安徽省六安市高二（下）入学考试物理试题（重点班word版含答案）

安徽省六安市高二（下）入学考试物理试题（重点班）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、多选题
1．如图所示，导线框abcd与固定直导线AB在同一平面内，直导线AB中通有恒定电流I，当线框由图示位置向右匀速运动的过程中（ ）
A．线圈中的感应电流方向是 abcda B．线圈中的感应电流方向是 dcbad
C．线圈中的感应电流大小逐渐减小 D．线圈中的感应电流大小不变
2．如图所示,相距为d 的两水平虚线L1和L2之间是方向水平向里的匀强磁场,磁感应强度为B,正方形线框abcd边长为L,L＜d,质量为m,电阻为R,将线圈在磁场上方高为h处,由静止释放,ab边刚进入磁场时速度为,ab边刚出磁场时速度也为,在线圈全部穿过磁场过程中（ ）
A．感应电流所做功为mgd B．感应电流所做功为2mgd
C．线圈最小速度一定为 D．线圈最小速度一定为
3．2020年春天全世界发生新冠肺炎疫情，人们居家隔离。由于运动量减少，体重逐渐增加，体内的脂肪也逐步增多，我们可以用某型号脂肪测量仪（如图甲所示）来测量脂肪积累程度。其原理是根据人体电阻的大小来判断脂肪所占比例（体液中含有钠离子、钾离子等，而脂肪不容易导电），模拟电路如图乙所示。测量时，闭合开关，测试者分握两手柄，体型相近的两人相比，脂肪含量高者（　　）
A．电流表示数小
B．电压表示数大
C．电源内阻的电压大
D．路端电压大
4．如图所示，一水平放置的平行板电容器充电以后与电源断开，并在其间加上垂直纸面向里的匀强磁场；某带电质点以某一速度从水平平行板中央进入正交的匀强电场和匀强磁场中，刚好做匀速直线运动。下列说法正确的是（　　）
A．该质点一定带正电
B．该质点可能带负电
C．若仅磁场的水平方向均匀增大，质点将向上偏转，速率越来越小
D．若将下极板缓慢向下移动，质点将向下偏转，速率越来越大
5．日本福岛核电站的核泄漏事故，使碘的同位素131 被更多的人所了解。利用质谱仪可分析碘的各种同位素，如图所示，电荷量均为＋q的碘131和碘127质量分别为m1和m2，它们从容器A下方的小孔S1进入电压为U的加速电场（入场速度忽略不计），经电场加速后从S2小孔射出，垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上。下列说法正确的是（ ）
A．磁场的方向垂直于纸面向里
B．碘131进入磁场时的速率为
C．碘131与碘127在磁场中运动的时间差值为
D．打到照相底片上的碘131与碘127之间的距离为
二、单选题
6．比荷为的电子以速度沿AD边射入以等边三角形为边界的匀强磁场区域中，等边三角形的边长为a，如图所示。为使电子从DC边穿出磁场，磁感应强度的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
7．如图所示，在带电荷量为+Q的固定点电荷形成的电场中，一个带﹣q的粒子沿着与两者连线垂直的方向，以速度v0射入，粒子只受点电荷+Q的作用力．关于粒子运动以下说法正确的是（　　）
A．粒子的运动轨迹可能是抛物线
B．粒子的加速度可能不变
C．粒子的动能可能不变
D．粒子的电势能一定不变
8．如图所示,三根通电长直导线互相平行,垂直纸面放置,其间距均为,电流强度均为,方向垂直纸面向里(已知电流为的长直导线产生的磁场中,距导线处的磁感应强度,其中为常数).某时刻有一电子(质量为、电量为)正好经过原点,速度大小为,方向沿轴正方向,则电子此时所受磁场力为( )
A．方向垂直纸面向里,大小为
B．方向指向轴正方向,大小为
C．方向垂直纸面向里,大小为
D．方向指向轴正方向,大小为
9．如图所示，匀强磁场中有两个由相同导线绕成的圆形线圈、，磁场方向与线圈所在平面垂直，磁感应强度随时间均匀增大。、两线圈的半径之比为，匝数之比为。线圈中产生的感应电动势分别为和，某时刻磁通量分别为和，不考虑两线圈间的相互影响。下列说法正确的是（　　）
A．，，感应电流均沿顺时针方向
B．，，感应电流均沿逆时针方向
C．，，感应电流均沿顺时针方向
D．，，感应电流均沿顺时针方向
