湖南省益阳市桃江县高二（下）入学考试物理试题（word版含答案）

湖南省益阳市桃江县高二（下）入学考试物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、多选题
1．如图，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管b与电源、滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是（　　）
A．线圈a中将产生沿顺时针方向（俯视）的感应电流
B．线圈a对水平桌面的压力FN将增大
C．穿过线圈a的磁通量减小
D．线圈a有收缩的趋势
2．如图所示，半径为的圆形区域位于正方形的中心，圆心为，与正方形中心重合. 圆形区域内、外有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反. 一质量为、电荷量为的带正电粒子以速率沿纸面从点平行于边沿半径方向射入圆形磁场，并从点射出，且恰好没射出正方形磁场区域，粒子重力忽略不计，已知磁感应强度大小为，则（ ）
A．粒子由点运动到点时速度偏转角为
B．正方形区域的边长为
C．粒子再次回到点时所经历的时间为
D．粒子再次回到点时所经历的时间为
3．某同学设计了一个利用天平测量匀强磁场磁感应强度大小的装置。首先将天平调至平衡，再将一个质量为m0、匝数为n、下边长为l的矩形线圈挂在右边托盘的底部，其下部分放在待测磁场中，如图所示，右边托盘不放砝码，左边托盘放入质量为m的砝码，当线圈中电流为I时，天平又正好平衡，已知m0>m，取重力加速度为g，则（　　）
A．矩形线圈中电流的方向为顺时针方向
B．矩形线圈中电流的方向为逆时针方向
C．磁感应强度的大小
D．若仅将磁场反向，在左盘再添加质量为2（m0-m）的砝码可使天平重新平衡
4．CT是医院常用的一种仪器，CT的重要部件之一就是粒子回旋加速器，回旋加速器的结构如图所示，有一磁感应强度为B的匀强磁场垂直于回旋加速器。在CT回旋加速器的O点可以释放出初速度为零、质量为m、电荷量为q的粒子。（不考虑粒子所受重力）粒子经过加速、回旋最后从A点射出并获得最大动能Ek，两D形盒之间的距离为 d、加速电压为 U，则下列说法正确的是（　　）
A．D形盒的最大半径为
B．粒子在加速器中运动的圈数为
C．回旋加速器所加交流电压的频率为
D．减小加速电压，粒子从加速器射出时的动能变小
二、单选题
5．如图所示，a、b两个带电量相同的粒子，从同一点平行于极板方向射入电场，a粒子打在B板的点，b粒子打在B板的点，若不计重力，则
A．a的初速度一定小于b的初速度
B．a增加的动能一定等于b增加的动能
C．b的运动时间一定大于a的运动时间
D．b的质量一定大于a的质量
6．下列关于电场线的说法中正确的是（ ）
A．电场线上每一点的切线方向，都与电场中该点的场强方向一致
B．电场线上每一点的切线方向，都与电荷在该点的受力方向一致
C．沿电场线的方向，电场强度越来越弱
D．电场线与电场一样是客观存在的
7．如图所示，为定值电阻，L为小灯泡，为光敏电阻,其阻值随光照强度的增强而减小，当光照强度增强时（　　）
A．电压表的示数减小 B．中电流减小
C．小灯泡的功率减小 D．电路的路端电压增大
8．无线充电技术能实现能量的无线传输，如图是无线充电设备给手机充电，下列关于无线充电的说法正确的是（　　）
A．充电的原理主要利用了自感
B．充电设备与手机不接触也能充电
C．充电设备与手机的充电电流一定相等
D．充电设备中的线圈通恒定电流也可以对手机无线充电
9．如图所示，一个各短边边长均为L，长边边长为3L的线框，匀速通过宽度为L的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面，线框沿纸面运动，开始时线框右侧短边ab恰好与磁场左边界重合，此过程中最右侧短边两端点a、b两点间电势差Uab随时间t变化关系图象正确的是（　　）
