广西陆川县高二下学期开学考试物理试题（word版含答案）

广西陆川县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．空间存在垂直纸面的匀强磁场。现从P点向右发射三个带电粒子，其中两个是质子，一个是电子，三个粒子运动轨迹如图所示，轨道半径r1=2r2=4r3。已知质子质量约为电子质量的1836倍。分别用T1、T2、T3表示1、2、3三个粒子运动的周期，v1、v2、v3表示1、2、3三个粒子运动的速率，忽略三个粒子之间的相互作用，则（　　）
A．磁场方向垂直纸面向里
B．T1＜T2=T3
C．v1＞v2＞v3
D．v2＞v3＞v1
2．如图所示，质量均为m的两个完全相同的小球A、B(可看作质点)，带等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上．当突然加一水平向右的匀强电场后，两小球A、B将由静止开始运动.则以后的运动过程中，对两个小球和弹簧所组成的系统(设整个过程中不考虑两电荷之间的库仑力作用且弹簧不超过弹性限度)，以下说法错误的是
A．系统的机械能守恒
B．当两小球速度为零时，系统的机械能一定最小
C．当小球所受的电场力与弹簧的弹力平衡时，系统动能最大
D．因电场力始终对球A和球B做正功，故系统的机械能不断增加
3．如图甲所示为一台发电机结构示意图，产生的交流电随时间变化的规律如图乙所示。已知发电机线圈电阻，外接电阻。则（　　）
A．电流表读数约为2.83 A
B．电阻R的热功率为20 W
C．电流方向每秒改变50次
D．t =1×10-2 s时，穿过线圈的磁通量最小
4．如图所示，在边长为a的等边三角形区域内有匀强磁场B，其方向垂直于纸面向外，一个边长也为a的等边三角形导线框架EFG正好与上述磁场区域的边界重合，而后绕其几何中心O点在纸面内以角速度ω顺时针方向匀速转动，于是线框EFG中产生感应电动势，若转过60°后线框转到图中的虚线位置，则在这段时间内（ ）
A．感应电流方向为E→G→F→E
B．感应电流方向为E→F→G→E
C．平均感应电动势大小等于
D．平均感应电动势大小等于
5．真空中有一带负电的点电荷仅在库仑力作用下绕固定的点电荷＋Q运动，其轨迹为椭圆，如图所示．已知a、b、c、d为椭圆的四个顶点，＋Q处在椭圆的一个焦点上，则下列说法正确的是(　　)
A．负电荷在a、c两点所受的电场力相同
B．负电荷在a点和c点的电势能相等
C．负电荷由b运动到d的过程中电势能增加，动能减少
D．负电荷由a经b运动到c的过程中，电势能先增加后减少
6．直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源的（ ）
A．总功率一定减小 B．效率一定增大
C．内部损耗功率一定减小 D．输出功率一定先增大后减小
二、单选题
7．如图所示，一个带正电的球体M放在绝缘支架上，把系在绝缘丝线上的带电小球N挂在横杆上的P处。当小球N静止时，丝线与竖直方向的夹角为θ。则实验中观察到，下列操作中可能的是（　　）
A．小球N带正电，球体M位置不变，M的电荷量越大，夹角θ越小
B．小球N带负电，球体M位置不变，M的电荷量越大，夹角θ越大
C．小球N带正电，球体M与小球N的电荷量不变，球体M越靠近小球N夹角θ越大
D．小球N带负电，球体M与小球N的电荷量不变，球体M越远离小球N夹角θ越大
8．粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行，现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移动过程中线框的一边a、b两点间电势差绝对值最大的是（ ）
A． B．
C． D．
9．如图所示，a、b和c表示电场中的三个等势面，a和c的电势分别为和，a、b的电势差等于b、c的电势差。一带电粒子只在电场力作用下从等势面a上某处以初速度v开始运动，经过等势面c时的速率为2v，则（　　）
A．此过程粒子一定做直线运动 B．此过程粒子一定做曲线运动
C．经过等势面b时速率为 D．经过等势面b时速率为
