甘肃省常州高二下学期开学考试物理试题（word版含答案）

甘肃省常州高二下学期开学考试物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、多选题
1．如图所示，在匀强磁场中放有平行铜导轨，它与大导线圈M相连接，要使小导线圈N获得顺时针方向的感应电流，则放在导轨中的裸金属棒的运动情况是（两导线圈共面放置）（　　）
A．向右匀速运动
B．向右减速运动
C．向左加速运动
D．向右加速运动
2．如图所示，在竖直面内有一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、高度为h的有界匀强磁场，磁场上、下边界水平．将一边长为l(lA．导体框一定是减速进入磁场
B．导体框可能匀速穿过整个磁场区域
C．导体框穿过磁场的过程中，电阻产生的热量为
D．导体框进入磁场的过程中，通过某个横截面的电荷量为
3．三个质量相等，分别带有正电、负电和不带电的颗粒，从水平放置的平行带电金属板左侧以相同速度垂直电场线方向射入匀强电场，分别落在带正电荷的下板上的a、b、c三点，如图所示，则（　　）
A．落在c点的颗粒在两板间运动时间最长
B．落在a点的颗粒带正电、c点的带负电
C．三个颗粒运动到正极板时动能一样大
D．落在a的点颗粒加速度最大
4．在如图所示的电路中，R1>r，将滑动变阻器R的滑片从位置a向下滑动到位置b的过程中，电路均处于稳定状态。滑片处于位置b和位置a相比，电路中（　　）
A．灯泡L的亮度变亮 B．电容器C所带电荷量Q增大
C．电源的输出功率P增大 D．电阻R1消耗的热功率P1增大
二、单选题
5．如图所示，一半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为，电量为的正电荷（重力忽略不计）以速度沿正对着圆心O的方向射入磁场，从磁场中射出时速度方向改变了角，磁场的磁感应强度大小为
A． B．
C． D．
6．如图所示，用两根长度均为l的绝缘轻绳将正电的小球悬挂在水平的天花板下，小球的质量为m，轻绳与天花板的夹角均为=30°，小球正下方距离也为l的A处有一绝缘支架上同样有一个带电小球，此时轻绳的张力均为0，现在将支架水平向右移动到B处，B处位置为与竖直方向的夹角为处，小球处于静止状态，则（　　）
A．A处的带电小球带负电
B．A处与B处库仑力大小之比为
C．支架处于B处，左边绳子张力为
D．支架处于B处，右边绳子张力为
7．在图电路中，电源的电动势是E，内电阻是r，当滑动变阻器R3的滑动头向右移动时（　　）
A．电阻R1的功率将减小
B．电阻R2的功率将增大
C．电源的功率将减小
D．电源的效率将减小
8．如图所示，和为两平行的虚线，上方和下方都是垂直纸面向里的磁感应强度相同的匀强磁场，、两点都在上。带电粒子从点以初速度与成30°角斜向右上射出，经过偏转后正好过点，经过点时速度方向也斜向上。不计重力，下列说法中正确的是（　　）
A．此粒子一定带正电荷
B．带电粒子经过点与经过点时速度方向不同
C．若将带电粒子在点时的初速度变大（方向不变），它仍能经过点
D．若将带电粒子在点以初速度与成60°角斜向右上射出，它将不能再经过点
9．下列说法正确的是（ ）
A．电场强度为零处，电势也一定为零
B．在一个以点电荷为中心，半径为的球面上，各点电场强度相同
C．由可知，若电容器两极板间的电压改变，则电容器的电容一定改变
D．同一电场中等差等势面较密处的电场强度也一定较大
10．如图所示，电动势为E、内阻为r的电池与定值电阻R0、滑动变阻器R串联，已知R0=2r，滑动变阻器的最大阻值是5r。当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，下列说法中正确的是（　　）
A．定值电阻R0上消耗的功率变小
B．滑动变阻器消耗的功率变小
C．滑动变阻器消耗的功率先变大后变小
D．滑动变阻器消耗的功率先变小后变大
11．如图所示，平行板电容器的两极板接于电池两极，一带电小球悬挂在电容器内部，闭合电键k，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则下述说法正确的是（　　）
A．电键k断开，A板向B板靠近，则θ增大
B．电键k断开，A板向上移动，则θ增大
