广东省湛江市高二（下）开学考试物理试题（word版含答案）

广东省湛江市高二（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，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即，实线为一带正电的粒子仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（　　）
A．粒子通过P点时的加速度比通过Q点时大
B．粒子在P点的电势能比在Q点的电势能小
C．粒子通过P点时的动能比通过Q点时大
D．三个等势面中，a的电势最高
2．如图甲所示，两个点电荷Q1、Q2固定在x轴上，其中Q1位于原点O，a、b是它们连线延长线上的两点。现有一带正电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动（粒子只受电场力作用），设粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度随坐标x变化的图像如图乙所示，则以下判断正确的是（　　）
A．b点的场强一定为零 B．Q2电荷量大于Q1
C．a点的电势比b点的电势高 D．粒子在a点的电势能比在b点的电势能小
3．放射源发出的α粒子（氦原子核）经电压为U的加速电场加速后进入正交的匀强电场E和匀强磁场B中，电场方向向下，磁场方向向内，如图所示，发现离子向下偏转，要使离子沿直线通过磁场，可以（ ）
A．增大电场强度E
B．增大磁感应强度B
C．减小加速电压U
D．增大加速电压U
4．在如图所示的电路中，定值电阻R的阻值为10Ω，电动机M的线圈电阻值为2Ω，a、b两端加有60V的恒定电压，理想电压表的示数为24V，由此可知（　　）
A．通过电动机的电流为5A
B．电动机输出的功率为60.48W
C．电动机线圈在1分钟内产生的热量为3000J
D．电动机消耗的功率为86.4 W
5．如图所示，相距均为d的三条水平虚线L1与L2、L2与L3之间分别有垂直纸面向外、向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。一个边长也是d的正方形导线框，从 L1上方一定高处由静止开始自由下落，当ab边刚越过L1进入磁场时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边在越过L2运动到L3之前的某个时刻，线框又开始以速度v2做匀速直线运动，在线框从进入磁场到速度变为v2的过程中，设线框的动能变化量大小为△Ek，重力对线框做功大小为W1，安培力对线框做功大小为W2，下列说法中正确的有（　　）
A．在导体框下落过程中，由于重力做正功，所以有v2＞v1
B．从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，线框动能的变化量大小为△Ek＝W2－W1
C．从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，线框动能的变化量大小为△Ek＝W2+W1
D．从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，机械能减少了W1＋△Ek
二、单选题
6．磁电式电流表是常用的电学实验器材，图甲为其结构示意图。电表内部由线圈、磁铁、极靴、圆柱形软铁、螺旋弹簧等构成。图乙为线圈在磁场中的受力示意图，下列说法正确的是（　　）
A．极靴与圆柱形软铁之间为匀强磁场
B．当线圈中电流方向改变时，线圈受到的安培力方向不变
C．在运输磁电式电流表时，通常把正、负极接线柱用导线连在一起，是利用了电磁阻尼原理
D．通电线圈通常绕在铝框上，其主要原因是铝的电阻率小，可以减小焦耳热的产生
7．线圈所围的面积为0.1 m2，线圈电阻为1 Ω。规定线圈中感应电流I的正方向从上往下看是顺时针方向，如图甲所示。磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。则以下说法正确的是（　　）
A．在时间0~5 s内，I的最大值为0.1 A
B．在第4 s时刻，I的方向为正
C．前2 s内，通过线圈某截面的总电量为0.01 C
D．第3 s内，线圈的发热功率最大
8．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计的外壳接地，其指针张角可以测试电容两极板间的电势差。一带负电油滴恰好静止于P点。现将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，则下列说法正确的是
A．平行板电容器的电容将变小
