安徽省六安市高二（下）开学考物理试题（word版含答案）

安徽省六安市高二（下）开学考物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、多选题
1．如图所示，、、为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表，电源的内电阻忽略不计。在滑动变阻器的滑片自最左端b缓慢滑动至最右端a的过程中，两电表均未超出量程，下列说法正确的是（　　）
A．电压表的示数缓慢减小 B．电流表的示数缓慢变大
C．消耗的电功率不变 D．流过滑动变阻器的电流变小
2．如图所示，AC、BD为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O，半径为R，将等电量的两正点电荷Q放在圆周上，它们的位置关于AC对称，与O点的连线和OC间夹角为30°，下列说法正确的是（ ）
A．电荷q从A点运动到C点，电场力做功为零
B．电荷q从B点运动到D点，电场力做功为零
C．O点的场强大小为
D．O点的场强大小为
3．如图所示，MN平行于y轴，在y轴与MN之间的区域内存在与xOy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B.在t＝0时刻，从原点O发射一束等速率的相同的带电粒子，速度方向与y轴正方向的夹角分布在0～范围内．其中，沿y轴正方向发射的粒子在t＝t0时刻刚好从磁场右边界MN上的P点离开磁场，已知P点的坐标是((2＋)d，d)，不计粒子重力，下列说法正确的是(　　)
A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为
B．粒子的发射速度大小为
C．带电粒子的比荷为
D．带电粒子在磁场中运动的最长时间为2t0
4．质量为m、电荷量为q的带正电小球由空中A点自由下落，经过时间t加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过时间t小球又回到A点。不计空气阻力且小球从未落地，则（　　）
A．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了mg2t2
B．所加匀强电场的电场强度为
C．整个过程中机械能的增量为2mg2t2
D．从A点到最低点小球重力势能减少了
二、单选题
5．如图甲所示，两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合，放在同一水平面内，线圈A中通以逆时针方向的电流，电流随时间的变化关系如图乙．在t1~t2时间内，对于线圈B有
A．感应电流的方向为顺时针
B．面积扩大的趋势
C．感应电流的大小一直增大
D．安培力的大小一定一直在减小
6．现有一直流电路，输电线的总电阻为，它提供给用电器的电功率为80kW，电压为400V。若利用超导材料零电阻的性质，可实现无损耗输电。如果用超导电缆替代原来的输电线，保持供给用电器的功率和电压不变，那么可节约的电功率为（　　）
A．16kW B． C．400kW D．10kW
7．如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置处于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙所示(图示磁感应强度方向为正)，整个装置始终保持静止，则0～t2时间内
A．电容器C所带的电荷量大小始终不变
B．电容器C的a板先带正电后带负电
C．MN所受安培力的大小始终不变
D．MN所受安培力的方向先向左后向右
8．如图甲所示的电路中，螺线管的匝数n=5000匝，横截面积S=20cm2，螺线管的导线电阻r=1.0Ω，定值电阻R1=4.0Ω，R2=5.0Ω，穿过螺线管的匀强磁场的磁感应强度为B，在某段时间内其变化规律如图乙所示，规定磁感应强度B竖直向下的方向为正方向．则下列说法正确的是
A．螺线管中产生的感应电动势为2V
B．闭合开关S，电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为5×10-2W
C．闭合开关S，电路中的电流稳定后，电容器的下极板带负电
D．断开开关S后，一段时间内，流经R2的电流方向由下而上
9．如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落．如果线圈中受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为( )
A．a1>a2>a3>a4 B．a1＝a2＝a3＝a4
C．a1＝a3>a2>a4 D．a1＝a3>a2＝a4
10．如图所示是某点电荷电场中的一条电场线，A、B、C是电场线上的三点，相邻两点间的距离AB=BC．则
A．三点场强大小的关系为EA>EB>EC
B．三点电势之间的关系为φA>φB>φC
C．相邻两点间电势差之间的关系为UAB=UBC
D．电子在三点具有的电势能之间的关系为EpA>EpB>EpC
11．在如图所示的电路中，灯泡A与一个带铁芯的电感线圈并联。闭合开关，稳定后通过灯泡的电流为，通过线圈的电流为。断开开关S，此后通过灯泡A的电流记为i，规定通过灯泡的电流向右为正，四幅图中能正确反映i随时间t变化关系的图像是（　　）
A． B．
C． D．