10．在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，电容器的电容为C，灯泡L的灯丝电阻不随温度变化，电压表和电流表均为理想电表。闭合开关S，待电路稳定后，缓慢减小电阻箱R接入电路中的阻值，与调节电阻箱之前相比，电压表示数变化量的绝对值为，在这个过程中电路中所有器件均不会被损坏，下列说法中正确的是（　　）
A．灯泡L将变亮
B．电压表和电流表的示数都将变大
C．电源两端电压变化量的绝对值将大于
D．电容器所带电荷量增加，增加量大于
11．物理学中，对于多因素（多变量）的问题，可采用控制因素（变量）的方法，把多因素的问题变成多个单因素的问题。如图所示，影响平行板电容器电容的因素有两极板的正对面积S，极板间的距离d以及极板间的介质。若极板所带电荷量不变，则关于静电计指针偏角的变化，下列说法正确的是（　　）
A．两极板间的电压越大，越小
B．保持S，d不变，在极板间插入介质，则变大
C．保持S以及极板间的介质不变，减小d，则变小
D．保持d以及极板间的介质不变，减小S，则变小
12．在图所示的电路中，电源电动势为 E、内电阻为 r， 在滑动变阻器的滑动触片 P 从图示位置向下滑动的过程中（　　）
A．路端电压变大
B．通过滑动变阻器 R1的电流变大
C．通过安培表的的电流变大
D．电源的输出功率变大
三、实验题
13．利用如图所示的电路可以测定一节干电池的电动势和内电阻．
①现有电压表（0～3V）、开关和导线若干，以及下列器材：
A．电流表（0～0.6A）
B．电流表（0～3A）
C．滑动变阻器（0～20）
D．滑动变阻器（0～100）
实验中电流表应选用________；滑动变阻器应选用________．（选填相应器材前的字母）
②在实物图中用笔画线代替导线，按电路图将电路连线补充完整________．
③实验中，某同学记录的6组数据如下表所示，其中5组数据的对应点已经标在坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出U-I图线．________
④根据图可得出干电池的电动势E =______V，内电阻r =______．
⑤小明同学学习了电源的相关知识后，制作了如图所示的水果电池．为了测量该电池的电动势，他从实验室借来了灵敏电流表（内阻未知，且不可忽略）、电阻箱、开关以及若干导线，设计了如图所示的电路图．你认为小明同学能否准确测出水果电池的电动势，并说明理由．________
14．某同学测定电源电动势和内阻，所使用的器材有：待测干电池一节（内阻很小）、电流表A（量程0.6A，内阻小于）、电流表（量程0.6A，内阻未知）、电阻箱、电阻箱、单刀双掷开关S、单刀单掷开关K各一个，导线若干。
（1）该同学按图甲所示电路图进行实验操作。
（2）测电流表A的内阻：
闭合开关K，将开关S与________（选填“M”或“N”）相接，通过调节电阻箱和，读取电流表A的示数为0.24A、电流表的示数为0.60A、电阻箱的示数为，则电流表A的内阻________（保留两位有效数字）。
（3）测电源的电动势和内阻：
断开开关K，将开关S接N，调节电阻箱的阻值为a并保持不变，多次调节电阻箱重复实验，记录多组电阻箱的阻值R和电流表A的示数I。
（4）数据处理：
图乙是由实验数据绘出的图像，获得图像的斜率为k，轴的截距为b，由此求出干电池的电动势________、内阻________（均用字母a、k、b、表示）。
四、解答题
15．如图所示，质量为m＝1kg、电荷量为q＝5×10－2C的带正电的小滑块，从半径为R＝0.4m的光滑绝缘圆弧轨道上由静止自A端滑下．整个装置处在方向互相垂直的匀强电场与匀强磁场中．已知E＝100V/m，方向水平向右，B＝1T，方向垂直纸面向里，g＝10 m/s2.求：
(1)滑块到达C点时的速度；
(2)在C点时滑块所受洛伦兹力．
16．如图所示，两条间距l＝1 m的光滑金属导轨制成倾角37°的斜面和水平面，上端用阻值为R＝4 Ω的电阻连接．在斜面导轨区域和水平导轨区域内分别有垂直于斜面和水平面的匀强磁场B1和B2，且B1＝B2＝0.5 T．ab和cd是质量均为m＝0.1 kg，电阻均为r＝4 Ω的两根金属棒，ab置于斜面导轨上，cd置于水平导轨上，均与导轨垂直且接触良好．已知t＝0时刻起，cd棒在外力作用下开始水平向右运动(cd棒始终在水平导轨上运动)，ab棒受到F＝0.6－0.2t(N)沿斜面向上的力作用，处于静止状态．不计导轨的电阻．