A． B． C． D．
10．当矩形线框在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动时，产生的交变电流随时间的变化规律如图甲所示。已知图乙中定值电阻R的阻值为10Ω，电容器C的击穿电压为5V。则下列选项正确的是（　　）
A．矩形线框中产生的交变电流的瞬时值表达式为i=0.6sin100πt（A）
B．矩形线框的转速大小为100r/s
C．若将图甲中的交流电接在图乙的电路两端，电容器不会被击穿（通过电容器电流可忽略）
D．矩形线框的转速增大一倍，则交变电流的表达式为i=1.2sin100πt（A）
三、实验题
11．如图，将气垫导轨水平放置做“验证动量守恒定律”实验．碰撞时难免有能量损失，只有当某个物理量在能量损失较大和损失较小的碰撞中都不变，它才有可能是我们寻找的不变量．
如图甲所示，用细线将两个滑块拉近，把弹簧压缩，然后烧断细线，弹簧弹开后落下，两个滑块由静止向相反方向运动．如图乙所示，在两滑块相碰的端面装上弹性碰撞架，可以得到能量损失很小的碰撞．在滑块的碰撞端粘橡皮泥，可以增大碰撞时的能量损失．如果在两个滑块的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥，碰撞时撞针插入橡皮泥中，使两个滑块连成一体运动，这样的碰撞中能量损失很大．
若甲、乙、丙图中左侧滑块和右侧滑块的质量都为m，两遮光片的宽度都为d，光电门记录的遮光片挡光时间如下表所示．
状态 左侧光电门 右侧光电门
甲图 装置 碰前 无 无
碰后 T1 T2
乙图 装置 碰前 T3 无
碰后 无 T4
丙图 装置 碰前 T3 无
碰后 无 T6
a．根据实验数据，若采用乙图装置，碰后右侧滑块第一次通过光电门计时装置记录的挡光片挡光时间为T4．若采用丙图装置，碰后右侧滑块第一次通过光电门计时装置记录的挡光片挡光时间为T6．通过实验验证了这两次碰撞均遵守动量守恒定律，请你判断T4和T6的关系应为T4________T6（选填“>”、“<”或“=”）．
b．利用图甲所示的实验装置能否测出被压缩弹簧的弹性势能的大小__________？如果可以，请根据实验中能够测出的物理量写出表达式__________．
12．在“用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻”的实验中，提供的器材有：
A．干电池一节
B．电流表（量程0.6A）
C．电压表（量程3V）
D．开关S和若干导线
E．滑动变阻器（最大阻值20Ω，允许最大电流2A）
F．滑动变阻器（最大阻值200Ω，允许最大电流1A）
（1）按图甲所示电路测量干电池的电动势和内阻，滑动变阻器应选______（填“”或“”）。
（2）图乙电路中部分导线已连接，请用笔画线代替导线将电路补充完整______（提示：有两条线需要连接），要求变阻器的滑片滑至最左端时，其使用电阻值最大。
（3）闭合开关，调节滑动变阻器，读取电压表和电流表的示数、用同样方法测量多组数据，将实验测得的数据标在如图丙所示的坐标图中，请作出U—I图线____，由此求得待测电池的电动势______V，内电阻______Ω。（结果保留三位有效数字）
四、解答题
13．某环保设备装置可用于气体中有害离子的检测和分离.离子检测的简化原理如图1所示,Ⅰ为电场加速区,Ⅱ为无场漂移区,III为电场检测区.已知I区中AB与CD两极的电势差为U,距离为L,Ⅱ区中CE与DE两板的间距为d,板长为4L,Ⅲ区中EF与GH间距足够大,其内部匀强电场大小为U/2L ,方向水平向左.假设大量相同的正离子在AB极均匀分布,由初速度为零开始加速,不考虑离子间的相互作用和重力.则:
(l)AB和CD哪一极电势高 若正离子比荷为k,求该离子到达CD极时的速度大小;
(2)该装置可以测出离子从AB极出发,经Ⅰ区、Ⅱ区和Ⅲ区,最后返回EF端的总时间t.由此可以确定离子的比荷k与t的函数关系式.
