甘肃省靖远县高二下学期开学检测考试物理试题（word版含答案）

甘肃省靖远县高二下学期开学检测考试物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、多选题
1．如图所示，在光滑绝缘的水平桌面上放一弹性闭合导体环，在导体环轴线上方有一条形磁铁。当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时，下列判断中正确的是（　　）
A．导体环有收缩趋势
B．导体环有扩张趋势
C．导体环对桌面压力减小
D．导体环对桌面压力增大
2．如图所示，为某电源的U-I图线，由图可知（　　）
A．电源的内阻为1.0Ω
B．电源的内阻为3.0Ω
C．外电路发生短路时的电流为0.5A
D．外电路发生短路时的电流为1.5A
3．半径分别为和的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为、质量为且质量分布均匀的直导体棒置于圆导轨上面，的延长线通过圆导轨中心，装置的俯视图如图所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为，方向竖直向下．在内圆导轨的点和外圆导轨的点之间接有一阻值为的电阻（图中未画出）．直导体棒在水平外力作用下以角速度绕逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小．则（ ）
A．电阻中的感应电流从端流向端 B．电阻中的感应电流大小为
C．克服摩擦力做功的功率为 D．外力的功率为
二、单选题
4．电荷量分别为q1、q2的点电荷固定在x轴上的某两点处，x轴上各点电势的分布如图所示，下列说法正确的有（　　）
A．q1和q2带异种电荷
B．x1处的电场强度为零
C．负电荷从x1移到x2，电势能增大
D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大
5．图中虚线是用实验方法描绘出的某一静电场中的一簇等差等势线，若不计重力的带电粒子从a点射入电场后恰能沿图中的实线运动，b点是其运动轨迹上的另一点，则下列判断正确的是（ ）
A．b点的电势一定高于a点的电势
B．a点的场强一定小于b点的场强
C．带电粒子一定带正电
D．带电粒子在b点的电势能一定大于在a点的电势能
6．理想变压器的原、副线圈匝数比为3：1，通过电压传感器测得副线圈两端电压随时间变化的图像如图所示，则：
A．变压器输入端的电压为30V
B．变压器输入端的交流电频率为200Hz
C．若在输出端接10的电阻，其电功率应为10W
D．若在输出端接20的电阻，其电功率应为2.5W
7．如图（a）所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷．t=0时，甲静止，乙以初速度6m/s向甲运动．此后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的v-t图像分别如图（b）中甲、乙两曲线所示．则由图线可知 ( )
A．两电荷的电性一定相反
B．t1时刻两电荷的电势能最大
C．0~t3时间内，两电荷的动量变化相同
D．0~t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小
8．如图所示，直角边界内充满了垂直纸面向里的匀强磁场，一带电粒子从水平边界上P点射入磁场，一段时间后又垂直竖直边界穿出。已知入射速度方向与水平边界的夹角为60°，不计粒子重力。若仅将粒子的速度大小减小一半，则粒子先后两次在磁场中运动的时间之比为（　　）
A．1:1 B．2:1 C．1:2 D．1:3
9．如图（a）为一种节能路灯，该路灯通过光控开关实现自动控制：电灯的亮度可以自动随周围环境的亮度改变而改变．如图（b）为其内部电路简化原理图，电源电动势为E，内阻为，R1为光敏电阻（电阻值随光照强度增大而减小）．若环境变暗，则下列判断正确的是
　　（a） （b）
A．路端电压不变
B．R0两端电压变小
C．B灯变暗，A灯变亮
D．电源总功率不变
10．如图是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器(带电粒子的重力不计)。速度选择器内有互相垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B，电场的场强为E。挡板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2，挡板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场。下列表述正确的是( )
A．质谱仪是分析同位素的重要工具
B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里
C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于
D．带电粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，带电粒子的比荷越小
11．静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器，如图，A为带电极板，实线为除尘器内电场的电场线，虚线为某粒带电粉尘的运动轨迹，P、Q为其运动轨迹上的两点，下列说法正确的是(　　)
A．该电场是一个匀强电场
B．带电极板A带负电
C．该带电粉尘带负电