B．带电油滴将向下运动
C．静电计指针张角变小
D．电容器的带电量将增多
9．如图所示，两根无限长导线，均通以恒定电流I．两根导线的直线部分和坐标轴非常接近，弯曲部分是以坐标原点O为圆心、半径相同的一段圆弧．规定垂直纸面向里的方向为磁感应强度的正方向，已知直线部分在原点O处不形成磁场，此时两根导线在坐标原点处的磁感应强度为B．下列四个选项中均有四根同样的、通以恒定电流I的无限长导线，O处磁感应强度也为B的是(　　)
A． B．
C． D．
10．在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是（　　）
A．奥斯特首先发现了电磁感应现象
B．法拉第发现了电流的磁效应
C．楞次发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕
D．纽曼和韦伯先后总结出了闭合电路中感应电动势大小的规律，后人称为法拉第电磁感应定律
11．关于力和运动的关系，下列说法正确的是（　　）
A．亚里士多德首先提出了力的概念
B．伽利略利用理想实验说明力是维持物体运动的原因
C．笛卡儿认为不受力时物体保持静止或匀速直线运动状态
D．牛顿提出力是改变物体运动状态的原因
12．如图所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环，导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按下列哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体圆环将受到向上的磁场作用力( )
A．
B．
C．
D．
13．如图所示，L1 、L2 、L3为三个相同的灯泡且电阻恒定，电源内阻是灯泡电阻的1.5倍。在变阻器 R的滑片 P 向上移动过程中，下列正确的是( )
A．L1 变亮， L2 变亮， L3变暗
B．电源输出功率变大
C．电源总功率变小
D．L1中电流变化量大于 L2中电流变化量
14．如图所示，倾角为α的导电轨道间接有电源，轨道上有一根金属杆ab始终处于静止状态，现垂直轨道平面向上加一磁感应强度为B的匀强磁场，金属杆恰好不受摩擦力，以下说法正确的是（　　）
A．若B逐渐增大，摩擦力方向沿斜面向上
B．若B逐渐减小，摩擦力方向沿斜面向下
C．若B垂直于轨道平面向下，摩擦力方向向上
D．若B垂直于轨道平面向下，摩擦力方向向下
三、实验题
15．在“测定金属的电阻率”的实验中
（1）某同学测量金属丝的直径时螺旋测微器如图甲所示，则该金属丝的直径为d=________mm．
（2）金属丝的电阻Rx大约是3Ω，实验室提供的电流表A（量程2.5mA，内阻约30Ω）、电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）．则金属丝、电流表和电压表的连接方式应该采用甲乙两图中的______图．
四、解答题
16．如图所示，A、B为两块平行金属板，A板带正电荷，B板带负电荷。两板之间存在着匀强电场，两板间距为d、电势差为U，在B板上开有两个间距为L的小孔。C、D为两块相距很近的同心半圆形金属板，圆心都在贴近B板的处，C带正电，D带负电。C、D板两端口的中心线正对着B板上的两小孔，两板间的电场强度可认为大小处处相等，方向都指向。半圆形金属板两端与B板的间隙可忽略不计。现从正对B板小孔紧靠A板的O处由静止释放一个质量为m、电荷量为q的带正电的微粒（重力不计），求：
(1)A、B两板间的电场强度的大小；
(2)微粒穿过B板小孔时的速度大小；
(3)使微粒能在C、D两板间沿中心线运动，C、D板间电场强度的大小。
17．如图所示，平行板电容器的两个极板A、B接在电压为60 V的恒定电源上，两极板间距为3 cm，电容器带电荷量为6×10-8 C，A极板接地。求∶
（1）平行板电容器的电容；
（2）平行板电容器两极板之间的电场强度；
（3）距B极板为2 cm的C点处的电势；
（4）将一个电荷量为q=8×10-9 C的正点电荷从B极板移到A极板静电力所做的功。
18．有两个相同的全长电阻为9Ω的均匀光滑圆环，固定于一个绝缘的水平台面上，两环分别在两个互相平行的、相距为20cm的竖直面内，两环的连心线恰好与环面垂直，两环面间有方向竖直向下的磁感应强度B=0.865T的匀强磁场，两环的最高点A和C间接有一内阻为0.5Ω的电源，连接导线的电阻不计．今有一根质量为10g，电阻为1.5Ω的棒置于两环内侧且可顺环滑动，而棒恰好静止于如图所示的水平位置，它与圆弧的两接触点P、Q和圆弧最低点间所夹的弧对应的圆心角均为θ=60°，取重力加速度g=10m/s2．试求此电源电动势E的大小．（取）
五、填空题
19．中值电阻等于欧姆表的内阻． ( )