(1)求流过ab棒的电流Iab随时间t变化的函数关系；
(2)分析并说明cd棒在磁场B2中做何种运动；
(3)t＝0时刻起，1 s内通过cd棒的电荷量q为多少？
(4)若t＝0时刻起，1.2 s内作用在cd棒上外力做功为W＝16 J，则这段时间内电阻R上产生的焦耳热QR多大？
17．如图所示，某仪器用电场和磁场来控制粒子在材料表面上方的运动，材料表面上方矩形区域充满竖直向下的匀强电场，电场的宽度d=0.5m；矩形区域充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T，磁场的宽度s=0.8m；为磁场与电场之间的薄隔离层。一带负电的粒子（不计重力）比荷为，该粒子从P点由静止被电场加速，经隔离层垂直进入磁场。粒子每次穿越隔离层，运动方向不变，动能变为穿越前动能的64%。已知粒子第一次进入磁场区域恰好未从穿出，粒子第3次穿越隔离层后垂直磁场边界飞出。求：
（1）电场强度E的大小；
（2）磁场区域的长度L；
（3）粒子运动的总时间t（取，计算结果保留三位有效数字）。
五、填空题
18．用游标卡尺测量片状金属工件的宽度（如图）d=_____cm，用螺旋测微计测得片状金属工件的厚度 b=_____mm，
试卷第页，共页
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参考答案：
1．BC
【解析】
【详解】
AB．由安培定则可知，载有恒定电流的直导线产生的磁场在线框处的方向为垂直纸面向里，并且离导线越远磁感应强度越小，故当沿图示方向移动线框时，穿过线框平面的磁通量减小，根据楞次定律可知电流为顺时针dcbad，故A错误，B正确；
CD．离通电导线越远，磁场越弱，由于线框匀速运动，故磁通量变化率变化率越来越小，线框中产生的感应电动势越小，感应电流就变小，故C正确，D错误。
故选BC。
2．BD
【解析】
【详解】
从ab边刚进入磁场时到ab边刚出磁场时，动能的改变量为零,即重力做的正功跟安培力做的负功相等，所以进入磁场时感应电流所做功为mgd，出磁场时和进磁场时运动情况相同，那么在线圈全部穿过磁场过程中，感应电流所做功为2mgd，故A错误B正确
cd边刚进入磁场时，速度最小，从线圈释放位置到cd边进入磁场过程中，根据能量守恒有，，因为，联立计算可得，线圈最小速度一定为。
故选BD
3．ABD
【解析】
【详解】
A．体液中含有钠离子、钾离子等离子存在，因此容易导电，而脂肪不容易导电，体型相近的两人相比，肥胖人体的脂肪比较瘦人的脂肪所占比例较大，肥胖的人体比较瘦的人体电阻较大，测试时，肥胖人体接在电路中的电阻R1较大，由闭合电路的欧姆定律可知
电路中的电流较小，因此电流表示数小，A正确；
BCD．由路端电压
U=E Ir
可知，电流I较小，电源内阻电压Ir较小，路端电压U较大，由题图乙可知R1电阻较大，电压表的示数较大，BD正确，C错误。
故选ABD
4．AC
【解析】
【详解】
AB．在平行板之间有匀强磁场和匀强电场，带电质点做匀速直线运动，所以带电质点受力平衡，重力向下，电场力向上，洛伦兹力向上，则
所以带电质点带正电，故A正确，B错误；
C．如果磁场均匀增大，则该质点所受洛伦兹力将增大，质点向上偏转，但是洛伦兹力对质点不做功，即不改变质点速度的大小，而重力和电场力的合力向下，所以质点将减速，即其速率将减小，所以C正确；
D．将下极板向下移动，根据电容的决定式
可得，电容减小；由题意可知，电容器极板的电荷量不变，则根据公式
可得公式
即场强的大小与两极板的距离无关，所以场强不变，质点将继续匀速直线运动，所以D错误。
故选AC。
5．BCD
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据粒子带正电，结合左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，故A错误；
B．由动能定理知，粒子在电场中得到的动能等于电场对它所做的功
mv2=qU
解得
故B正确；
C．根据周期公式
因运动的时间t为周期的一半，则有：在磁场中运动的时间差值为
故C正确；