C．保持电键k闭合，A板向B板靠近，则θ变小
D．保持电键k闭合，A板向上移动，则θ变小
12．如图所示，ACD、EFG为两根相距L的足够长的金属直角导轨，它们被竖直固定在绝缘水平面上，CDGF面与水平面成θ角．两导轨所在空间存在垂直于CDGF平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两根质量均为m、长度均为L的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，两金属细杆的电阻均为R，导轨电阻不计．当ab以速度沿导轨向下匀速运动时，cd杆也正好以速度向下匀速运动，重力加速度为g，以下说法正确的是（ ）
A．回路中的电流强度为
B．ab杆所受摩擦力
C．cd杆所受摩擦力为
D．μ与大小的关系为
13．如图质量为m、带电量为+q的带电粒子，以初速度v0垂直进入相互正交场强为E的匀强电场和磁感应强度为B匀强磁场中，从P点离开该区域，此时侧向位移为y，粒子重力不计，则
A．粒子在P点所受的电场力一定比磁场力大
B．粒子在P点的加速度为
C．粒子在P点的为动能为
D．粒子的运动轨迹是一条抛物线
三、实验题
14．某学习小组同学利用图甲所示的实验电路测量平行板电容器的电容。
(1)图甲中电流表A1量程为300 A，无法满足实验需要，需并联一电阻箱R1使其量程扩大为600 A。由于电流表A1内阻未知，无法确定电阻箱R1的阻值，该小组同学设计了图乙所示的电路，已知电流表A2与A1量程相同。实验操作步骤如下：
①按照图乙连接电路，电阻箱R1和滑动变阻器R2的阻值调到最大；
②断开开关S1，闭合开关S2。调节R2，使电流表A1和A2读数均为200 A；
③闭合开关S1，调节R1和R2，保证电流表A2读数不变，则当电流表A1读数是_______ A时，电流表A1与R1并联即可做量程为600 A的电流表使用。
(2)完成电流表的改装后，继续测量平行板电容器的电容，具体实验操作步骤如下：
①按图甲接好实验电路，请在图丙中将缺失的导线用笔画线补充完整______；
②先将图丙中开关S4闭合，再将单刀双掷开关S3接“a”，记下此时电压表读数6.2V；
③调节图丙中滑动变阻器的滑片P至阻值最大，将单刀双掷开关S3接“b”同时开始计时，每5s或10s读一次电流表A1的示数i，记录数据；
④以电流表A1的示数i为纵轴、时间t为横轴，在坐标纸上绘制点，请用平滑曲线在图丁中画出i－t图线________；
⑤根据实验结果和图像信息，估算电容器的电容C＝_________F.（结果保留2位有效数字）
15．图a为某同学测量一节干电池的电动势和内电阻的电路图。
(1)虚线框内是用毫安表改装成电流表的电路。已知毫安表表头的内阻为，满偏电流为100mA，电阻，由此可知，改装后电流表的量程为_________mA。
(2)实验步骤如下，请完成相应的填空：
①将滑动变阻器R的滑片移到_________端（选填“左”或“右”），闭合开关S；
②多次调节滑动变阻器的滑片，记下电压表的示数U和毫安表的示数I；某次测量时毫安表的示数如图b所示，其读数为_________mA；
③以U为纵坐标，I为横坐标，作U—I图象，如图c所示；
④根据图象求得电源的电动势E=_________V，内阻r=_________Ω。（结果均保留到小数点后两位）
四、解答题
16．如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一质量为m=0.1kg、带电荷量为的小物块处于静止状态，小物块与地面间的摩擦因数.从t=0时刻开始，空间上加如图乙所示的电场。
（1）2s末小物块的速度大小；
（2）0-4s小物块电势能的减少量。
17．如图甲所示，MN、PQ为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距L为0.5m，导轨左端连接一个阻值为2Ω的定值电阻R，将一根质量为0.2kg的金属棒cd垂直放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒cd的电阻r=2Ω，导轨电阻不计，整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度B=2T．若棒以1m/s的初速度向右运动，同时对棒施加水平向右的拉力F作用，并保持拉力的功率恒为4W，从此时开始计时，经过2s后金属棒的速度保持稳定不变，图乙为安培力与时间的关系图象．试问：
