河南省周口市西华县高二（下）入学考试物理试题（word版含答案）

河南省周口市西华县高二（下）入学考试物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、多选题
1．如图所示，两个相同灯泡L1、L2，分别与电阻R和自感线圈L串联，接到内阻不可忽略的电源的两端，当闭合电键S到电路稳定后，两灯泡均正常发光，已知自感线圈的自感系数很大，则下列说法正确的是（　　）
A．闭合电键S到电路稳定前，灯泡L1逐渐变亮
B．闭合电键S到电路稳定前，灯泡L2逐渐变暗
C．断开电键S的一段时间内，A点电势比B点电势高
D．断开电键S的一段时间内，灯泡L2亮一下逐渐熄灭
2．如图所示，用回旋加速器分别加速A、B两种离子．已知A离子的质量为3m，电量为q；B离子的质量为4m，电量为2q．以下说法正确的是
A．加速A离子的交变电源的周期较小
B．加速B离子的交变电源的周期较小
C．带电离子获得的最大动能与加速器两D形盒间加速电压大小无关
D．A离子从加速器中出来时的速度比B离子的大
3．如图，篮球赛中，甲、乙运动员想组织一次快速反击，甲、乙以相同的速度并排向同一方向奔跑，甲运动员要将球传给乙运动员，不计空气阻力，则（ ）
A．应该让球沿着3的方向抛出
B．应该让球沿着2的方向抛出
C．两运动员对球的冲量大小和方向都是相同的
D．当乙接着球后要往身体收，延长触球时间，以免伤害手指
4．如图所示为垂直纸面方向的圆形匀强磁场，半径为R．有甲、乙两个质量和电荷量大小都相同的异种带电粒子沿直径方向分别由A、B两点射入磁场，并且都从C点射出磁场，C点到AB的距离为R，若带电粒子只受洛伦兹力，下列说法正确的是（　　）
A．甲乙速度之比2：1 B．甲乙时间之比1：2
C．甲乙路程之比3：2 D．甲乙半径之比2：1
5．竖直向上的匀强磁场空间内有一间距L的足够长水平光滑导轨，导轨上M、N之间接有阻值为R的电阻，质量为m的金属棒垂直导轨放置且与导轨接良好，以初速度沿轨道向右运动，若金属棒和导轨的电阻不计，下列说法中正确的是（ ）
A．N点电势低于M点电势
B．导体棒最终以较小的速率匀速运动
C．导体棒单位时间内速度的变化量是减小的
D．整个过程中电阻R上产生的焦耳热为
二、单选题
6．在磁场中的同一位置放置一根直导线，导线的方向与磁场方向垂直。先后在导线中通入不同的电流，导线所受的力也不一样。下列图像表现的是导线受力的大小F与通过导线的电流I的关系。a、b各代表一组F、I的数据。在A、B、C、D四幅图中，正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
7．如图所示的闭合电路，E是电源、R1 是定值电阻、R2是滑动变阻器，C是平行板电容器．初始时带电小球恰好静止在平行板电容器中．现在将R2的滑片从右向左匀速滑动，R2的电阻是粗细均匀的金属线电阻．v表示带电小球速度，UC表示电容器极板之间电压，q表示电容器极板所带电量，F表示带电小球所受的电场力，t表示时间（从R2的滑片开始滑动时计时），则下列图象中正确的是（ ）
A．A B．B C．C D．D
8．用均匀导线做成的正方形线框边长为0.2 m，正方形的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，如图所示，当磁场以10 T/s的变化率增强时，线框中a、b两点电势差是(　　)
A．Uab＝0.1 V B．Uab＝－0.1 V
C．Uab＝0.2 V D．Uab＝－0.2 V
9．下面关于点电荷的说法正确的是
A．只有体积很小的带电体才能看做点电荷
B．体积很大的带电体一定不是点电荷
C．当两个带电体的形状对它们相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看做点电荷
D．任何带电球体，都可看做电荷全部集中于球心的点电荷
10．如图所示，电场中有a、b、c三点，一个电荷量为q=+2×10-8C的检验电荷在b点受到的静电力是F=6×10-6N，方向由b指向c，关于b点的电场强度，下列说法正确的是（ ）
