速直线运动，相应的位移为L0＝v0t＝4.00×103×1×10－4 m＝0.4 m
在10－4～2×10－4 s内无电场，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨道半径为：
r＝mv0qB＝6.4×10－2 m运动周期为
T＝2πmqB
＝2×3.14×2.00×10－51.00×10－10×1.25 s
≈1.00×10－4 s.
所以，粒子不会打到极板上，并在无电场时间内恰好在磁场运动一周，当两板间又加周期性电压时，粒子又重复上述运动，轨迹如图所示．
(2)粒子在极板间匀速运动的总时间为
t1＝Lv0＝1.404.00×103 s＝3.5×10－4 s.
而做匀速圆周运动的时间为
t2＝3T＝3×10－4 s
所以在两板间运动的总时间为：
t＝t1＋t2＝6.5×10－4 s.


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