D．由洛伦兹力提供向心力，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为R，则有
即由此可得
它们的距离之差
故D正确；
故选BCD。
考点：带电粒子在电场及磁场中的运动
【名师点睛】
考查电场力与洛伦兹力对粒子的作用，理解动能定理与牛顿第二定律及运动学公式的应用，注意所求距离与半径的关系，同时注意周期与运动时间的关系。
6．B
【解析】
【分析】
【详解】
根据洛伦兹力提供向心力，有
解得
由该式知，磁感应强度越小，运动半径越大。电子恰好从DC边飞出时，运动轨迹与DC边相切，其轨迹如图所示
根据几何关系，知半径为
故
所以时，电子能从DC边穿出
故选B。
7．C
【解析】
【详解】
AB、粒子只受到点电荷+Q的库仑力作用，而库仑力的大小会随着两个电荷间距离的变化而变化，方向也会随着位置不同而变化，所以加速度不可能恒定不变，所以粒子的运动轨迹不可能是抛物线，故A错误，B错误；
CD、若粒子所受的库仑力，粒子恰好做匀速圆周运动，加速度始终指向圆心，动能不变，电场力不做功，电势能不变，C正确，D错误．
故选C．
8．A
【解析】
【详解】
P、Q两根导线距离0点的距离相等，根据安培定则，在O点产生的磁场方向相反，大小相等，合场强为零，所以最终场强等于R在O点产生的场强，根据安培定则，方向沿x轴负方向，RO=a，磁感线强度的大小，根据左手定则，洛伦兹力方向垂直纸面向里，大小．故A正确，BCD错误．故选A．
点睛：解决本题的关键掌握安培定则判断电流周围的磁场方向，运用左手定则判断洛伦兹力的方向．
9．A
【解析】
【详解】
根据
Φ=BS
可知任意时刻两个圆的磁感应强度相同，则有
Φa：Φb=Sa：Sb=ra2：rb2=4：1
根据法拉第电磁感应定律有
E=n=nS=nπr2
因相同，则有
Ea：Eb＝nara2：nbrb2=2：1
由于磁场向外，磁感应强度B随时间均匀增大，根据楞次定律可知，感应电流均沿顺时针方向
故选A。
10．A
【解析】
【详解】
A．电阻箱阻值减小，整个电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流增大，通过灯泡的电流增大，灯泡L将变亮，故A正确；
B．干路电流增大，电流表示数增大，根据闭合电路欧姆定律E=U路+Ir可知，路端电压减小，通过灯泡的电流增大，分压增大，则电阻箱的分压减小，电压表示数减小，故B错误；
C．根据闭合电路欧姆定律，结合数学推理可知
则电源两端电压变化量的绝对值小于电压表示数的变化量的绝对值，故C错误；
D．根据闭合电路欧姆定律
E=UL+U+Ir
结合数学推理可得
0=- UL+ U- U内
根据方程可知
UL＜ U
电容器并联在灯泡两端，所以电压与灯泡的分压相同，所以电容器的电荷量增加量为
Q=C UL＜C U
选项D错误。
故选A。
11．C
【解析】
【详解】
A．两极板间的电压越大，越大，故A错误；
B．平行板电容器的电容
可得
保持S，d不变，在极板间插入介质，U变小，变小，故B错误；
C．保持S以及极板间的介质不变，减小d，U变小，变小，故C正确；
D．保持d以及极板间的介质不变，减小S，U变大，变大，故D错误。
故选C。
12．B
【解析】
【详解】
A．在滑动变阻器R1的滑动触片P向下滑动的过程中，R1变小，外电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律分析电路中的总电流变大，路端电压
U=E-Ir
I变大，E、r不变，则U变小，故A不符合题意；
BC．路端电压U变小，通过电阻R2的电流变小，总电流变大，通过电阻R2的电流变小，所以通过滑动变阻器R1的电流必定变大，故B符合题意，C不符合题意；
D．因为不知道内外电阻的关系，电源的输出功率无法确定，故D不符合题意。
故选B。
13． A C 1.45（1.43~1.47） 0.83（0.80~0.86） 可以准确测出水果电池的电动势．根据闭合电路欧姆定律有，变形可得：．实验中，改变电阻箱的阻值R，可读出灵敏电流表相应的读数I，得到多组对应R、I数据，并画出-R图像．在-R图像中，图线的斜率，所以
【解析】
【详解】
