甘肃省天水市高二（下）开学考试物理试题（word版含答案）

甘肃省天水市高二（下）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，通电直导线与线圈abcd在同一平面内，且通电直导线电流方向竖直向上，则（　　）
A．线圈向右平动时，感应电流沿adcb方向
B．线圈竖直向下平动，则无感应电流
C．线圈以ab边为轴转动，则无感应电流
D．线圈沿垂直纸面方向远离导线，则产生的感应电流沿abcd方向
2．如图甲，100匝的线圈，横截面积是0.1m2，线圈两端A、B与一个理想电压表相连．线圈中有垂直纸面向里的磁场，磁场的磁感应强度按图乙规律变化，则(　　)
A．电压表的示数是2V B．电压表的示数是2.5V
C．A点电势高于B点 D．B点电势高于A点
二、单选题
3．如图所示，平行板电容器AB两极板水平放置，和一理想的二极管串联接在电源上，一带电小球静止在两板之间，则（　　）
A．若AB两极板间距增大，小球将向下运动
B．若AB两极板正对面积减小，小球将保持静止
C．若AB两极板间插入电介质，电容器带电量不变
D．若AB两极板间插入金属板，小球将向上运动
4．一个电流表，刻度盘的每1小格代表1μA，内阻为Rg，如果把它改装成量程较大的电流表，刻度盘的每一小格代表nμA，则（　　）
A．给它串联一个电阻，阻值为nRg
B．给它串联一个电阻，阻值为（n－1）Rg
C．给它并联一个电阻，阻值为
D．给它并联一个电阻，阻值为
5．如图所示，平行金属导轨与水平面成角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F，此时（　　）
A．电阻R1消耗的热功率为
B．电阻R2消耗的热功率为
C．整个装置因摩擦而消耗的热功率为
D．整个装置消耗的机械功率为Fv
6．如图所示，固定在水平面上的半径为r=0.1m的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B=4T的匀强磁场。长为l=0.2m、单位长度电阻为R0=10Ω的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，随轴以角速度ω=100rad/s匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有如图所示的电路，电阻R1和R2阻值均为1Ω，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是（　　）
A．棒产生的电动势为8V
B．通过电流表的电流方向自右向左，示数为1A
C．导体棒消耗的电功率为1W
D．电阻R2消耗的电功率为W
7．如图，电流天平是一种测量磁场力的装置。两相距很近的通电平行线圈Ⅰ和Ⅱ，线圈Ⅰ固 定，线圈Ⅱ置于天平托盘上。当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零。下列说 法正确的是（ ）
A．若两线圈电流方向相反，则天平示数为负
B．若两线圈电流方向相同，则天平示数为负
C．若只有线圈Ⅰ通恒定电流，则天平示数为负
D．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对相互作用力
8．如图示装置是某同学探究感应电流产生条件的实验装置。在电路正常接通并稳定后，他发现：当电键断开时，电流表的指针向右偏转。则能使电流表指针向左偏转的操作是（　　）
A．拔出线圈A
B．在线圈A中插入铁芯
C．滑动变阻器的滑动触头向左匀速滑动
D．滑动变阻器的滑动触头向左加速滑动
9．一架飞机在广州上空匀速巡航，机翼保持水平，飞行高度不变，由于受地磁场竖直向下分量的作用，金属机翼上有电势差，设飞行员左方机翼末端处的电势为，右方机翼末端处电势为 ，则下列说法正确的是（　　）
A．若飞机从东往西飞，比高
B．若飞机从南往北飞，比低
C．若飞机从北往南飞，比低
D．由于飞机匀速飞行，则等于
三、实验题
10．测定一组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
（B）电流表A1（内阻可忽略不计）
（C）电流表A2（内阻可忽略不计）
（D）定值电阻R0（阻值1000Ω）
（E）滑动变阻器R（阻值0—20Ω）
（F）开关和导线若干
某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图甲所示的电路完成实验．