10．当一个闭合纯电阻电路的外电阻不断变化时，电源内阻和外电路电阻消耗的电功率随电流变化的关系分别用如图所示的抛物线C1、C2表示。由图可知（　　）
A．电源消耗的最大功率为16W
B．电源的内电阻为2Ω
C．电源输出功率的最大值为16W
D．电源的电动势为8V
11．如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导线与固定电阻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，长度为L，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值相等，都等于R，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，有
A．棒中感应电流的方向由b到a
B．棒所受安培力的大小为
C．棒两端的电压为
D．棒动能的减小量等于其重力势能的增加量与电路上产生的电热之和
12．如图所示，铝质的圆筒形管竖直立在水平桌面上，一条形磁铁从铝管的正上方由静止开始下落，然后从管内下落到水平桌面上．已知磁铁下落过程中不与管壁接触，不计空气阻力，下列判断正确的是( )
A．磁铁在整个下落过程中做自由落体运动
B．磁铁在管内下落过程中机械能守恒
C．磁铁在管内下落过程中，铝管对桌面的压力等于铝管的重力
D．磁铁在下落过程中动能的增加量小于其重力势能的减少量
13．如图所示，长直导线与矩形线框同处于光滑水平面上，长直导线固定，线框可以在桌面上自由滑动，当通以图中所示电流时，矩形线框的运动情况是（　　）
A．靠近通电直导线 B．远离通电直导线 C．保持静止不动 D．顺时针转动
14．如图（a）所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间的电压分别如图（b）中甲、乙、丙、丁所示，电子在板间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是(　　)
A．电压是甲图时，在0～T时间内，电子的电势能一直减少
B．电压是乙图时，在0～时间内，电子的电势能先增加后减少
C．电压是丙图时，电子在板间做往复运动
D．电压是丁图时，电子在板间做往复运动
三、实验题
15．现利用如图所示装置“验证机械能守恒定律”。图中AB是固定的光滑斜面，斜面的倾角为30°，1和2是固定在斜面上适当位置的两个光电门，与它们连接的数字计时器都没有画出。让滑块从斜面的顶端滑下，光电门1、2各自连接的数字计时器显示的挡光时间分别为5.00 × 10 - 2s、2.00 × 10 - 2s。已知滑块质量为2.00kg，滑块沿斜面方向的长度为5.00cm，光电门1和2之间的距离为0.54m，g取9.80m/s2，取滑块经过光电门时的速度为其平均速度。（结果均保留三位有效数字）
（1）滑块通过光电门1时的速度v1= ________m/s，通过光电门2时的速度v2= ________m/s。
（2）滑块通过光电门1、2之间的动能增加量为______J，重力势能的减少量为________J。
（3）实验可以得出的结论：________。
16．（1）在做平抛运动实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画小球做平抛运动的轨迹，为了能较准确地描绘运动轨迹，下面列出了一些操作要求。将你认为正确的选项前面的字母填在横线上：________。
A．通过调节使斜槽的末端保持水平
B．斜槽必须光滑
C．每次释放小球的位置必须不同
D．每次必须从同一位置静止释放小球
E．用铅笔记录小球位置时，每次必须严格地等距离下降
F．小球运动时不应与木板上的白纸（或方格纸）相接触
G．将球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线
（2）某同学在做“研究平抛物体的运动”的实验时得到了如图所示物体的运动轨迹，A、B、C三点的位置在运动轨迹上已标出，则：小球平抛的初速度v0=______m/s，vB=_______m/s（g取10m/s2）。