A．b点的场强大小是300N/C、方向由b指向a
B．b点的场强大小是300N/C，方向由b指向c
C．若在b点改放一个q= -1×10-8C的电荷，则该点的场强变为 600 N/C，方向由b指向a
D．若在b点改放一个q= -1×10-8C的电荷，则该点的场强变为 600 N/ C，方向仍由b指向c
11．如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平地面上，小车上有n个质量为m的小球，现用两种方式将小球相对于地面以恒定速度v向右水平抛出，第一种方式是将n个小球一起抛出；第二种方式是将小球一个接一个地抛出，比较这两种方式抛完小球后小车的最终速度（ ）
A．第一种较大
B．第二种较大
C．两种一样大
D．不能确定
12．如图所示，在长方形abcd区域内有正交的匀强电场和匀强磁场，，一带电粒子从ad的中点垂直于电场和磁场方向射入，恰沿直线从bc边的中点P射出，若撤去电场，则粒子从a点射出且射出时的动能为Ek；若撤去磁场，则粒子射出时的动能为（重力不计）（　　）
A．Ek B．2Ek C．4Ek D．5Ek
13．已知一个无限大的金属板与一个点电荷之间的空间电场分布与等量异种电荷之间的电场分布类似，即金属板表面各处的电场强度方向与板面垂直．如图所示，MN为很大的不带电的金属平板，且与大地连接．现将一个电荷量为Q的正点电荷置于板的右侧，图中a、b、c、d是以正点电荷Q为圆心的圆上的四个点，四点的连线构成一内接正方形，其中ab连线与金属板垂直．则下列说法正确的是
A．a点电场强度与d点电场强度相同
B．ab点间电势差等于dc点间电势差
C．将一正试探电荷沿直线ab从a点移到b点的过程中，试探电荷电势能始终减小
D．将一正试探电荷沿圆弧ad从a点移到d点的过程中，试探电荷电势能始终保持不变
14．如图两个同样的导线环同轴平行悬挂，相隔一小段距离，当同时给两导线环通以同向电流时，两导线环将（ ）
A．吸引
B．排斥
C．保持静止
D．边吸引边转动
三、实验题
15．(1)下图中螺旋测微器的示数为_______，游标卡尺示数为_______。
(2)电子所带的电荷量（元电荷）最先是由密立根通过油滴实验测量出的，图示为该实验装置的示意图，将两块水平放置的金属板、连接到电路中，用一个喷雾器把许多油滴从上板中间的小孔喷入电场，油滴从喷口出来时由于摩擦而带电。在实验中通过调节金属板间的电压，利用显微镜观察，找到悬浮不动的油滴。
实验时观察到某个悬浮不动的油滴直径为，此时金属板、间电压为，两板间距离为，已知油滴密度为，重力加速度为，不计空气浮力，则该油滴带______电（填“正”、“负”），所带的电荷量大小______。（用题目中所给的物理量表示）
16．某同学设计了如图甲所示的电路测量某电池的电动势E和内阻r，电路中定值电阻R0=20Ω．
(1)根据图甲所示电路，请在图乙中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接_______．
(2)闭合电键前，滑动变阻器滑片应置于变阻器的___________端．
(3)实验中，该同学移动滑动变阻器的滑片，读出电压表V1和V2的示数U1、U2，数据如下表所示．请根据表格中的数据在图丙所示坐标纸中画出U2-U1的图线_________．
次数 1 2 3 4 5 6
U1/V 1.0 2.0 3.0 4.0 4.5 5.0
U2/V 16.5 15.2 15.0 12.0 11.1 10.3
(4)由U2-U1图线求得该电源的电动势E=_____V，内阻r=_____Ω．(取三位有效数字)
(5)实验中，产生系统误差的主要原因是______________．
四、解答题