(1)由于电源电动势较小，电流不会太大，故电流表应选A，滑动变阻器阻值不能太大，因为电源内阻不会很大，外电阻过大，电压变化不明显，所以滑动变阻器应选C；
(2) 实物图连线注意电源开关和滑动变阻器电流表串联，电压表测量路端电压，电流表内接．注意正负接线柱，连接电路如图所示：
(3) 根据表中的数据在坐标纸中选取合适的标度描点，如图：
(4) 像与纵轴的交点即电源电动势,E=1.45V，图像斜率即内阻，即
(5) 根据闭合电路欧姆定律有，变形可得：．实验中，改变电阻箱的阻值R，可读出灵敏电流表相应的读数I，得到多组对应R、I数据，并画出-R图像．在-R图像中，图线的斜率，所以
14． M
【解析】
【分析】
【详解】
(2)[1][2]闭合开关K，若开关S是与N相接，则R1与A1并联后再与A串联，A的读数应大于A1的读数，可知开关S是与M相接，则R1与A并联后再与A1串联，故电流表A的内阻为
(4)[3][4]由闭合电路欧姆定律可得
整理可得
可得图像的斜率为
截距为
联立解得电池的电动势为
内阻为
15．(1)2m/s，方向水平向左(2)0.1N，方向竖直向下
【解析】
【分析】
（1）分析滑块受力情况，根据动能定理可求得滑块到达C点的速度；
（2）根据洛伦兹力公式可求得滑块所受洛伦兹力；
【详解】
（1）以滑块为研究对象，自轨道上A点滑到C点的过程中，受重力mg，方向竖直向下；静电力qE，方向水平向右；
洛伦兹力方向始终垂直于速度方向，滑块从A到C过程中洛伦兹力不做功，由动能定理得：
得：,方向水平向左；
（2）根据洛伦兹力公式得：，方向竖直向下．
【点睛】
本题考查带电粒子的运动，要注意明确动能定理的应用，知道洛伦兹力永不做功这一重要特点．
16．(1)0.4tA　(2)v＝9.6t m/s的匀加速直线运动 (3)0.4 C　(4)1.56 J
【解析】
【详解】
(1)ab棒平衡，则F＋F安＝mgsin 37°
又因F安＝B1Iabl
代入数据得Iab＝0.4t A.
(2)cd棒上的电流Icd＝2Iab＝0.8t A①
电源电动势E＝IcdR总②
cd棒切割磁感线，产生的感应电动势为E＝B2lv③
联立①②③得，cd棒的速度v＝9. 6t m/s
所以，cd棒做初速度为零的匀加速直线运动．
(3)cd棒的加速度为a＝9.6 m/s2
1 s内的位移为x＝at2＝×9.6×12 m＝4.8 m
根据＝＝＝
得q＝t＝＝C＝0.4 C.
(4)t＝1.2 s时，cd棒的速度v＝at＝11.52 m/s
根据动能定理：W－W安＝mv2－0
得1.2 s内克服安培力做功W安＝9.36 J
回路中产生的焦耳热Q＝W安＝9.36 J
电阻R上产生的焦耳热QR＝Q/6＝1.56 J.
17．（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设粒子第一次到达隔离层时的速度大小为v0，穿过隔离层后的速度大小为v1。粒子第一次进入磁场区域做圆周运动的半径为s，由动能定理得
由题意知
由牛顿第二定律得
解得
（2）设粒子穿过隔离层后第2次进入电场时的速度大小为v2，粒子由电场返回穿越隔离层后的速度大小为v3，第二次在磁场中做圆周运动的半径为r，由题意知
由牛顿第二定律得
磁场区域的长度
得磁场区域的长度为
（3）粒子在磁场中的运动周期
粒子在磁场中运动的时间
粒子第一次在电场中加速的过程
粒子在电场中往返的过程
粒子运动的总时间
则
18． 9.360 1.130
【解析】
【详解】
试题分析：游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．
解：游标卡尺的固定刻度读数为9.3cm，游标尺上第12个刻度游标读数为0.05×12mm=0.60mm=0.060cm，
所以最终读数为：9.3cm+0.060cm=9.360cm；
螺旋测微器的固定刻度读数为1mm，可动刻度读数为0.01×13.0mm=0.130mm，
所以最终读数为：1mm+0.130mm=1.130mm．
故答案为9.360，1.130．
【点评】
解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．
试卷第页，共页
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