（1）金属棒cd开始运动时其中的电流方向怎样？
（2）金属棒在前2s内所做的是一种怎样的运动？并说明理由．
（3）2s后金属棒的速度大小是多少m/s？
（4）0～2s内通过电阻R的电量约多少C？
18．水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，问距为L，一端通过导线与阻值为R的电阻连接。导轨上放一质量为m的金属杆如图所示，金属杆与导轨的电阻忽略不计，均匀磁场竖直向下，用与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动。当改变拉力的大小时，相对应的匀速运动速度v也会变化，v与F的关系如右下图所示。若m=0.5kg，L=0.5m，R=0.5Ω，求磁感应强度B为多大，金属杆受到滑动摩擦阻力为多大？（取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力）
试卷第页，共页
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参考答案：
1．BC
【解析】
【详解】
若要让N中产生顺时针的电流，M必须让N中的磁场“减小”或“增大”所以有以下两个情况：
垂直纸面向里的磁场（）且大小减小，根据楞次定律与法拉第电磁感应定律，则有导体棒向右减速运动；
同理，垂直纸面向外的磁场（）且大小增大，根据楞次定律与法拉第电磁感应定律，则有导体棒向左加速运动，故BC正确，AD错误．
2．AD
【解析】
【详解】
因为，所以导体框在磁场中运动过程中，一定会存在不受安培力，只受重力的过程，该过程做加速运动，所以为了满足ab边刚进入磁场的瞬间和刚穿出磁场的瞬间速度相等，导体棒必须先减速进入磁场，然后加速，再减速，故A正确B错误；因为ab边刚进入磁场的瞬间和刚穿出磁场的瞬间速度相等，所以进入磁场过程中和穿出磁场过程中产生的热量相等，故整个过程中产生的热量为，C错误；根据可得导体框进入磁场的过程中，通过某个横截面的电荷量为，D正确；
3．AD
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据题意，三颗粒在水平方向做匀速直线运动，则有x=v0t，v0相同，则水平位移x与运动时间t成正比，由图看出，水平位移的关系为xaBD．竖直方向上三个颗粒都做初速度为0的匀加速直线运动，到达下极板时，在竖直方向产生的位移y相等，有
则可知加速度关系为aa>ab>ac，由牛顿第二定律得知三个颗粒的合力关系为 Fa>Fb>Fc，由于平行板间有竖直向上的电场，正电荷在电场中受到向上的电场力，向下的合力最小，向下的加速度最小，负电荷受到向下的电场力，向下的合力最大，向下的加速度最大，不带电的小球做平抛运动，加速度为重力加速度g，可知，落在a点的颗粒带负电，c点的带正电，b点的不带电，故B错误，D正确；
C．由上分析得知，落在c点的颗粒带正电，电场力向上，则电场力对它做负功，电场力对a做正功，由于做的功不同，所以三个颗粒运动到正极板时动能不一样大，故C错误。
故选AD。
4．CD
【解析】
【详解】
A．滑片位于位置b和滑片位于位置a相比，变阻器电阻变小，总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律，电路总电流变大，灯泡L两端的电压
变小，灯泡L变暗，故A错误；
B．灯泡电流变小，总电流变大，通过R2支路的电流变大，R2两端的电压增大，R2和变阻器两端的电压等于等于灯泡L两端的电压，故变阻器两端的电压减小，即电容器两端的电压减小，由
知，电容器C所带电荷量Q减小，故B错误；
C．当外电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大，因为，所以外电阻一定大于内阻，外电阻变小时，电源的输出功率P变大，故C正确；
D．由于总电流增大，根据
知电阻R1消耗的热功率增大，故D正确；
故选CD。
5．B
【解析】
【详解】