D．该带电粉尘在P、Q两点所受电场力的大小FP>FQ
12．如图甲所示，导线框abcd的平面与水平面成θ角，导体棒PQ与ab、cd垂直且接触良好．垂直框架面的磁场的方向向上，且磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示，导体棒始终静止，在0~t1时间内，下列说法正确的是( )
A．导体棒中电流一直增大
B．电路中消耗的电功率一直增大
C．导体棒所受的安培力一直增大
D．导体棒所受的摩擦力先增大后减小
13．在如图所示的电路中，小量程电流表G的内阻Rg=100 Ω，满偏电流Ig=1 mA，R1=900 Ω，R2=Ω。说法正确的（　　）
A．当S1和S2均断开时，改装成的表是电流表
B．当S1和S2均断开时，改装成的是量程为10 V的电压表
C．S1和S2均闭合时，改装成的表是电压表
D．S1和S2均闭合时，改装成的是量程为1 A的电流表
14．如图所示的电路中，D1和D2是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，其电阻值与R相同。在电键接通和断开时，灯泡D1和D2亮暗的顺序是（ ）
A．接通时D1先达最亮，断开时D1后灭
B．接通时D2先达最亮，断开时D2后灭
C．接通时D1先达最亮，断开时D2后灭
D．接通时D2先达最亮，断开时D1后灭
三、实验题
15．在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：
A．待测的干电池（电动势约为1.5 V，内电阻小于1.0Ω）
B．电流表A1（量程0—3mA，内阻Rg1＝10Ω）
C．电流表A2（量程0—0.6A，内阻Rg2＝0.1Ω）
D．滑动变阻器R1（0—20Ω，10A）
E. 滑动变阻器R2（0—200Ω，1A）
F. 定值电阻R0（990Ω）
G. 开关和导线若干
（1）某同学设计了如图甲所示的（a）、（b）两个实验电路，其中合理的是____ 图；在该电路中，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选______。
（2）如图为该同学根据（1）中选出的合理的实验电路，利用测出的数据绘出的I1-I2图线（I1为电流表 A1的示数，I2为电流表 A2的示数），则由图线可得电动势E＝___V，内阻r＝____Ω（内阻r保留2位有效数字）。
四、解答题
16．在电场中把带电荷量为2.010-9c的正电荷从A点移到B点，电场力做了1.0l0-7J的正功，再把这个电荷从B点移到C点，电场力又做了4.010-7J的负功。
（1）AB间、AC间的电势差、各是多大？
（2）若选C为参考点，求A点和B点的电势分别为多大。
17．如图所示，两平行界线MN与PQ之间存在一方向垂直纸面向里的匀强磁场B，磁场宽度d=0.5m，MN右侧区域存在一水平向左的匀强电场，电场强度E=4.0×102N/C，一质量为m、电荷量为＋q的粒子从电场中A点由静止开始释放，已知A点到MN的距离为l=0.5m，粒子比荷为1.0×104C/kg，不计粒子重力。
（1）求粒子进入磁场时速度的大小；
（2）要使粒子进入磁场后不会从磁场左边界PQ穿出，磁感应强度B须满足什么条件？
18．如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，一个磁感应强度B＝0.50T的匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P间连接阻值为R＝0.30Ω的电阻，导轨宽度L＝0.40m．电阻为r＝0.20Ω的金属棒ab紧贴在导轨上，导轨电阻不计，现使金属棒ab由静止开始下滑，通过传感器记录金属棒ab下滑的距离，其下滑距离与时间的关系如下表所示．（g=10m/s2）
时 间t（s） 0 0.10 0.20 0.30 0.40 0.50 0.60 0.70
下滑距离h（m） 0 0.10 0.30 0.70 1.20 1.70 2.20 2.70
求：
（1）在前0.4s的时间内，金属棒ab电动势的平均值；
（2）金属棒ab的质量m；
（3）在前0.7s的时间内，电阻R上产生的热量QR．
试卷第页，共页
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参考答案：
1．AD
【解析】
【分析】
【详解】
AB．当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时，导体环中磁通量增大，据楞次定律的推论“增缩减扩”可知，导体环有收缩趋势，A正确，B错误；
CD．据推论“来拒去留”可知，导体环有远离的趋势，以阻碍磁通量的增大，故对桌面压力增大，C错误，D正确。
故选AD。
2．AD
【解析】
【详解】
AB．根据电源的U-I图线的斜率表示电源内阻，可得
故A正确，B错误；
CD．根据电源的U-I图线的纵截距表示电源电动势，所以当外电路发生短路时，此时电流为
故C错误，D正确。
故选AD。
3．ABC
【解析】
【详解】
【解答】
解：B、AB中感应电动势的大小为，感应电流大小： ，选项B正确；A、由右手定则判断可知，感应电流的方向是从B端流向A端，所以通过电阻R的电流方向为C→D，则选项Ａ正确．Ｃ、设导体棒克服摩擦力做功的功率为P，在竖直方向有：mg-N=0，由于质量分布均匀，内、外圆导轨对导体棒的正压力相等，故两导轨对导体棒的摩擦力均为，所以，选项Ｃ正确．Ｄ、电功率为，由能量守恒定律得：P外=P+P电，解得．故Ｄ错误．故选ABC.