(3)若将Ⅲ区的匀强电场换成如图2所示的匀强磁场,则电场检测区变成了磁场分离区,为收集分离出的离子,需在EF边上放置收集板EP.收集板下端留有狭缝PF,离子只能通过狭缝进入磁场进行分离.假设在AB极上有两种正离子,质量分别为、,且,电荷量均为q,现要将两种离子在收集板上的完全分离,同时为收集到更多离子,狭缝尽可能大,试讨论狭缝PF宽度的最大值.(磁感应强度大小可调,不考虑出Ⅲ区后再次返回的离子)
14．如图所示的电路中，R1=2Ω，R2=3Ω，R3=6Ω，电压表为理想电表，当开关S断开时，电压表示数为5.0V；当开关S闭合时，电压表示数为2.4V，求电源的电动势E和内电阻r．
15．倾角为30°的粗糖斜面上端固定一个弹性挡板，质量m=lkg的小木块A放置于质量M=5kg的长木板B的下边缘，并且长木板的下边缘与斜面底端对齐，A、B—起以v0= 5m/s的初速度 从斜面底端向上冲，经过0.4s时间B与挡板发生碰撞（碰撞时间极短），速度大小不变方向相反， 已知小木块A与长木板B之间滑动摩擦系数μ1=，长木板B与斜面间的滑动摩擦系数μ2=，取g=10m/s2，求
（1）长木板B与挡板碰后的速度大小
（2）若小木块A恰好不脱离长木板B，则B的下边缘刚好回到斜面底端时的速度大小是多少？
（3）在（2）问中，从B与挡板碰撞到B再次回到出发点所用的时间是多少？
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参考答案：
1．BD
【解析】
【详解】
AC．当滑动触头P向下移动时电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流增大，则b产生的磁场增大，根据安培定则可知磁场的方向向下，从而判断出穿过线圈a的磁通量向下增加，根据楞次定律可以判断出线圈a中感应电流方向俯视应为逆时针，故AC错误；
B．开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑动触头向下滑动时，穿过线圈a的磁通量增加，故只有线圈面积减少或远离线圈b时才能阻碍磁通量的增加，故线圈a有远离b的趋势，故线圈a对水平桌面的压力将增大，故B正确；
D．当滑动触头P向下移动时电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流增大，则b产生的磁场增大，根据安培定则可知磁场的方向向下，从而判断出穿过线圈a的磁通量向下增加，根据楞次定律的推广：“感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因”，因为滑动触头向下滑动导致穿过线圈a的磁通量增加，故只有线圈面积减少或远离线圈b时才能阻碍磁通量的增加，故线圈a应有收缩的趋势，故D正确。
故选BD。
2．AC
【解析】
【详解】
粒子在磁场中做匀速圆周运动,运动轨迹如图所示,设轨迹半径为,由洛仑兹力充当向心力可知,解得;由几何关系可知,粒子由点运动到点时速度偏转角为,选项A正确;粒子在圆外正方形磁场中的轨迹半径为,粒子恰好不从边射出，则有,解得,则正方形的边长,选项B错误;粒子在圆形磁场中做圆周运动的周期,在圆形磁场中运动时间;粒子在圆形以外的区域做圆周运动的周期，在圆形以外的磁场中运动时间，则再次回到点的时间,选项C正确,D错误.