试题分析：根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示：
从磁场中射出时速度方向改变了角，所以粒子做圆周运动的圆心角为，根据几何关系有： ，根据得：，选项ACD错误，B正确．．
考点：带电粒子在匀强磁场中的运动、牛顿第二定律、向心力
【名师点睛】本题是带电粒子在磁场场中运动的问题，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求同学们能画出粒子运动的轨迹，结合几何关系求解．
6．C
【解析】
【详解】
A当绝缘支架上的带电小球在A位置时，轻绳的张力均为0，说明上方小球受力平衡，受力分析可知其只受重力和库仑力，因此A处的带电小球带正电，故选项A错误；
B.根据库仑定律可得
因此在A处与B处库仑力大小之比等于带点小球距离平方的倒数比，即
因为=30°，所以
故选项B错误；
CD. 支架处于B处，两球间的库仑力为
设左、右绳的张力分别为F1和F2，则由正交分解可得
解得
故选项C正确，选项D错误。
故选C。
7．C
【解析】
【详解】
当滑动变阻器R3的滑动头向右移动时，接入电路电阻变大，回路总电阻变大，则总电流减小根据
可知路端电压变大，则电阻R1的电压变大，电流变大，功率将变大，则流过R2的电流减小，电压变小，功率将变小；电源的功率 变小，电源的效率 变大，故选C。
8．C
【解析】
【分析】
【详解】
画出带电粒子运动的可能轨迹
A．如图，分别是正负电荷的轨迹，正负电荷都可能。故A错误。
B．如图，粒子经过B的位置时速度方向也斜向上，速度跟在A点时的速度大小相等，方向相同，速度相同。故B错误；
C．根据轨迹，粒子经过边界L1时入射点与出射点间的距离与经过边界L2时入射点与出射点间的距离相同，与速度无关。所以当初速度大小稍微增大一点，但保持方向不变，它仍有可能经过B点。故C正确。
D．如图，设L1与L2之间的距离为d，则A到B的距离为：
所以，若将带电粒子在A点时初速度方向改为与L2成60°角斜向上，则每次经过一个周期前进的距离为
，则经过三个周期后经过B点。故D错误。
故选C。
9．D
【解析】
【详解】
A、电势为零，是人为选择的，电场强度为零的地方，电势不一定为零，故A错误；
B、在一个以点电荷Q为中心，半径为r的球面上，各点电场强度大小相等，但方向不同，故电场强度不相同，故B错误；
C、电容的定义公式中，电容是由电容器本身决定的，与电容器两极板间的电压无关；故C错误；
D、同一电场中等差等势面较密处的电场线也一定密，故电场强度也一定较大，故D正确；
故选D．
【点睛】本题综合考查了电势、电场强度、电容、等势面和电场线等概念，关键是明确各个概念的定义公式．
10．C
【解析】
【详解】
A．当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻减小，电流变大，则定值电阻R0上消耗的功率一直增大，故A错误。
BCD．当外电阻与内阻相等时，电源输出功率最大，把定值电阻R0和电源看成一个整体，此时大电源的内电阻为3r，此时的滑动变阻器就相当于外电路，由于滑动变阻器的最大阻值是5r，当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻先逐渐接近于3r，然后远离3r，则滑动变阻器消耗的功率先变大后变小，故BD错误，C正确；
故选C。
11．B
【解析】
【详解】
A．若断开K，电容器带电量保持不变，由和以及可得
由于Q、S不变，A板向B板靠近，虽然d变小，但电场强度不变，故电场力不变，则不变，故A错误；
B．若断开K，由得，Q不变，A板向上移动，S变小，E变大，则变大，故B正确；
C．若保持K闭合，则电容器两极板之间的电压保持不变，因此根据可知，当将A板向B板靠近时，d变小，电场强度增大，则电场力增大，将增大，故C错误；
D．若保持K闭合，则电容器两极板之间的电压保持不变，因此根据可知，A板向上移动，d不变，电场强度不变，则电场力不变，将不变，故D错误。
故选B。
12．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．cd杆的运动方向与磁感应强度的方向平行，不产生感应电动势，所以回路中感应电动势的大小等于ab杆产生的感应电动势，所以感应电动势为
回路中感应电流为
故A错误；
