安徽省黄山市高二下学期入学摸底考试物理试题（word版含答案）

安徽省黄山市高二下学期入学摸底考试物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、多选题
1．如图所示的电路中，电压表和电流表均为理想电表，电源的电动势为E、内阻为r，定值电阻R的阻值也为r，滑动变阻器的最大阻值是。闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．电压表的示数减小，电流表的示数增大
B．电压表的示数变大，电流表的示数变小
C．滑动变阻器消耗的功率变小
D．定值电阻R消耗的功率先变大后变小
2．用均匀导线做成的单匝正方形线圈的边长为l，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，a、b、c、d分别为各边的中点，如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．当磁场的磁感应强度不变时，线框以ab为轴旋转，线框中有感应电流
B．当磁场的磁感应强度不变时，线框分别以ab和cd为轴以相同的角速度旋转，感应电动势的最大值不同
C．当线框不动，磁场的磁感应强度增大时，a点电势低于b点电势
D．当磁场的磁感应强度以的变化率增大时，a、b两点的电压
3．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其主体部分是两个D形金属盒．两金属盒处在垂直于盒底的匀强磁场中，a、b分别与高频交流电源两极相连接，下列说法正确的是（不计粒子通过窄缝的时间及相对论效应）：
A．带电粒子从磁场中获得能量
B．带电粒子的运动周期是不变的
C．磁场对带电粒子只起换向作用，电场起加速作用
D．增大金属盒的半径粒子射出时的动能不变
4．如图，两平行金属板中有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，带正电的粒子（不计粒子的重力）从两板中央垂直电场、磁场入射．它在金属板间运动的轨迹为水平直线，如图中虚线所示。若使粒子飞越金属板间的过程中向上板偏移，可以采取下列的正确措施为（ ）
A．使入射速度增大
B．使粒子电量增大
C．使电场强度增大
D．使磁感应强度增大
5．氦核、氚核、氘核构成的混合物从O点由静止出发，先经过同一加速电场再经过同一偏转电场，加速场和偏转场方向均平行于纸面，氘核出偏转电场后从磁场左边界AA′上B点进入匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于纸面向里，如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．氚核在B点上方进入磁场
B．三种粒子在磁场中做圆周运动，其轨迹对应圆心角一样
C．三种粒子进入磁场时的动能一样，速度方向一样
D．从静止开始到粒子首次射出磁场，氚核运动时间最长
6．图示为演示自感现象的实验电路，闭合开关S一段时间后再断开，那么，断开S前后，通过B灯的电流iB的变化情况可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
二、单选题
7．在“测定金属的电阻率”的实验中，在连接电路前，先利用多用电表档粗略测量金属丝的电阻Rx，其示数如图所示，则该电阻丝电阻值约为（ ）
A．150Ω B．19Ω C．110Ω D．11Ω
8．如图所示，MN、PQ是间距为L的平行光滑金属导轨，置于磁感应强度为B、方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，M、P间接有一阻值为R的电阻.一根与导轨接触良好、有效阻值为的金属棒ab垂直导轨放置，并在水平外力F作用下以速度v向右匀速运动，不计导轨电阻，则（ ）
A．通过电阻R的电流方向为P→R→M
B．a端电势比b端高
C．a、b两点间电压为BLv
D．外力F做的功等于电阻R产生的焦耳热