四、解答题
17．一个线圈有100匝、面积为0．01m2，线圈的内电阻为0.5Ω，线圈两端接一个9.5Ω的电阻．线圈在0.02s的时间内从磁感应强度均为04T的磁铁两极间移出。
求：（1）线圈的感应电动势多大？
（2）电路中产生的电流多大？
（3）线圈两端的电压多大？
18．如图所示，A、B、C三个小物块放置在光滑水平面上，A紧靠墙壁，A、B之间用轻弹簧栓接，它们的质量分别为mA=m，mB=2m，mC=m．现给C一水平向左的初速度v0，C与B发生碰撞并粘在一起．试求：
（1）A离开墙前，弹簧的最大弹性势能；
（2）A离开墙后，弹簧的最大弹性势能；
（3）A离开墙后，C的最小速度．
19．如图所示，水平放置的平行金属导轨宽度为d＝1 m，导轨间接有一个阻值为R＝2 Ω的灯泡，一质量为m＝1 kg的金属棒放置在导轨之上，其电阻为r＝1 Ω，且和导轨始终接触良好，整个装置放在磁感应强度为B＝2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下，现对金属棒施加一水平向右的拉力F，使金属棒从静止开始向右运动，求：
(1)若金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.2，施加的水平恒力为F＝10 N，则金属棒达到的稳定速度v1是多少？
(2)若金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.2，施加的水平力功率恒为P＝6 W，则金属棒达到的稳定速度v2是多少？
(3)若金属棒与导轨间是光滑的，施加的水平力功率恒为P＝20 W，经历t＝1 s的过程中灯泡产生的热量为QR＝12 J，则此时金属棒的速度v3是多少？
试卷第页，共页
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参考答案：
1．BC
【解析】
【分析】
【详解】
A．三个带电粒子中两个是质子，一个电子，质子的偏转方向相同，则知图中2、3必定是质子的运动轨迹，说明质子在S点所受的洛伦兹力方向向下，由左手定则判断知磁场方向垂直纸面向外，故A错误；
B．三个粒子的电荷量大小相等，质子质量相等，质子质量大于电子质量，由分析知周期关系为
故B正确；
CD．三个粒子在磁场中均做匀速圆周运动，根据
可知
又轨道半径r1=2r2=4r3，且电子的质量远小于质子的质量所以可以得到
故C正确，D错误；
故选：BC。
2．ABD
【解析】
【详解】
因两小球带等量异种电荷，故电场对两小球做功不为零，都为正值，机械能增加，故机械能不守恒，故A错误； 两小球在电场力的作用下运动后，电场力对小球做功，小球拉动弹簧，弹簧的弹力增大，两小球则先加速后减速，动能转化为弹簧势能；当两小球速度为零时，因为电场力一直做正功，故机械能最大，故B错误；由B的分析可知两小球拉动弹簧，弹力增大，开始时小球做加速运动，当弹力等于电场力时速度达最大，此后开始减速，故C正确；小球速度为零后，因弹力大于电场力，故两小球开始反向运动，电场力做负功，故系统的机械能减小，故D错误；本题选错误的，故选ABD.
点睛：本题结合弹簧考查机械能守恒定律及运动学知识，要求我们在动态的变化类题目中要注意分析过程，明确能量间的转化关系．
3．BD
【解析】
【分析】
【详解】
A．电流表读数为交流电的有效值，即示数
故A错误；
B．电路中电流的有效值为
所以电阻R的热功率为
故B正确；
C．由图可知交流电的周期
在每一个周期内，电流的方向改变2次；交流电的频率为
所以电流方向每秒改变次，故C错误；
D．由图可知，在t =1×10-2 s时，电流的强度最大，此时线圈平面平行于磁感线，穿过线圈的磁通量最小，但磁通量的变化率最大，故D正确。
故选BD。
4．BC
【解析】
【详解】
AB.根据题意，穿过线框的磁通量变小，根据楞次定律，感应电流的磁场方向与原磁场相同，再由安培定则可知感应电流方向为E→F→G→E，选项A错误，B正确；
CD.根据几何关系可得，磁场穿过线框的有效面积减小