17．如图所示，有一固定在水平面的平直轨道，该轨道由白色轨道和黑色轨道交替排列并平滑连接而成。各段轨道的编号已在图中标出。仅黑色轨道处在竖直向上的匀强电场中，一不带电的小滑块A静止在第1段轨道的最左端，绝缘带电小滑块B静止在第1段轨道的最右端。某时刻给小滑块A施加一水平向右的恒力F，使其从静止开始沿轨道向右运动，小滑块A运动到与小滑块B碰撞前瞬间撤去小滑块A所受水平恒力。滑块A、B碰撞时间极短，碰后粘在一起沿轨道向右运动。已知白色轨道和黑色轨道各段的长度均为L=0.10m，匀强电场的电场强度的大小E=1.0×104N/C；滑块A、B的质量均为m=0.010kg，滑块A、B与轨道间的动摩擦因数处处相等，均为μ=0.40，绝缘滑块B所带电荷量q=+1.0×10-5C，小滑块A与小滑块B碰撞前瞬间的速度大小v=6.0m/s。A、B均可视为质点（忽略它们的尺寸大小），且不计A、B间的静电力作。在A、B粘在一起沿轨道向右运动过程中电荷量保持不变，取重力加速度g =10m/s2。
(1)求F的大小；
(2)碰撞过程中滑块B对滑块A的冲量；
(3)若A和B最终停在轨道上编号为k的一段，求k的数值。
18．如图所示，在光滑绝缘的水平面上，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B，A球的带电量为+2q，B球的带电量为，两球组成一带电系统．虚线MN与PQ平行且相距3L，开始时A和B分别静止于虚线MN的两侧，虚线MN恰为AB两球连线的垂直平分线，若视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线MN、PQ间加上水平向右的电场强度为E的匀强电场后，试求：
（1）B球刚进入电场时，带电系统的速度大小；
（2）带电系统向右运动的最大距离和此过程中B球电势能的变化量；
（3）带电系统运动的周期。
19．如图甲所示，一足够长的U型金属导轨abcd放在光滑的水平面上，导轨质量为m=1kg、间距为L=1m，bc间电阻为r=0.5Ω，导轨其它部分电阻不计。一阻值为R=0.5Ω的导体棒MN垂直于导轨放置(不计重力)，并被固定在水平面上的两立柱挡住，导体棒MN与导轨间的动摩擦因数为μ=0.25，在M、N两端接有一理想电压表(图中未画出)。在导轨bc边右侧存在方向竖直向下、大小为B=0.5T的匀强磁场；在导体棒MN附近的空间中存在方向水平向左、大小也为B的匀强磁场。t=0时，导轨在外力F的作用下由静止开始向右运动，在t=2.0s时撤去外力F，测得2s内电压表示数与时间的关系如图乙所示。求：
（1）t=2.0s时导轨速度大小；
（2）在2s内外力F与t的函数关系式；
（3）从开始运动到静止导轨的总位移。
试卷第页，共页
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参考答案：
1．AB
【解析】
【详解】
A．闭合开关的瞬间，灯立即正常发光，灯所在电路上线圈产生自感电动势，阻碍电流的增大，电流只能逐渐增大灯逐渐变亮，故A正确；
B．闭合电键S到电路稳定前，灯所在电路上线圈产生自感电动势，电流只能逐渐增大，则总电路中的电流逐渐增大，电源的内电阻消耗的电压逐渐增大，所以路端电压逐渐减小，则灯泡逐渐变暗，故B正确；
C．闭合开关，待电路稳定后断开开关，L中产生自感电动势，相当于电源，电流的方向与的方向相同，从右向左流过灯；所以A点电势比B点电势低，故C错误；
D．断开电键S的一段时间内，L中产生自感电动势，相当于电源，电流从原来的电流开始减小，所以两个灯泡都是逐渐熄灭，不会闪亮一下，故D错误．
故选AB。
【名师点睛】
对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源．
2．BC
【解析】
【分析】
加速离子的交变电源的周期等于离子在磁场中做圆周运动的周期；当离子获得最大速度时，在磁场中的运动半径等于D型盒的半径．
【详解】
加速离子的交变电源的周期等于离子在磁场中做圆周运动的周期，即，因A离子的q/m小于B离子，可知加速A离子的交变电源的周期较大，选项A错误，B正确；带电离子获得的最大动能，可知带电离子获得的最大动能与加速器两D形盒间加速电压大小无关，选项C正确；A离子的q2/m比B离子小，则由可知A离子从加速器中获得的动能较小，速度较小，选项D错误；故选BC.