（1）在实验操作过程中，该同学将滑动变阻器的滑片P向左滑动，则电流表A1的示数将_____（选填“变大”或“变小”）．
（2）该同学利用测出的实验数据绘出的I1－I2图线（I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数，且I2的数值远远大于I1的数值），如图乙所示，则由图线可得被测电池的电动势E＝_____V，内阻r＝______Ω．（计算结果取两位有效数字）
（3）若将图线的纵坐标改为________，则图线与纵坐标的交点的物理含义即为电动势的大小．
四、解答题
11．如图所示，在长方形ABCD中，AB边的长xAB=L，AD边的长。一电子由静止开始被电压为U的电场加速后，从A点沿AB边射入。若ABCD区域内仅存在一垂直纸面向里的匀强磁场（区域边界也存在磁场），则电子从CD边的中点射出。若ABCD区域内仅存在场强大小、方向由D指向A的匀强电场（区域边界也存在电场），则电子从某边界上的N点（图中未画出）射出。已知电子质量为m，电荷量为e，不计重力。计算：
(1)磁感应强度大小；
(2)N、C两点间的距离xNC。
12．如图所示，足够长的“U”形框架沿竖直方向固定，在框架的顶端固定一定值电阻R，空间有范围足够大且垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，电阻值均为R的金属棒甲、乙垂直地放在框架上，已知两金属棒的质量分别为m=2.0×10-2kg、m乙=1.0×10-2kg。现将金属棒乙锁定在框架上，闭合电键，在金属棒甲上施加一竖直向上的恒力F，经过一段时间金属棒甲以v=10m/s的速度向上匀速运动，然后解除锁定，金属棒乙刚好处于静止状态，忽略一切摩擦和框架的电阻，重力加速度g=10m/s2。则
(1)恒力F的大小应为多大？
(2)保持电键闭合，将金属棒甲锁定，使金属棒乙由静止释放，则金属棒乙匀速时的速度v2应为多大？
(3)将两金属棒均锁定，断开电键，使磁感应强度均匀增加，经时间t=0.1s磁感应强度大小变为2B此时金属棒甲所受的安培力大小刚好等于金属棒甲的重力，则锁定时两金属棒之间的间距x应为多大？
试卷第页，共页
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参考答案：
1．BD
【解析】
【详解】
A．若线圈向右平动，穿过线圈的磁通量减少，根据楞次定律可知，感应电流方向是a→b→c→d，故A错误；
B．若线圈竖直向下平动，穿过线圈的磁通量不变，无感应电流产生，故B正确；
C．当线圈从图示位置以ab边为轴转动时，穿过线圈的磁场发生变化，根据楞次定律可知，会产生感应电流，故C错误；
D．当线圈沿垂直纸面方向远离导线时，穿过线圈的磁场减小，根据楞次定律可知，产生感应电流为顺时针方向，即沿abcd方向，故D正确；
2．AC
【解析】
【详解】
试题分析：由法拉第电磁感应定律知: ,故A对，B错；由楞次定律知，感应电流方向时逆时针方向，所以A点的电势高，C对D错．
考点：法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、楞次定律．
【名师点睛】法拉第电磁感应定律:
(1)内容：感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比．
(2)公式：E＝n，其中n为线圈匝数．
(3)感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路欧姆定律，即I＝．
3．D
【解析】
【详解】
A．若AB两极板间距增大，根据
则电容C减小，根据
Q=CU
可知，电容器要放电，但是由于二极管的单向导向性使得电容器电量保持不变，根据
则两板场强不变，则小球仍静止，选项A错误；
B．若AB两极板正对面积减小，根据
则电容C减小，根据
Q=CU
可知，电容器要放电，但是由于二极管的单向导向性使得电容器电量保持不变，根据
则两板场强变大，则小球将向上运动，选项B错误；
C．若AB两极板间插入电介质，根据
可知C变大，则根据
Q=CU
可知，电容器带电量增加，选项C错误；
D．若AB两极板间插入金属板，相当d减小，根据
可知C变大，电容器充电，根据
则E变大，则小球将向上运动，选项D正确。
故选D。
4．D
【解析】
【详解】
因Ig＝，量程扩大n倍即为nIg，则应有（n－1）Ig被分流，故应并联一个分流电阻，阻值