3．BCD
【解析】
【详解】
AB．根据题意可知m0＞m，要使天平平衡，矩形线圈下边受到的安培力方向向上，根据左手定则可知电流的方向应为逆时针方向，故A错误、B正确；
C．根据平衡条件可得
m0g-nBIl=mg
解得匀强磁场的磁感应强度的大小为
故C正确；
D．开始线圈所受安培力的方向向上，仅将磁场反向，则安培力方向反向，变为向下，相当于右边多了两倍的安培力大小，所以需要在左边，添加质量为
的砝码可使天平重新平衡，故D正确。
故选BCD。
4．BC
【解析】
【详解】
A．设粒子的最大速度为v，根据动能定理
Ek＝
根据牛顿第二定律
解得
A错误；
B．设粒子在磁场中转动的圈数为n,因每加速一次粒子获得的能量为qU，每圈有两次加速
Ek＝2nqU
解得
B正确；
C．由粒子在磁场中运动的周期为
频率为
解得
C正确；
D．减小加速电压，粒子每次加速获得的动能减小，粒子在加速器中运动的圈数增加，粒子从加速器射出时的动能不变，D错误。
故选BC。
5．B
【解析】
【分析】
两个粒子垂直射入匀强电场中都作类平抛运动，粒子竖直方向的偏转量相同而水平位移不等，根据牛顿第二定律可知加速度的大小关系，再根据竖直运动规律可明确时间关系，从而分析速度大小和质量的关系；
【详解】
A.设任一粒子的速度为v，电量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，
则加速度为：，
对竖直分运动，有：，
对水平分运动，有：，
联立得到：，，；
只有q、E、x、y的关系已知，无法比较初速度、运动时间和质量关系，故ACD错误；
B、由于只有电场力做功，故动能增加量等于电场力做功，为：，电量相等，故a增加的动能一定等于b增加的动能，故B正确.
【点睛】
解决该题的关键是要抓住题目的本意是考查带电粒子在电场中的偏转，要熟记偏转量的公式以及它的推导的过程，明确运动的合成和分解的正确应用．
6．A
【解析】
【详解】
试题分析：电场线是一种理想化的物理模型，不是客观存在的，电场线的切线方向是该点电场强度的方向；电场线的疏密表示电场的强弱．
电场强度方向和该点的电场线的切线方向一致，但电场线切线方向不一定与受力方向一致，如负电荷受到的电场力方向和电场方向相反，A正确B错误；沿电场线方向电势降低，而电场线的疏密程度是表示电场强度大小的，所以沿电场线方向不一定变疏，所以电场强度不一定变弱，C错误；电场线是为了便于研究电场引入的概念，不是客观存在的，D错误．
7．B
【解析】
【详解】
A．当光度增强时，光敏电阻R3的阻值减小，故电路的总阻值減小，总电流增大，由
可知电压表的示数增大，A错误；
B．R2两端的电压
知R2两端的电压减小，故通过R2的电流减小，B正确；
C．由知IL增大，故小灯泡的功率增大，C错误；
D．电路的路端电压
总电流增大，故路端电压减小，D错误。
故选B。
8．B
【解析】
【详解】
A．充电的原理主要利用了电磁感应的互感原理，所以A错误；
B．充电的原理主要利用了电磁感应的互感原理，所以充电设备与手机不接触也能充电，则B正确；
C．充电设备与手机的充电电流不一定相等，就像变压器工作原理一样，原副线圈匝数不一样，所以C错误；
D．充电设备中的线圈通恒定电流，其产生的磁场是恒定的，不能使手机产生感应电路，所以D错误；
故选B。
9．D
【解析】
【详解】
0～L过程中，ab边切割磁感应线产生的感应电动势E1＝BLv，a点电势高于b，则Uab＝BLv；L～2L过程中感应电动势E2＝2BLv，a点电势低于b，则Uab＜0；2L～3L过程中，最左边切割磁感应线产生的感应电动势E3＝3BLv，a点电势高于b，则Uab＝×3BLv＝BLv，故D正确，ABC错误．
10．A
【解析】
【详解】
A．由图象可知，矩形线框转动的周期T=0.02s，则
所以线框中产生的交变电流的表达式为
i=0.6sin100πt（A）
故A项正确；
B．矩形线框转动的周期T=0.02s，所以线框1s转50转，即转速为，故B项错误；
C．若将图甲中的交流电接在图乙的电路两端，通过电容器电流可忽略，则定值电阻两端电压为
u=iR=0.6×10sin100πt（V）=6sin100πt（V）
由于最大电压大于电容器的击穿电压，电容器将被击穿，故C项错误；
D．若矩形线框的转速增大一倍，角速度增大一倍为