【点睛】
解决本题的关键知道带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，求出粒子的周期和最大动能，根据质量比和电量比，去比较周期和最大动能．
3．AD
【解析】
【详解】
AB．甲和乙相对静止，所以甲将球沿着对方抛出，即沿着3方向抛出，就能传球成功，A正确，B错误；
C．根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量，可知两运动员接球时速度的变化量大小相等、方向相反，动量的变化量等大反向，所以两运动员对球的冲量等大反向，C错误；
D．当乙接着球后要往身体收，根据动量定理可知，相同的动量变化量下，延长作用时间，减小冲击力，以免伤害手指，D正确。
故选AD。
4．BC
【解析】
【详解】
试题分析：由几何知识知，CD＝，所以 甲的偏转角为60°；乙的偏转角为120°．甲的半径为R1＝Rcot 30°，乙的半径为R2＝Rcot 60°＝．所以半径之比为3∶1；由得速度之比为3∶1；由，得时间之比为1∶2；由弧长公式l＝αr得，路程之比为3∶2．
考点： 带电粒子在磁场中的运动
5．CD
【解析】
【详解】
根据右手定则可知电流方向从N到M，所以N点电势高于M点电势，故A错误；根据牛顿第二定律可得，由于速度越来越小，则加速度越来越小，运动过程速度减小得越来越慢直至停止，故B错误；导体棒的加速度越来越小，则单位时间内速度的变化量是减小的，选项C正确； 根据动能定理可得W安=，所以整个过程中电阻R上产生的焦耳热为Q=W安=，故D正确；故选CD．
点睛：对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解．
6．A
【解析】
【详解】
导线的方向与磁场方向垂直时，且同一位置处磁感应强试B大小、方向确定，由安培力公式，可知安培力和I成正比，故A正确，BCD错误。
故选择A选项
7．C
【解析】
【详解】
C、根据闭合电路欧姆定律,有: ，故: ,故与R2是线性关系；因为将R2的滑片匀速向左滑动, R2的电阻是粗细均匀的金属线电阻,故R2随着时间均匀增加,故与t是线性关系,故C正确；
A、因为Uc是减小的，故极板间的场强也是减小的，故电场力是减小的，故加速度是变化的，不可能是匀变速直线运动，故A错误；
B、因为与t是线性关系，故Uc与时间不是线性关系，根据Q=CU，电容器的带电量与时间不是线性关系，故B错误；
D、根据U=Ed和F=qE，电场力与Uc是线性关系；而Uc与时间不是线性关系，故F与t不是线性关系，故D错误；
故选：C．
8．B
【解析】
【详解】
由于磁场是均匀增强的，而原磁场的方向垂直纸面向里，所以由楞次定律可知，线圈中产生的磁场方向是垂直纸面向上的，再由右手定则可知，线圈中的电流方向沿逆时针方向，故电流由b向右再回到a点，可见，ab间的电势差是负值，所以AC错误；线圈产生的电动势E=10T/s×(0.2m)2/2=0.2V，又因为ab两点正好在线圈的中点上，所分的线圈的两侧电阻相等，故Uab=－E/2=－0.2V/2=﹣0.1V，选项B正确．
9．C
【解析】
【详解】
试题分析: 当带电体间的距离比它们自身的大小大得多，以致带电体、大小及电荷分布对它们之间的作用力的影响可以忽略时就可以看成点电荷．不是体积很大时就不可看作点电荷，也不是只有体积很小的带电体才能看成是点电荷，故A、B错误；当带电体间的距离比它们自身的大小大得多，以致带电体、大小及电荷分布对它们之间的作用力的影响可以忽略时，这样的带电体就可以看做带电的点电荷．故C正确；当电荷在球上均匀分布时，才可以将其看成是电荷全部集中于球心的点电荷，否则会产生较大的误差，故D错误．
考点：点电荷
10．B
【解析】
【详解】
b点的电场强度，电场强度的方向与正电荷所受电场力方向相同，可知b点的场强方向由b指向c，故A错误，B正确．某点的电场强度与放入该点的电荷电量和电性无关，故CD错误．故选B．
11．C
【解析】
【详解】
抛球的过程动量守恒，第一种方式全部抛出，取向右为正方向，0＝nmv－Mv′，得v′＝；第二种方式是将小球一个接一个地抛出，每抛出一个小球列动量守恒方程，由数学归纳的思想可得v′＝，C正确．
12．D
【解析】
【详解】
根据带电粒子从ad的中点垂直于电场和磁场方向射入，恰沿直线从bc边的中点P射出可得
qE＝qBv0
若撤去电场，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，轨道半径为。由
可得粒子从a点射出且射出时的动能为
若撤去磁场，粒子在电场中做类平抛运动，由
L＝v0t
y＝at2
联立解得
y＝L
由动能定理
qEL＝E－Ek
解得
E＝5Ek
故选D。
13．B
【解析】
【分析】
先画出电场线：电场线从正电荷出发，终止于负电荷，根据电场线的疏密分析电场强度的大小．根据对称性分析a点与d点的电势关系，根据电场力方向与位移方向的夹角分析电场力做功情况，来分析电势能的变化．
【详解】
画出电场线如图所示：