9．如图所示，ACD为一半圆形区域，其中O为圆心，AD为直径，∠AOC=90°，半圆形区域内存在着垂直该平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带电粒子（不计重力）从圆弧的P点以速度v沿平行于直径AD方向射入磁场，运动一段时间从C点离开磁场时，并且速度方向偏转了60°角，设P点到AD的距离为d。下列说法中正确的是（　　）
A．该粒子带正电
B．该子的比荷为
C．该粒子在磁场中运动时间为
D．直径AD长度为4d
10．如图所示，竖直放置的U形光滑导轨与一电容器串联.导轨平面有垂直于纸面的匀强磁场，金属棒ab与导轨接触良好，由静止释放后沿导轨下滑.电容C足够大，原来不带电，不计一切电阻.设导体棒的速度为v、动能为Ek、两端的电压为Uab.电容器上的电荷量为q.它们与时间t，位移x的关系图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
11．关于同一电场的电场线，下列表述正确的是（　　）
A．电场线是客观存在的
B．沿着电场线方向，电场强度越来越小
C．沿着电场线方向，电势越来越低
D．电荷在沿电场线方向移动时，电势能减小
12．小磁针在地磁场的作用下处于水平静止状态，而在其上方水平放置一直导线，使导线与小磁针平行，当该导线中通有电流时，小磁针就会在电流产生的磁场的作用下发生偏转，如图所示。假设当通过该导线的电流为I时，发现小磁针的指向相对于未通电时偏转了30°。已知直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比，即。当发现小磁针偏转了45°时，通过该直导线的电流为（　　）
A．3I B．2I C． D．
13．光滑的平行金属导轨轨道平面与水平面的夹角为θ，导轨上端接一阻值为R的电阻，导轨所在空间有垂直导轨平面向上的均匀磁场，有一质量为m、电阻为r的金属棒ab，放在导轨上，其余部分电阻不计．要使金属棒始终处于平衡状态， 则磁场随时间变化的图像可能是：
A． B．
C． D．
三、实验题
14．14.某同学用图1所示电路测一节干电池的电动势和内电阻，现提供器材如下：
A．电压表 V1：量程0～3V V2：量程0～15V
B．电流表 A1：量程0～0.6A A2：量程0～3A
C．滑动变阻器R1（最大阻值20Ω）
D．滑动变阻器R2（最大阻值100Ω）
E．开关S和导线若干
(1)电流表应选用___（填A1或A2）0～0.6A；电压表应选用____（填V1或V2）0～3V量程；
滑动变阻器应选 ___________．R1（填R1或R2）
(2)如图2所绘制的U-I图线是根据实验中所测的六组数据作出．请根据图线，求出E=________，= _________Ω．
15．一根固定在刻度尺上的均匀电阻丝（总电阻小于5Ω），两端各有一个固定的连线柱a和b，刻度尺的中间有一个可沿电阻丝滑动的触头c，c的上端为接线柱，触头c与电阻丝通常不接触，当用手按住时才与电阻丝接触，且可在直尺上读出触点的位置，现给你以下器材，要求测量该电阻丝的电阻率。
（1）用螺旋测微器测量电阻丝直径的示数如图1，则该电阻丝的直径d=______mm。
（2）通过改变滑动变阻器触头c的位置，分别测量出了多组与接入电阻丝的有效长度L对应的电压U的数据（电流表示I保持在0.50A不变），并已描在坐标纸上，如图所示。根据图所示的数据点，结合相应的物理规律。
①绘出U﹣L图线______；
②若测出U﹣L图线的斜率为k，则用d、I、k等物理量表示出该电阻丝的电阻率ρ=_____。
四、解答题
16．如图所示，质量为M的木板可沿倾角为θ的光滑斜面下滑，木板上站着一个质量为m的人，问
（1）为了保持木板与斜面相对静止，人运动的加速度为多大？
（2）为了保持人与斜面相对静止，木板运动的加速度为多大？
17．如图所示，在以O为圆心，内外半径分别为R1=0.5m和R2=1.5m的圆环区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场。一电荷量为q、质量为m的粒子从内圆上的A点射入该圆环区域，不计空气阻力及粒子重力。求：
（1）若磁感应强度B=1T，粒子从OA延长线与外圆的交点C以速度v1=105m/s射出，方向与OA延长线成30°角，粒子的电性及比荷；