根据法拉第电磁感应定律得平均感应电动势
选项C正确，D错误。
故选BC。
5．BC
【解析】
【详解】
A．a、c两点负电荷所受电场力方向不同，A项错误；
B．以单个点电荷为球心的球面是等势面，所以a、c两点电势相等，根据电势与电势能的关系可知，负电荷在a、c两点电势能也相等，B项正确；
C．负电荷由b到d过程中，电场力始终做负功，电势能增加，动能减少，C项正确；
D．负电荷由a经b到c的过程中，电场力先做正功再做负功，故电势能先减少后增加，D项错误．
故选BC。
6．ABC
【解析】
【详解】
当滑动变阻器的滑片P向右移动时，接入电路的电阻变大，整个回路的电流变小，内部消耗的功率P=一定减小，C正确；总功率P=EI一定减小，A正确；而内电压降低，外电压升高，电源的效率增大，B正确；当内电阻等于外电阻时，输出功率最大，此题中无法知道内外电阻的关系，因此D不对
7．C
【解析】
【详解】
BD．由图可看出，两小球相斥，故两球电性相同，小球N带正电，故BD错误；
AC．对小球N，根据平衡条件有
得
球体M位置不变，M的电荷量Q越大，则夹角θ越大，球体M与小球N的电荷量不变，球体M越靠近小球即r越小，夹角θ越大，故A错误，C正确。
故选C。
8．C
【解析】
【详解】
磁场中切割磁感线的边相当于电源，外电路由三个相同电阻串联形成，ABD图中a、b两点间电势差为外电路中一个电阻两端电压为：，
C图中a、b两点间电势差为路端电压为：，所以a、b两点间电势差绝对值最大的是C图所示．
故选C．
9．C
【解析】
【分析】
【详解】
AB．电场力垂直等势面向外，初速度方向未知，故无法判断电荷是直线运动还是曲线运动，故AB错误；
CD．由动能定理可知从a到c有
从a到b有
且
联立可得
故C正确，D错误。
故选C。
10．A
【解析】
【分析】
【详解】
由图知，曲线C1、C2的交点的位置表示电路的内、外功率相等，此时电源的内阻和外电阻的大小是相等的，电源的输出的功率最大，由图可知电源输出功率最大值为
Pmax=4W
此时电路中电流
I=2A
根据
P=I2R=I2r
可知
R=r=1Ω
由于
所以电源的电动势为4V；根据图像可知，当电源被短路时，电源消耗的最大功率为
P最大=16W
BCD错误，A正确。
故选A。
11．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．切割磁感线的导体相当于电源，由右手定则可判定棒中感应电流方向由a到b，A错误；
B．电路结构是两外电阻并联再与电源串联，棒上产生的感应电动势为
电路总电阻为，由闭合电路欧姆定律，得电路中干路电流为
由安培力公式可得，棒所受安培力的大小为
F=BIL=
B错误；
C．棒两端电压为路端电压，由欧姆定律得
C正确；
D．根据能量守恒可知，棒动能的减小量等于其重力势能的增加量加上棒和导轨摩擦产生的热再加上电路中产生的电热之和，D错误。
故选C。
12．D
【解析】
【详解】
磁铁在铝管中运动的过程中，虽不计空气阻力，但在此过程中，出现安培力，磁铁在整个下落过程中不做自由落体运动，故A错误；磁铁在铝管中运动的过程中，虽不计空气阻力，但在过程中，出现安培力作功产生热能，所以机械能不守恒，故B错误；磁铁在整个下落过程中，由楞次定律：来拒去留可知，铝管对桌面的压力大于铝管的重力，故C错误；磁铁在整个下落过程中，除重力做功外，还有产生感应电流对应的安培力做功，导致减小的重力势能，部分转化动能外，还有产生内能，动能的增加量小于重力势能的减少量．故D正确；故选D.
点睛：考查楞次定律：来拒去留，当强磁铁过来时，就拒绝它；当离开时就挽留它．并涉及机械能守恒的条件，同时考查能量守恒关系．
13．A
【解析】
【详解】
根据同向电流相互吸引、异向电流相互排斥，则知线框左侧的电流受到的安培力向左，右侧的安培力向右，由于左侧靠近电流I1，则I1对左侧的安培力大于对右侧的安培力，线圈所受的安培力合力方向向左，则线圈将向左运动．
A．描述与分析相符，故A正确.
B．描述与分析不符，故B错误.
C．描述与分析不符，故C错误.
D．描述与分析不符，故D错误.