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参考答案：
1．AD
【解析】
【分析】
【详解】
A．等势线密的地方电场线也密，电场强度大，所受电场力大，因此加速度也大，故带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时大，A正确；
BCD．带电质点所受的电场力指向轨迹内侧，且垂直于等势面，可知质点所受的电场力垂直于等势面向下，由于质点带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最低，a等势线的电势最高，根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能减小，动能增大，BC错误，D正确。
故选AD。
2．AC
【解析】
【详解】
AB．在b点前做加速运动，b点后做减速运动，可见b点的加速度为0，则在b点受到两点电荷的电场力平衡，受力为零，因此b点的场强一定为零，而可知Q2带负电，且有
Q2＜Q1
故A正确，B错误；
CD．该电荷从a点到b点，做加速运动，且该电荷为正电荷，电场力做正功，所以电势能减小，电势降低，a点的电势比b点的电势高，即粒子在a点的电势能比在b点的电势能大，故C正确，D错误；
故选AC。
3．BD
【解析】
【详解】
粒子向下偏转，根据牛顿第二定律可知：，洛仑兹力小于电场力，要使粒子直线运动，即电场力与洛仑兹力平衡；增大电场强度E，合力向下，不可能直线；增大磁感应强度B，增大洛仑兹力，可以达到电场力与洛仑兹力平衡，直线运动；减小加速电压，粒子速度变小，洛仑兹力变小，合力向下，不能直线运动；增大加速电压粒子速度变大，洛仑兹力变大，合力可以为零，能够直线运动，AC错误BD正确．
4．BD
【解析】
【详解】
A．通过电动机的电流
故A错误；
B．电动机的输出功率
故B正确；
C．电动机线圈在1分钟内产生的热量
故C错误；
D．电动机消耗的功率
故D正确。
故选BD。
5．BD
【解析】
【详解】
A．在导线框下落运动中，重力做正功，安培力做负功，不能由重力做功确定两速度大小，设导线框的电阻为R，质量为m，ab边经磁场时，由于导线框匀速运动，则有
导线框以速度v2做匀速直线运动时，有导线框中总的感应电动势为
E=2Bdv2
导线框所受的安培力大小为
比较以上式可得
v1>v2
A错误；
BC．从ab边经磁场到速度变为v2的运动中，由动能定理可得，导线框动能的变化量为
则得
B正确，C错误；
D．从ab边经磁场到速度变为v2的运动中，机械能的减少等于重力势能的减小量与动能的减小量之和，而重力势能的减小量等于重力做功W1，即有
ΔE=W1+ΔEk
D正确。
故选BD。
6．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．极靴与圆柱形软铁之间的磁场均匀地辐向分布，磁感应强度方向并不是处处相同，所以该磁场并不是匀强磁场，故A错误；
B．当线圈中电流方向改变时，磁场方向不变，所以线圈受到的安培力方向发生改变，故B错误；
C．在运输过程中，由于振动会使指针不停摆动，可能使指针损坏，将接线柱用导线连在一起，相当于把表的线圈电路组成闭合电路，在指针摆动过程中线圈切割磁感线产生感应电流，利用电磁阻尼原理，阻碍指针摆动，防止指针因撞击而变形，故C正确；
D．用金属铝做线圈框架，主要原因有：1、铝不导磁，用铝做框架可以减小对磁场的影响，保证仪表的准确性更高；2、铝材料较轻，电阻率较小，能更好地利用电磁阻尼现象，使指针迅速停下来，故D错误。
故选C。
7．C
【解析】
【详解】
A．由图看出，在0~1 s内图线的斜率最大，B的变化率最大，根据闭合电路欧姆定律得， ，知磁感应强度的变化率越大，则电流越大，磁感应强度变化率最大值为0.1，则最大电流I＝A＝0.01 A，故A项错误；
Ｂ．在第4 s时刻，穿过线圈的磁场方向向上，磁通量减小，则根据楞次定律判断得知，I的方向为逆时针方向，即为负方向，故B项错误；
Ｃ．前2 s内，通过线圈某截面的总电量q＝＝＝C＝0.01 C，故C项正确；
Ｄ．第3 s内，B没有变化，线圈中没有感应电流产生，则线圈的发热功率最小，故D项错误。
故选Ｃ。
8．D
【解析】
【详解】
A．根据电容器的决定式：
平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，d变小，故C变大，所以A错误.
BC．因电容器与直流电源连接，故上极板下移过程中U不变，静电计指针张角不变；由：
可知E增大；所以电场力增大，故带电油滴将向上运动，故B错误，C错误.
D．由：
因为U不变，C增大，可得电容器的带电量Q将增多，故D正确.
故选D.