（2）若粒子仍从A点沿不同方向射入磁场，速度大小为v2=106m/s，要使所有粒子一定都能够从外圆射出，磁感应强度的大小B′满足的条件。
18．如图所示，宽度为与宽度为的两部分平行金属导轨连接良好并固定在水平面上，整个空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为，长度分别为和的导体棒1和2按如图的方式置于导轨上，已知两导体棒的质量均为、两导体棒单位长度的电阻均为，现给导体棒1以水平向右的初速度。假设导轨的电阻忽略不计、导体棒与导轨之间的摩擦可忽略不计，两部分导轨足够长且导体棒1始终在宽轨道上运动。求：
（1）当导体棒1开始运动瞬间，导体棒2的加速度大小；
（2）导体棒1匀速运动时的速度大小；
（3）两导体棒从开始运动到刚匀速运动的过程中，两导体棒发生的位移分别是和，试写出此时两导体棒的位移和之间的关系式。
五、填空题
19．某欧姆表内部使用1.5V干电池一节，在某挡两表笔短接时，表针刚好指于0Ω处，此时有30mA电流流过表笔，如用此挡测某一电阻，指针正指表盘刻度正中，则该电阻阻值为______Ω，若用此挡测两个串联起来的这样的电阻，则通过表笔的电流为______mA．
试卷第页，共页
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参考答案：
1．AC
【解析】
【分析】
【详解】
当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动过程中，滑动变阻器的有效电阻减小，电路的总电阻减小，干路电流变大，内电压变大，外电压减小。
A．电压表测量外电压，电流表测量干路电流，所以电压表的示数减小，电流表的示数增大。A正确，B错误；
C．将定值电阻当作电源内阻，则滑动变阻器消耗的电功率即为电源的输出功率，根据电源输出功率与外电阻的关系图像
可知，当滑动变阻器的阻值由逐渐减小时，其消耗的功率逐渐减小。C正确；
D．干路电流变大，所以定值电阻消耗的功率变大。D错误。
故选AC。
2．AC
【解析】
【详解】
AB．当磁场的磁感应强度为B且恒定不变时，线框分别以ab和cd为轴以相同的角速度旋转，线圈中均会有感应电动势产生，由Em=BSω知：电动势的最大值相同，故A正确，B错误。
C．当磁感应强度增加，由楞次定律可知，感应电流沿acbda方向，b端相当于电源的正极，则a点电势低于b点电势。故C正确；
D．由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势为
a、b两点间的电势差
故D错误。
故选AC。
3．BC
【解析】
【详解】
离子在磁场中受到洛伦兹力，但不做功，故A错误；带电粒子源源不断的处于加速状态，虽速度增大，但在磁场中周期不变，所以粒子的运动周期是固定的，故B正确；离子由加速器的中心附近进入电场中加速后，进入磁场中偏转．故C正确；带电粒子从D形盒中射出时的动能，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则圆周半径，联立得，当带电粒子q、m、B一定的，半径R越大，则越大，故D错误.故选BC.
【点睛】
本题考查回旋加速器的综合应用：在电场中始终被加速，在磁场中总是匀速圆周运动．所以容易让学生产生误解：增加射出的动能由加速电压与缝间决定．原因是带电粒子在电场中动能被增加，而在磁场中动能不变．
4．AD
【解析】
【分析】
【详解】
由题，带正电的粒子进入两板中央，受到竖直向下的电场力和竖直向上的洛伦兹力，开始时粒子的轨迹为水平直线，则电场力与洛伦兹力平衡，即有
qvB=qE，即vB=E
若使粒子飞越金属板间的过程中向上板偏移，洛伦兹力必须大于电场力，则qvB＞qE，即vB＞E。
A.使入射速度增大，洛伦兹力增大，而电场力不变，则粒子向上偏转，故A正确；
B.由上式可知，改变电量，电场力与洛伦兹力仍然平衡，粒子仍沿水平直线运动，故B错误；
C.使电场强度增大，电场力增大，粒子向下偏转，故C错误；
D.使磁感应强度增大，洛伦兹力增大，则粒子向上偏转，故D正确。
故选AD。
5．BD
【解析】
【详解】
A．在加速电场中
粒子从偏转场中出射时，位移偏移量