14．D
【解析】
【详解】
A．若是甲图，0 时间内粒子先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A错误；
B．电压是乙图时，在0 时间内，电子先加速后减速，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B错误；
C．电压是丙图时，电子先做加速度先增大后减小的加速运动，过了做加速度先增加后减小的减速运动，到T时速度减为0，之后继续朝同一方向加速减速，故粒子一直朝同一方向运动，C错误；
D．电压是丁图时，电子先加速，到后减速，后反向加速，后反向减速，T时减为零，之后又加速…；故粒子做往复运动，D正确．
15． 1.00 2.50 5.25 5.29 在实验误差允许的范围内，滑块的机械能守恒
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]滑块通过光电门1时的速度为
v1 = = m/s = 1.00m/s
[2]滑块通过光电门2时的速度
v2 = = m/s = 2.50m/s
（2）[3]动能增加量
ΔEk = mv22 - mv12 = 5.25J
[4]重力势能的减少量
ΔEp = mgssin30° ≈ 5.29J
（3）[5]在实验误差允许的范围内，滑块的机械能守恒。
16． ADF 2 2.5
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]A．为了使小球抛出速度水平，斜槽末端必须水平，A正确
BCD．斜槽光滑与否对实验没有影响，即使不光滑，只要每次从同一位置静止释放小球，就可以保证每次摩擦力做负功相同，使抛出速度相同，BC错误，D正确
E．平抛运动竖直方向自由落体运动，用铅笔记录小球位置时，没必要等距离下降，E错误；
F．小球运动过程不能与白纸有接触，接触的话会产生摩擦，导致小球不再做平抛运动，带来误差，F正确；
G．球的位置记录在纸上后，取下纸，用平滑的曲线进行连接，而不是折线，G错误。
（2）[2]根据竖直方向，根据匀变速直线运动的性质可得
代入数据解得
根据平抛运动的性质，水平方向有
代入数据解得
[3]在B点竖直方向有
所以
17．（1）20V （ 2）2A（3）19V
【解析】
【详解】
根据法拉第电磁感应定律求出电动势．再利用欧姆定律求出电流和电压
（1）线圈中的感应电动势
（2）电路中产生的电流
（3）线圈两端的电压
18．（1）；（1）；（1）
【解析】
【分析】
（1）C、B碰撞过程遵守动量守恒，即可列式求出碰后BC共同速度vBC．再运用机械能守恒求解．
（2）在A离开墙壁时，弹簧处于原长，B、C以速度vBC向右运动，之后，A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒，动量也守恒．由于弹簧的作用，A的速度逐渐增大，BC的速度逐渐减小当三者速度相同时，弹性势能再次达到最大值，运用机械能守恒求解；
（3）根据上面的分析可知当弹簧再次恢复原长时，B与C的速度最小，由动量守恒定律和功能关系即可求出；
【详解】
（1）C、B碰撞过程，选取向左为正方向，根据动量守恒得：
得：
BC一起压缩弹簧到最短的过程，BC和弹簧组成的系统机械能守恒，则弹簧压缩到最短时弹性势能最大，有：
联立以上两式解得，；
（2）在A离开墙壁时，弹簧处于原长，B、C以速度vBC向右运动，在A离开墙壁后由于弹簧的作用，A的速度逐渐增大，BC的速度逐渐减小，当三者速度相同时，弹簧的伸长量最大，弹性势能再次最大，则选取向右为正方向，根据动量守恒：，则：
根据机械能守恒有：；
（3）在A离开墙壁时，弹簧处于原长，B、C以速度vBC向右运动，在A离开墙壁后由于弹簧的作用，A的速度逐渐增大，BC的速度逐渐减小，当弹簧再次恢复原长时，B与C的速度最小，选取向右为正方向，由ABC三物体组成系统动量守恒得：
又：
联立解得：，方向向右，（另一个解不合题意，舍去）．
【点睛】
分析清楚物体的运动过程、正确选择研究对象是正确解题的关键，应用动量守恒定律、机械能守恒定律即可正确解题．
19．(1)6 m/s；(2)1.5 m/s；(3)2 m/s
【解析】
【分析】
【详解】
(1)由
，F安＝BId
可得
F安
根据平衡条件可得
F＝μmg＋F安
联立解得
v1＝6 m/s
(2)稳定后
，P＝Fv2
联立解得
v2＝1.5 m/s
(3)金属棒和灯泡串联，由
Q＝I2Rt
得灯泡和金属棒产生的热量比
根据能量守恒
解得
v3＝2m/s
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