9．A
【解析】
【详解】
A．由题意可知，图甲中O处磁感应强度的大小是其中一段在O点的磁场大小2倍，方向垂直纸面向里；根据右手螺旋定则可知，左上段与右下段的通电导线产生的磁场叠加为零，则剩余的两段通电导线产生的磁场大小是其中一段的在O点磁场的2倍，且方向垂直纸面向里，故A正确；
B．同理，四段通电导线在O点的磁场是其中一段在O点的磁场的4倍，方向是垂直向里，故B错误；
C．由上分析可知，右上段与左下段产生磁场叠加为零，则剩余两段产生磁场大小是其中一段在O点产生磁场的2倍，方向垂直纸面向外，故C错误；
D．与C选项分析相同，四段在O点的磁场是其中一段在O点产生磁场的2倍，方向垂直纸面向外，故D错误；
故选A。
10．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．法拉第最先发现了电磁感应现象，故A错误；
B．奥斯特发现了电流磁效应的规律，故B错误；
C．奥斯特发现了电流的磁效应，楞次发现了楞次定律，故C错误；
D．纽曼和韦柏先后总结出了法拉第电磁感应定律，故D正确。
故选D。
11．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．伽利略首先提出了力的概念，选项A错误；
B．伽利略利用理想实验说明力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，选项B错误；
C．牛顿认为不受力时物体保持静止或匀速直线运动状态，选项C错误；
D．牛顿提出力是改变物体运动状态的原因，选项D正确。
故选D。
12．A
【解析】
【详解】
导体圆环将受到向上的磁场作用力，根据楞次定律的另一种表述，可见原磁场磁通量是减小，即螺线管和abcd构成的回路中产生的感应电流在减小．根据法拉第电磁感应定律，
则感应电流
可知减小．
A．图中减小，则选项A正确；
B．图中变大，则选项B错误；
C．图中不变，则选项C错误；
D．图中不变，则选项D错误；
13．BD
【解析】
【分析】
【详解】
A．当变阻器R的滑片P向上移动时，R减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，干路电流I增大，则L3灯变亮。根据串联电路的特点可知，并联部分的电压减小，L2灯变暗。由于干路电流增大，而通过L2的电流减小，则通过L1的电流增大，L1灯变亮。故A错误；
B．由题电源内阻是灯泡电阻的1.5倍，三灯泡与变阻器混联后电阻大于电源内阻，当变阻器R的滑片P向上移动时，外电路总电阻减小，则知电源输出功率增大。故B正确；
C．由于干路电流增大，所以电源的总功率变大。故C错误；
D．由上述分析得知，通过L2的电流减小，通过L1的电流增大，而干路电流增大，则L2灯中电流变化值小于L1灯中电流变化值。故D正确。
故选BD。
【点睛】
本题是电路的动态变化分析问题，按局部到整体，再回到局部的思路进行分析。根据推论：外电路总电阻与电源内阻相等时，电源的输出功率最大分析电源的输出功率如何变化。
14．C
【解析】
【详解】
加上磁场之前，对杆受力分析，受重力，支持力，静摩擦力．根据平衡条件可知
A. 加上磁场后，根据左手定则，安培力的方向平行斜面向上．磁感应强度逐渐增加的过程中，安培力逐渐增加，安培力的方向平行斜面向上，摩擦力沿斜面向下，故A错误．
B. 加上磁场后，根据左手定则，安培力的方向平行斜面向上．磁感应强度逐渐减小的过程中，安培力逐渐减小，棒有向下运动的趋势，摩擦力沿斜面向上，故B错误．
CD. 若B垂直于轨道平面向下，安培力的方向平行斜面向下，安培力的方向平行斜面向下，棒有向下运动的趋势，摩擦力沿斜面向上，故C对，D错．
15． 1.721 mm（1.721 mm～1.723 mm都正确）； 乙．
【解析】
【详解】
（1）由图所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为1.5mm，可动刻度示数为22.1×0.01mm=0.221mm，螺旋测微器的示数为1.5mm+0.221mm=1.721mm．
（2）由题意可知，，，，则电流表应采用外接法，应选图乙所示电路图．
【点睛】
螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，对螺旋测微器读数时需要估读．当电压表内阻远大于待测电阻阻值时用电流表外接；
16．(1)；(2)；(3)
【解析】
【详解】
(1) A、B两板间的电场强度
(2)设微粒穿过B板小孔时的速度为v，根据动能定理，有
解得
(3)微粒进入半圆形金属板后，电场力提供向心力。有
联立解得
17．（1）1×10-9 F；（2）2×103 V/m；（3）-20 V；（4）-4.8×10-7 J
【解析】
【分析】
【详解】
（1）平行板电容器的电容为
C= F=1×10-9 F
（2）两极板之间的电场强度为
E= V/m=2×103 V/m
（3）C点处的电势为，则有
-=Ed=2×103×1×10-2 V=20 V
=-20 V
（4）静电力所做的功为
W=-qU=-8×10-9×60 J=-4.8×10-7 J
18．E=6V
【解析】
【详解】
试题分析：在题图中，从左向右看，棒PQ的受力如下图所示，棒所受的重力和安培力FB的合力与环对棒的弹力FN是一对平衡力，且FB=mgtanθ=mg
而FB=IBL，所以="1" A
在题图所示的电路中两个圆环分别连入电路中的电阻为R，则R=2Ω
由闭合电路欧姆定律得：
E=I（r+2R+R棒）="6" V
考点：安培力；闭合电路欧姆定律；共点力作用下物体的平衡
【名师点睛】本题主要考查了安培力、闭合电路欧姆定律、共点力作用下物体的平衡等的综合应用．属于中等难度的题目．本题是力学和电路知识的综合，关键运用共点力作用下物体的平衡求解安培力，要掌握安培力公式和欧姆定律，明确电路的连接关系进行解答
19．√
【解析】
【详解】
当外接电阻等于欧姆表内阻时，电流表的指针才指在刻度盘的中央，此时的外接电阻叫作中值电阻．
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