只由偏转场加速场本身决定，与比荷无关，因此三种核进入磁场位置一样，故A错误。
C．在偏转场中偏移量一样，电场力做功为，但氦核电荷量大，做的功更大获得的动能更大，故C错误。
B．粒子从偏转场中出射时速度的偏转角满足
与比荷无关，进入磁场时方向一样，根据单边界问题，带电粒子出磁场时速度方向由入射方向决定，因此，磁场中作圆周运动轨迹对应圆心角一样，故B正确。
D．在加速电场中
氚核最小，则出离加速电场的速度最小，时间最长，然后进入偏转电场的时间也最长；在磁场中周期
可知氚核周期最大，时间也最长，则从静止开始到粒子首次射出磁场，氚核运动时间最长，故D正确。
故选BD。
6．CD
【解析】
【详解】
试题分析：在K断开前，自感线圈L中有向左的电流，断开K后瞬间，L的电流要减小，于是L中产生自感电动势，阻碍自身电流的减小，但电流还是逐渐减小为零．原来跟L并联的电阻R由于电源的断开，向左的电流会立即消失．但此时它却与L形成了串联的回路，L中维持的正在减弱的电流恰好从灯泡A中流过，方向由右边到a左边，并逐渐减小到零．故B中的电流与原来的电流方向相反，但由于原来电路中通过A的电流与B的电流的大小未知，故满足此规律的图象为：CD．故答案为CD．
考点：自感现象
【名师点睛】做好本类题目的关键是弄清线圈与哪种电器相配，结合线圈特点分析新组成的闭合回路的电流流向．
7．C
【解析】
【详解】
多用电表选择的是×10档位，指针所指示数为11，故读数为：11×10=110Ω；
A．150Ω，与结论不相符，选项A错误；
B．19Ω，与结论不相符，选项B错误；
C．110Ω，与结论相符，选项C正确；
D．11Ω，与结论不相符，选项D错误；
8．B
【解析】
【详解】
AB.金属棒匀速向右运动切割磁感线产生感应电动势和感应电流，根据右手定则，判断感应电流的方向为由b到a，金属棒产生的感应电动势为BLv，金属棒本身相当于电源，a为正极，b为负极，a端电势比b端高，通过电阻R的电流方向为M→R→P，A错误，B正确；
C.电阻的阻值为R，金属棒的阻值为，所以ab两点间电压为，C错误；
D.根据能量守恒定律，外力F做的功转化为电能，再通过电阻R和金属棒转化为焦耳热，D错误.
9．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．带电粒子在半圆形磁场中向上偏转，由左手定则可判断，粒子带负电，A错误；
B．过P点和C点做速度的垂线，交点即为圆心如图
由几何关系可知，OCO’P为菱形
，
洛伦兹力提供向心力
B错误；
C．粒子在磁场中运动时间为
C错误；
D．直线AD的长度等于磁场区域半径的2倍，即4d，D正确；
故选D。
10．B
【解析】
【详解】
AC．设导轨间距为L，释放后电容器充电，电路中充电电流i，棒受到向上的安培力，设瞬时加速度为a，根据牛顿第二定律得
mg-BiL=ma
由此得
mg-BLCBLa=ma
解得
可见棒的加速度不变，做匀加速直线运动
，
故AC错误；
B．根据
故B正确；
D．根据
与时间成正比，而棒做匀加速运动，故与位移不是正比关系，故D错误；
故选B。
11．C
【解析】
【详解】
A．电场线是人们为了形象地描述电场而引入的假想的曲线，不是客观存在，故A错误；
B．电场线的疏密程度反映电场的强弱，电场线越密场强越大，电场线越稀疏场强越小，故B错误；
C．沿着电场线方向电势逐渐降低，故C正确；
D．电势能的高低通过电场力做功来判断，沿电场线运动，电场力不一定做正功，电势能不一定减小，如负电荷沿电场线运动时，电场力做负功，电势能增加，故D错误。
故选C。
12．C
【解析】
【详解】
根据题意可以知道，当通过该导线的电流为I时，发现小磁针偏转了，因为导线的磁场与地磁场的共同作用，设地磁场的磁感应强度为B，即有
所以当小磁针偏转了时，则有
联立解得
又因为直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比，所以
所以
故选C。
13．D
【解析】
【详解】
试题分析：根据题意，如图所示：
杆ab始终处于平衡状态，则感应电流为，则穿过闭合回路的磁通量应该是增加的，故选项C错误；根据平衡条件：，，杆ab始终处于平衡状态，则当B变大时，则电流应该减小，故电动势应该减小，故应该减小，故选项D正确．