【点睛】 求导体棒转动的感应电动势，由欧姆定律求出电流，由右手定则判断出感应电流方向；外加机械功率等于电阻器上电功率与克服摩擦力做功的功率之和，根据能量转化守恒定律求解杆ab克服摩擦力做功的功率．
4．A
【解析】
【详解】
A．由于无穷远处电势为零，而图线中反映的电势有正有负，所以q1和q2中一定包含正电荷和负电荷，即q1和q2带异种电荷，故A正确；
BD．φ-x图像斜率的大小表示电场强度的大小，所以x1处的电场强度不为零，x2处的电场强度为零，从x1到x2电场强度逐渐减小，所以负电荷从x1移到x2，受到的电场力逐渐减小，故BD错误；
C．负电荷从x1移到x2，电势能减小，故C错误。
故选A。
5．D
【解析】
【详解】
AC．粒子做曲线运动，所受的电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知电场力的方向大致向左，但是电场方向未知，所以无法判断带电粒子所带电荷的电性，也无法判断电势的高低，故A、C错误；
B．a点的等差等势而比b点等差等势面密，根据电场线与等势面垂直，可知a点处电场线比b点处电场线密，所以a点电场强度大于b点电场强度，故B错误；
D．粒子从a到b电场力做负功，电势能增加，所以带电粒子在b点的电势能一定大于在a点的电势能，故D正确。
故选D。
6．D
【解析】
【详解】
由图可得副线圈电压的最大值是10V，则其有效值是5V，由于理想变压器的原、副线圈匝数之比为3：1，所以原线圈电压的有效值为15V，故A错误；由图可知，电流变化的周期为0.02s，所以频率为50 Hz，故B错误；若在输出端接10Ω的电阻，其电功率应为：，故C错误．若在输出端接20Ω的电阻，其电功率应为：，故D正确．
7．B
【解析】
【分析】
由图象0-t1段，判定甲从静止开始与乙同向运动，则知甲的电性．分析t1时刻前后两球距离的变化，判断电场力做功情况，分析两电荷的电势能．0～t2时间内，分析两电荷间距离变化，可知相互静电力的变化．t1～t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能先减小后增大．
【详解】
A项：由图象0-t1段看出，甲从静止开始与乙同向运动，说明甲受到了乙的排斥力作用，则知两电荷的电性一定相同，故A错误；
B项：0～t1时间内两电荷间距离逐渐减小，在t1～t2时间内两电荷间距离逐渐增大，t1时刻两球相距最近，系统克服电场力最大，两电荷的电势能最大，故B正确；
C项：0~t3时间内，系统动量守恒，所以两点电荷的动量变化大小相等，方向相反，故C错误；
D项：由图象看出，0～t3时间内，甲的速度一直增大，则其动能也一直增大．乙的速度先沿原方向减小，后反向增大，则其动能先减小后增大，故D错误．
故应选：B．
【点睛】
本题也可以运用类比的方法分析，相当于发生了完全非弹性碰撞，t1时刻两球的速度相同，动能损失最大，两电荷的电势能最大．
8．C
【解析】
【详解】
根据洛伦兹力提供向心力可得
解得
由上式可知，将粒子的速度减半后，轨迹半径r也相应减半，粒子的角速度和运动周期不会改变；所以，两次运动时间之比等于轨迹圆弧所对应的圆心角之比。由几何关系可解得第一次运动的轨迹圆弧所对应的圆心角为60°，第二次带电粒子恰好从水平边界和竖直边界的交点处射出磁场，轨迹圆弧所对应的圆心角为120°，则两次的运动时间之比为1:2。
故选C。
9．B
【解析】
【详解】
若环境变暗，Rt增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I减小，电源的内电压减小，路端电压U增大，则A灯变亮，通过R0电流I0=I-IA，I减小，而IA变大，则I0减小，R0两端电压U0减小，而R0、B的电压之和等于路端电压，路端电压增大，可知，B的电压增大，B灯变亮；电源的总功率P=EI，I减小，则P减小，故B正确，ACD错误。
故选B。
10．A
【解析】
【详解】
B．通过速度选择器时，电场力的方向与洛伦兹力的方向相反，根据左手定则，磁场方向垂直纸而向外，B错误；
C．在速度选择器中运动的粒子，当