ω′=200πrad/s
角速度增大一倍，电流的最大值增大一倍，即为
I′m=1.2A
则电流的表达式为
i2=1.2sin200πt（A）
故D项错误。
11． 能
【解析】
【详解】
a.[1] 乙图装置和丙图装置中，因为碰前左侧光电门的挡光时间都是T3，说明两次实验左侧滑块的初速度都相同．乙图中两滑块发生的是非完全弹性碰撞，动能损失一部分，丙图中两滑块发生的是完全非弹性碰撞，动能损失最多．因此，两种情况下碰后右侧滑块的速度，乙图的要大于丙图的，在遮光片的宽度相同时，通过光电门的时间T4＜T6．
b.利用图甲所示的实验装置能测出被压缩弹簧的弹性势能的大小．烧断细线前，系统的动能为零，只有弹性势能；烧断细线后，弹性势能完全转化为两滑块的动能；该过程中机械能守恒，所以只要计算烧断细线后两滑块的动能之和即可，即：
12． R1 1.40 2.50
【解析】
【详解】
（1）[1]为方便实验操作，滑动变阻器应选择最大阻值较小的R1；
（2）[2]根据实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示
（3）[3][4][5]根据坐标系内描出的点，作出电源的U―I图象如图所示
由图示图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.40，则电源电动势为，
电源内阻为
13．（1）AB极电势高,若正离子比荷为k,求该离子到达CD极时的速度大小;
(2)离子的比荷k与t的函数关系式
(3)① 狭缝PF宽度的最大值
②狭缝PF宽度的最大值
【解析】
【详解】
（1）正离子做加速运动，电场方向水平向，AB极电势高；
离子在AB和CD两极间加速，由动能定理：qU＝mv2
离子到达CD极时的速度：
（2）正离子在Ⅰ区做匀加速直线运动，设所用时间为t1，则
得
设离子在Ⅱ区做匀速直线运动的时间为所用时间t2，则
得
离子在Ⅲ区先匀减速，后反向匀加速．设加速度为a，所用时间为t3，则
得
总时间t＝t1+t2+t3
代入得k＝
（3）根据洛伦兹力提供向心力，有Bqv＝m
代入得：
半径关系：
分两种情况讨论：
①若m1≤4m2，则R1≤2R2，如图1所示，此时狭缝最大值x同时满足：x＝2R1-2R2
d＝2R1+x
解得：
②若m1>4m2，则R1>2R2，如图2所示，此时狭缝最大值x同时满足：x＝2R2，
2R1+x＝d
解得：
点睛：本题考查带电粒子在电磁场中的运动，在电场中加速根据动能定理求加速后的速度，在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力列式，解题的关键是理清带电粒子的运动情景，依据合适的规律求解.
14．6.0V；1.0Ω
【解析】
【详解】
根据闭合电路欧姆定律：E=U+Ir，当S断开时R1、R2串联则有：
当S闭合时R2与R3并联后与R1串联：
联立以上并代入数据解得：
E=6.0V，r=1.0Ω
15．(1) lm/s (2) m/s (3) s
【解析】
【详解】
（1）选AB整体为研究对象，从出发到B与挡板相碰过程中.时间t1=0.4s
（m +M）gsin30°+μ（m+M）gcos30°=（m+M）a
v1= v0-at1.
联立可解
v1=1m/s
B与挡板碰后速度大小不变为lm/s.
（2）B与挡板碰后，A与B组成的系统沿斜面方向合外力为零
（M+m）gsin30°=μ（M+m）gcos30°
所以AB系统沿斜面方向动量守恒，又由于A与B不脱离，因此二者恰好不脱离时必共速，设共速速度为v2，选沿斜面向下为正方向，
Mv1-mv1=（M+m）v2.
可得
v2=m/s
即为B到达斜面底端速度。
（3）设B上端到斜面长为L，
L==1.2m.
B与挡板碰后加速度为：
aB==-2.5m/s2
可知B与挡板碰后沿斜而向下做匀减速直线运动到与A共速，此过程经历时间设为△t1，
△t1=s
设此过程前进位移x1，
x1=m
B与A达到共速后.一起匀速走完剩余的长度，设此过程经历时间△t2，
△t2=s
所以从B与挡板碰后到B再次回到出发点总时间为
△t=△t1+△t2=s.
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