考点：法拉第电磁感应定律，平衡条件
【名师点睛】对于电磁感应的问题，要做好电流、安培力、运动方面的分析，同时这类问题涉及知识点多，容易混淆，要加强练习近平时注意知识的理解与应用．熟练推导出安培力与速度的关系；有确平衡条件的正确应用．
14． A1 V1 R1 1.5 0.5
【解析】
【分析】
(1)根据电池电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作，在保证安全的前提下，要选择最大阻值较小的滑动变阻器；
(2)电源的U-I图象与纵轴的交点坐标值是电源的电动势，图象斜率的绝对值是电源的内阻．
【详解】
(1) 干电池电动势约为1.5V，电压表应选：0～3V量程，由图象可知，电流小于1.0A，故电流表选择0～0.6A；
为方便实验操作，滑动变阻器应选择小电阻R1；
(2) 由闭合电路欧姆定律可知U=E-Ir，再由数学知识可知，
图象与纵坐标的交点为电源的电动势故电源的电动势为1.5V；
而图象的斜率表示电源的内阻，．
15． 2.000
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]螺旋测微器的固定刻度读数为2mm，可动刻度读数为
0.01×0.0mm=0.000mm
所以最终读数为
d=2mm+0.000mm=2.000mm
（2）①[2]根据坐标系内描出的点作出图象，如图所示
②[3]电阻丝的电阻
变形得
由图示图象可知，U-L图象的斜率
解得
16．（1），方向沿斜面向下（2），方向沿斜面向下
【解析】
【详解】
试题分析：为了使木板与斜面保持相对静止，必须满足木板在斜面上的合力为零，所以人施于木板的摩擦力F应沿斜面向上，故人应加速下跑．现分别对人和木板应用牛顿第二定律即可求解；为了使人与斜面保持静止，必须满足人在木板上所受合力为零，所以木板施于人的摩擦力应沿斜面向上，故人相对木板向上跑，木板相对斜面向下滑，但人对斜面静止不动．分别对人和木板应用牛顿第二定律即可求解．
（1）现分别对木板和人应用牛顿第二定律得
对木板：
对人：（a1为人对斜面的加速度）
解得：，方向沿斜面向下.
（2）现分别对人和木板应用牛顿第二定律，设木板对斜面的加速度为，则：
对人：，对木板：，解得
方向沿斜面向下
17．（1）正电， 105C/kg（2）B′＜10T
【解析】
【详解】
（1）由左手定则知，粒子带正电，粒子的运动轨迹如图甲所示，设粒子运动的轨道半径为r，
由牛顿第二定律得：
又由几何关系可知，粒子运动的半径
r=R2﹣R1=1m
联立解得比荷
（2）要使所有粒子一定都能够从外圆射出，作出粒子刚好与边界相切的两轨迹，如图所示，
粒子能从轨迹2能射出，则所有粒子一定能从外圆射出，即满足
2r′＞R1+R2
由牛顿第二定律得：
解得：
B′＜10T。
18．（1）；（2）1.2m/s；（3）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）导体棒1刚开始运动时电源电动势为
由题意整个电路的总电阻为
由闭合电路欧姆定律知电路中的总电流大小为
联立可得导体棒2所受的安培力大小为
由牛顿第二定律可知加速度大小为
（2）由动量定理，对导体棒1有
（或）
即
同理对导体棒2有
（或）
两导体棒均匀速运动时，两导体棒无电流，电动势相等，有
联立以上各式可解得
（3）由
由法拉第电磁感应定律得
又
整理得
联立以上各式可得
即
19． 50Ω 10mA
【解析】
【分析】
当两表笔短接时，表头指针满偏时，所测量的电阻为零，根据闭合电路欧姆定律求解欧姆表的总内阻；表针正指电表刻度正中时，电流是满偏电流的一半，再由闭合电路欧姆定律求解待测电阻的阻值。
【详解】
[1]当两表笔短接时，由闭合电路欧姆定律得：
当表针半偏时：
解得：
[2]当两个电阻串联起来时，通过表笔的电流为：
【点睛】
本题考查欧姆表相关知识，要知道欧姆表的工作原理是闭合定律欧姆定律，应用闭合电路欧姆定律即可正确解题。
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