B．ab杆匀速下滑，则受力平衡，ab杆所受的安培力大小为
方向沿轨道向上，则由平衡条件得ab所受的摩擦力大小为
故B错误；
C．cd杆所受的安培力大小也等于，方向垂直于导轨向下，则cd杆所受摩擦力为
故C正确；
D．根据cd杆受力平衡得
则得μ与大小的关系为
故D错误。
故选C。
13．C
【解析】
【详解】
由轨迹可知，粒子初始时所受电场力大于磁场力，到p点时，速度会增加，所受磁场力会增加而电场力不变，故电场力不一定比磁场力大，故A错误；由题意，粒子开始时受到电场力和洛伦兹力的作用，加速度为，粒子所受合力是不断变化的，没有恒定的加速度，故B错误；对于粒子运动到p的过程由动能定理得： ，则粒子在P点的动能：，故C正确；粒子运动时所受的洛伦兹力是变力，即受到的合力是变力，故粒子的运动轨迹不是抛物线，选项D错误；故选C．
点睛：分析好粒子的受力情况，注意各个力的变化特点，建立粒子运动的情景，明确过程中遵守的物理规律，对于单个粒子的运动用动能定理求解是比较方便的．
14． 100 ～
【解析】
【详解】
（1）③[1] 把电流表A1量程为300 A，需并联一电阻箱R1使其量程扩大为600 A。并联的电阻箱的阻值要与电流表A1内阻相等，电流表A2读数是200 A，当电流表A1读数是100 A时，通过电流表A1和变阻箱的电流相同，两者电阻相等，电流表A1与R1并联即可做量程为600 A的电流表使用；
（2）①[2]根据电路原理图，实物连线如图所示；
④[3]以电流表A1的示数i为纵轴、时间t为横轴，在坐标纸上绘制点，请用平滑曲线在图丁中画出i－t图线如图所示；
⑤[4] 由分流作用可知，由电流定义式有
整理得
图像与坐标轴所围的面积，即为
则
（～均可）
15． 500 右 56 1.48 0.8
【解析】
【详解】
(1)[1]由题可知
解得量程
(2)[2]为了保护电路，闭合开关S前，将滑动变阻器的滑片移到最右端。
[3]毫安表读数为56mA。
[4] [5]改装成新的电流表的内阻
由于电流表改装后量程扩大了5倍，但电流读数仍为原表头读数，因此根据闭合电路欧姆定律
根据图象可知，图象与纵轴的交点等于电动势，斜率绝对值等于，因此可得
，
16．(1) (2)
【解析】
【详解】
（1）0-2s，根据牛顿第二定律，有：
①
根据速度时间关系：
②
联立解得：
③
（2）2-4s，小物块减速，根据牛顿第二定律，则有：
④
解得：
⑤
则0-2s与2-4s位移相等
⑥
电场力做功：
⑦
联立解得：
⑧
所以小物块电势能减少0.8J
17．(1)d指向c；(2)加速度减小的加速直线运动；(3)4m/s；(4)1.66C
【解析】
【分析】
（1）由右手定则可知金属棒cd中的电流方向；（2）分析物体的受力情况，根据牛顿第二定律判断物体的运动情况；（3）金属棒的速度最大时，所受的合外力为零，从而求解最大速度；（4）根据图像的 “面积”求解安培力的冲量，结合电量的公式求解电量.
【详解】
（1）由右手定则可知，金属棒cd中的电流方向由d指向c；
（2）金属棒在前2s内所做的是加速度减小的加速直线运动；对于金属棒运动的起始时刻，金属棒在水平方向上受到安培力FA和拉力F的作用，
所以F>FA，金属棒所受的合力方向与初速度方向相同，因此金属棒向右做加速运动；由于，所以FA将随着v的增大而不断增大；又由于，所以F随着v的增大而不断减小；
而F-FA=ma，所以加速度a将不断减小；所以金属棒在前2s内所做的是一种加速度减小的加速直线运动.
（3）金属棒的速度最大时，所受的合外力为零，即
解出：
（4）图像与横轴之间共约83（81-85）个小方格，相应的“面积”为
即
故 （1.62C-1.70C）
【点睛】
本题综合考查了牛顿第二定律、动量定理、功能关系等知识，综合性较强，对学生能力的要求较高，是一道好题．
18．1T，2N
【解析】
【详解】
据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律可得，金属杆中的感应电流为
金属杆受到的安培力为
当金属杆匀速运动时，据平衡条件可得
联立解得
由图线斜率可得
解得
由图线与横轴的交点可以求得，金属杆受到滑动摩擦阻力为
f=2N
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