R＝＝
故选D。
5．C
【解析】
【详解】
导体棒滑动的过程中切割磁感线，产生感应电动势，所以ab导体棒相当于电源．R1与R2并联．设导体棒、R1、R2的电阻为R，导体棒的长度为L，则R1、R2并联后的电阻为：
且二者的电流皆为干路电流的一半．电路产生的总电流：
则导体棒所受的安培力为：
．
AB．R1、R2上消耗的功率相等为：
故A错误，B错误．
C．整个装置所受的摩擦力为，所以摩擦力消耗的功率为，故C正确．
D．非重力做功都会消耗机械功率，所以整个装置消耗的机械功率为，故D错误．
6．D
【解析】
【详解】
A．由于在圆环内存在磁感应强度为B的匀强磁场，所以金属棒有效切割长度为r，金属棒切割磁感线产生的感应电动势
故A错误；
B．以金属棒有效切割长度为r，单位长度电阻为
R0=10Ω
则金属棒电阻为
Rr=1Ω
电路中的总电阻为
电路中电流为
故B错误；
C．导体棒消耗的电功率为
故C错误；
D．电阻R2中电流为干路电流一半，则消耗的电功率为
故D正确。
故选D。
7．B
【解析】
【详解】
AB．当天平示数为负时，说明两线圈相互吸引，两线圈电流方向相同，当天平示数为正时，说明两线圈相互排斥，两线圈电流方向相反，故A错误，B正确；
C．只有线圈I通恒定电流，两线圈不会存在相互作用，天平示数为零，故C错误；
D．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力不是一对相互作用力，它们作用在一个物体上，故D错误。
故选B。
8．B
【解析】
【详解】
由题意可知：当电键断开时，穿过线圈A的磁通量减小，则线圈B的磁通量也在减小，导致电流表指针向右偏转；故可知当A中的磁通量减小时，电流表指向右偏；
A．拔出线圈A，A中磁通量减小，指针向右偏转，故A错误；
B．在线圈A中插入铁芯，A中磁通量增大，则知电流表指针向左偏转，故B正确；
CD．滑动变阻器的滑动触头向左匀速滑动或者加速滑动时，A中电流减小，磁通量减小，则知电流表指针均向右偏转，故CD错误。
故选B。
9．A
【解析】
【分析】
【详解】
当飞机在北半球飞行时，由于地磁场的存在，且地磁场的竖直分量方向竖直向下，由于感应电动势的方向与感应电流的方向是相同的，由低电势指向高电势，由右手定则可判知，在北半球不论沿何方向水平飞行，都是飞机的左方机翼电势高，右方机翼电势低，即总有比高。
故选A。
10． 变大 3.0 1.0 I1R0
【解析】
【详解】
（1）该同学将滑动变阻器的滑片P向左滑动，滑动变阻器的有效阻值增大，则回路中的总电阻增大，故总电流减小，外电压增大，故流过的电流增大，则示数增大；（2）根据闭合电路的欧姆定律得：，变形得：，则图线的斜率为，解得：，纵截距，解得：；路端电压为，代入，得，即将图线的纵坐标改为时，图线与纵坐标的交点的物理含义即为电动势的大小．
【点睛】遇到根据图象求解的实验题，应先根据物理定律写出表达式，再整理出纵轴物理量与横轴物理量的函数关系，再结合截距与斜率概念求解．
11．(1)；(2)
【解析】
【详解】
(1)设电子从A点射入时的速度大小为v，对加速过程，由动能定理有
电子在磁场中做圆周运动，轨迹如图所示，粒子做圆周运动的半径为
由牛顿第二定律有
联立解得
(2)依题意知电场强度为
设电子在电场中的加速度为a，运动时间为t，电子受到的电场力方向由A指向D，电子做类平抛运动。由牛顿第二定律有
eE=ma
电子沿AD方向的位移
假设N点在BC边上，沿AB方向有
L=vt
解得
由于，假设成立，所以N、C之间的距离为
12．(1) 0.4N；(2) 5m/s；(3)
【解析】
【详解】
(1)金属棒甲匀速运动时，由力的平衡条件可知：
F=m甲g+BI甲L
由题图可知流过金属棒乙的电流大小应为：
金属棒乙刚好处于静止状态，由平衡条件可知：
由以上整理得：
F=m甲g+2m乙g
代入数据解得：
F=0.4N；
(2)金属棒乙锁定，闭合电键，金属棒甲向上匀速运动时，有
E甲=BLv1
由闭合电路的欧姆定律得：
对金属棒乙，由平衡条件可知：
BI甲L=2BI乙L=2m乙g
解得：
将金属棒甲锁定，金属棒乙匀速时，有：
解得：
联立解得：
v2=5m/s；
(3)由法拉第电磁感应定律得：
由闭合电路的欧姆定律得：
由题意可知：
m甲g=2BIL
联立以上可得：
解得：
代入数据得：
。
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