根据对称性知，a、d两点的电场强度大小相同，方向不同，所以电场强度不同，故A错误．由对称性知，a点电势等于d点电势，b点电势等于c点电势，则ab点间电势差等于dc点间电势差，故B正确．将一正试探电荷沿直线ab从a点移到b点的过程中，电场力先做负功，后做正功，试探电荷电势能先增加后减小，选项C错误；从a到ad中点的过程中，正电荷受的电场力方向与位移方向夹角大于90°，电场力做负功，从ad中点到d点的过程中，电场力方向与位移方向夹角小于90°，电场力做正功，所以正电荷的电势能先增大后减小，故D错误．故选B．
【点睛】
本题涉及电场强度和电势高低的判断，电场强度是矢量，合成遵循平行四边形定则；电势是标量，合成遵循代数法则．
14．A
【解析】
【详解】
试题分析：通电导线环产生磁场，相当于一个磁铁，由安培定则可知：两导线环左侧面是N极，右侧面是S极，同名磁极相互吸引，异名磁极相互排斥，左右两通电导线环的S极与N极相对，因此两导线环相互吸引；故选A．
考点：通电电流之间的作用．
15． （ ） 负
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]螺旋测微器的固定刻度为1.5mm，可动刻度为
38.0×0.01mm=0.380mm
所以最终读数为
1.5mm+0.380mm=1.880mm
[2]游标卡尺精确度为0.02mm，读数
10mm+22×0.02mm=10.44mm=1.044cm
(2)[3]由于油滴处于平衡状态，重力竖直向下，电场力与重力等大反向，由于金属板A为正极，电场方向与重力方向相同，故油滴带负电；
[4]油滴处于静止状态，有
其中
联立解得
16． （1）如图； （2）左； （3）如图； （4）17.9-18.3 29.0-32.0 （5）电压表V2分流（填电压表V2V2分流；电压表分流都对）
【解析】
【详解】
（1）连接完整的电路如下图所示：
；
（2）闭合开关前，应保证电路中的总电阻最大，所以滑动变阻器滑片应置于最左端；
（3）利用描点法，绘制的U2-U1如下图所示：
；
（4）根据电路图得：，变式为：，则U2-U1图象的斜率为，纵轴截距．故由图象可知，电源电动势；斜率，则内阻；
（5）本实验中使用的电压表并非理想电压表，电压表V2分流，导致利用电压表V1示数计算得到的电流偏小．所以实验中的误差主要来源于电压表V2分流作用．
【点睛】
解决本题的关键是找到U2-U1的函数关系，确定U2-U1图象斜率和截距的物理意义．
17．(1)F=1.84N；(2)，滑块B对滑块A冲量的方向水平向左；(3)k=17
【解析】
【详解】
(1)以滑块A为研究对象，在第1段轨道上，滑块A受到摩擦力的大小
f=μmg
对于滑块A在第1段轨道上从最左端到最右端的过程，根据动能定理得
解得
F=1.84N
(2)设滑块A、B碰撞后瞬间A和B的共同速度为vAB，碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
设滑块B对滑块A的冲量为I，规定水平向右为正方向。
以滑块A为研究对象，根据动量定理有
解得
滑块B对滑块A冲量的方向水平向左；
(3)设滑块A和B每经过一段长为L的黑色轨道损失的动能为，则
设滑块A和B每经过一段长为L的白色轨道，损失的动能为，则
设滑块A和B碰撞后瞬间的总动能为，令
解得
N=7.5
即滑块通过标号为15的白色轨道后，仍有动能
因Ek＞△E1，故物块可通过第16号轨道而进入第17号轨道，进入第17号轨道时的动能
故将不能通过第17号轨道，即最终停在第17号轨道上。
18．（1）；（2），（3）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设B球刚进入电场时带电系统速度为v1，由动能定理得
解得
（2）带电系统向右运动分三段：B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场，设A球出电场的最大位移为x，由动能定理得
解得
则
B球从刚进入电场到带电系统从开始运动到速度第一次为零时位移为L，其电势能的变化量为
（3）取向右为正方向，第一段加速
则
第二段减速
设A球刚出电场速度为v2，由动能定理得
解得
第三段再减速则其加速度a3及时间t3为
所以带电系统运动的周期为
19．（1）8m/s；（2）F=4+1.25t；（3）25.6m
【解析】
【详解】
（1）由图乙可知，t=2.0s时，MN两端的电压为U=2V，则有
解得v1=8m/s
（2）由图乙可知U=t，由闭合电路的欧姆定律得
又
U=IR
解得v=4t
所以导轨的加速度为a=4m/s2
由牛顿第二定律得
F－BIL－μBIL=ma
带入数据整理可以得F=4+1.25t
（3）从开始运动到撤去外力F这段时间内做匀加速运动，由运动学规律得
在t=2s直至停止的过程中，由动量定理得
又
解得x2=25.6m
总位移为
x=x1+x2=33.6m
试卷第页，共页
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