时恰好穿过速度选择器，此时的速度
C错误；
D，穿过P后在磁场中运动的轨道半径
比荷越大的轨道半径越小，打在胶片上的位置越靠近狭缝P，D错误；
A．对于同位素，带电量相同，以相同的速度进入磁场时，根据打到的位置确定比荷，因此是分析同位素的重要工具，A正确。
故选A。
11．C
【解析】
【详解】
试题分析：根据轨迹弯曲的方向判断电荷的正负，电场线的疏密表示场强大小，电场线由正电荷出发，终止于负电荷．
电场线的疏密程度不一样，所以该电场不是匀强电场，A错误；因为是从A极板出发，故A极板带正电，B错误；粉尘受到的电场力指向轨迹的内侧，所以与电场方向相反，故带负电，C正确；Q点的电场线较密，故在Q点的电场强度较大，所以在Q点受到的电场力较大，D错误．
12．C
【解析】
【详解】
由图看出，磁感应强度均匀增大，穿过PQcb回路的磁通量均匀增加，回路中产生恒定的感应电动势，则回路的电流恒定，选项A错误；根据P=I2R可知，电路消耗的电功率恒定不变，选项B错误；根据楞次定律得知，导体棒PQ所受安培力方向沿斜面向下．由F=BIL可知，B增大，PQ所受安培力大小F增大，根据平衡条件得到，棒PQ受到的静摩擦力大小f=F+mgsinθ，F增大，f增大，故C正确，D错误．故选C.
13．D
【解析】
【分析】
【详解】
AB．当S1和S2均断开时，与G串联，断路，故改装成的表是电压表，改装后的量程为
故AB错误；
CD．S1和S2均闭合时，被短接，与G并联，故改装成的表是电流表，改装后的量程为
故C错误，D正确。
故选D。
14．A
【解析】
【详解】
电键接通瞬间，电路中立即产生电流，但线圈中产生自感电动势，阻碍电流的增加，故开始时通过灯泡D1的电流较大，故灯泡D1较亮；电路中自感电动势阻碍电流的增加，但不能阻止电流增加，电流稳定后，两个灯泡一样亮，即D1灯泡亮度逐渐正常，电键断开瞬间，电路中电流要立即减小零，但线圈中会产生很强的自感电动势，与灯泡D1构成闭合回路放电，故断开时D1后灭。
故选A。
15． （b） D 147-1.48V 0.80-0.86Ω
【解析】
【详解】
(1)[1]上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，将电流表串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表；(a)、(b)两个参考实验电路，其中合理的是(b)；
[2]因为电源的内阻较小，所以应该采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小。滑动变阻器应选D；若选择大电阻，则在变阻器滑片调节的大部分范围内，电流表读数太小，电流表读数变化不明显；
(2)[3]根据欧姆定律和串联的知识得，电源两端电压：
根据图象与纵轴的交点得电动势：
[4]由图可知当电流为0.45A时，电压为1.1V，则由闭合电路欧姆定律可知：
16．（1），；（2），
【解析】
【详解】
（1）间电势差为
间电势差为
间电势差为
（2）选点为零电势点，则
由
则
由
则
17．（1）2.0×103m/s；（2）B≥0.4T
【解析】
【分析】
【详解】
(1)粒子在电场中加速过程，由动能定理有
Eql=mv2
解得
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为r，由洛伦兹力作为向心力可得
其中
r≤d
代入数据解得
B≥0.4T
18．（1）（2）（3）0.58J
【解析】
【详解】
根据法拉第电磁感应定律求解；再根据牛顿第二定律求出质量；再根据能量守恒求出热量Q．
（1） 前0.4S内磁通量的变化量ΔΦ＝BΔS＝BLh＝0.24Wb
ab棒电动势的平均值
（2）从表格中数据可知，0.3s后棒作匀速运动，速度
由：，，，
解得
（3）棒在下滑过程中，有重力和安培力做功，克服安培力做的功等于回路的焦耳热．则： 解得Q=0.58J
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