12．如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板间距离为l，在正极板附近有一质量为m1、电荷量为q1（q1>0）的粒子A，在负极板附近有一质量为m2，电荷量为－q2（q2>0）的粒子B仅在电场力的作用下两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距方的平面Q。两粒子间相互作用力可忽略，不计粒子重力，则下列说法正确的是（　　）
A．粒子A、B的加速度大小之比4：3
B．粒子A、B的比荷之比为3：4
C．粒子A、B通过平面Q时的速度大小之比为：2
D．粒子A、B通过平面Q时的动能之比为3：4
三、实验题
13．小勇在探究标有“3V 1．5W”字样的小灯泡的伏安特性曲线，试验室除了导线，电键，内阻不计、电动势为3V的电池组和待测小灯泡外，还有如下的实验器材供选择：
A．电流表（0～0．6A、内阻为1Ω ）
B．电流表（0～3A、内阻为0．2Ω）
C．电压表（0～3V、内阻约为2kΩ）
D．电压表（0～10V、内阻约为4．5kΩ）
E．滑动变阻器（0～100Ω）
F．滑动变阻器（0～20Ω）
（1）为了减小实验误差，电流表应选___;电压表应选___；滑动变阻器应选___（填器材前面的字母代号）小勇利用所选用的实验器材描绘了小灯泡的伏安特性曲线，如图甲所示，则该小灯泡的阻值随两端电压的升高而___（选填“增大”、“减小”或“”不变）．
（2）连接完整的实物图如图乙所示_______．
（3）如果该小勇在进行操作时，误将a、b间的导线接在在a、c间，在闭合开关后，无论小勇如何移动滑动变阻器的滑动触头，小灯泡始终发光，则小灯泡在该过程中所消耗的电功率的最小值为__W．
四、解答题
14．在竖直平面内建立一平面直角坐标系xOy，x轴沿水平 方向，如图甲所示，第二象限内有一水平向右的匀强电场，场强为．坐标系的第一、四象限内有一正交的匀强电场和匀强交变磁场，电场方向竖直向上，场强，匀强磁场方向垂直纸面，一个比荷的带正电的微粒（可视为质点）以=4m/s的速度从-x轴上的A垂直于x轴进入第二象限，并以=8m/s速度从+y轴上的C点沿水平方向进入第一象限．从粒子通过C点开始计时，磁感应强度B按图乙所示规律变化（以垂直纸面向外的磁场方向为正方向），．试求：
（1）带正电粒子运动到C点的纵坐标值h以及电场强度的大小；
（2）+x轴上有一点D，OD=OC，若带电粒子在通过C点后不再越过y轴，且要使其恰能沿x轴正方向通过D点，求磁感应强度的大小以及磁场的变化周期
15．一根质量为m、长为l的导线，两端用细绳悬挂，放在如图所示的磁场中。当通以大小为I的电流时，细绳中的拉力恰好为零。当地重力加速度为g。
（1）求导线中电流的方向；
（2）求该处的磁感应强度大小；
（3）若电流减小为，则每根细绳上的拉力是多少。
16．如图，两根相距l=1m平行光滑长金属导轨电阻不计，被固定在绝缘水平面上，两导轨左端接有R=2Ω的电阻，导轨所在区域内加上与导轨垂直、方向相反的磁场，磁场宽度d相同且为0.6m，磁感应强度大小B1=T、B2=0.8T．现有电阻r=1Ω的导体棒ab垂直导轨放置且接触良好，当导体棒ab以v=5m/s从边界MN进入磁场后，在拉力作用下始终作匀速运动，求：
（1）导体棒ab进入磁场B1时拉力的功率
（2）导体棒ab匀速运动过程中电阻R两端的电压有效值
五、填空题
17．写出如图甲所示的螺旋测微器对应的读数_____mm．
试卷第页，共页
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参考答案：
1．BD
【解析】
【详解】
A．由于电源的内电阻忽略不计，所以电压表的示数等于电源的电动势，大小不变，A错误；
B．滑动变阻器的滑片自最左端b缓慢滑动至最右端a的过程中，R变大，总电流变小，R1的分压变小，R2的电压变大，所以电流表的示数缓慢变大，B正确；
CD．总电流变小，R2所在的支路电流变大，所以R3所在的支路电流变小，R3消耗的电功率变小，流过滑动变阻器的电流变小，C错误，D正确。
故选BD。
2．BD
【解析】
【详解】
电荷q从A点运动到C点，所受电场力竖直向上，电场力做负功，A错，根据对称性B正确，O点的场强大小为，C错，D正确．
3．BD
【解析】
【详解】
A．根据题意作出沿y轴正方向发射的带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图甲所示．
圆心为O′，根据几何关系，粒子做圆周运动的半径为
r＝2d
故A错误；
B．沿y轴正方向发射的粒子在磁场中运动的圆心角为，运动时间
t0＝
解得：
v0＝
故B正确；
C．沿y轴正方向发射的粒子在磁场中运动的圆心角为，对应运动时间为t0，所以粒子运动的周期为
T＝
由
Bqv0＝mr
则
故C错误；
D．在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图乙所示。
由几何知识得该粒子做圆周运动的圆心角为，在磁场中的运动时间为2t0，故D正确。
故选BD。
4．CD
【解析】
【详解】
A．经过时间t加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，此时速度
到达最低点时动能为零，故动能减少
故A错误；
B．小球先做自由下落，然后受电场力和重力向下做匀减速到速度为0，再向上做匀加速回到A点。设加上电场后小球的加速度大小为a，规定向下为正方向。整个过程中小球的位移为0，运用运动学公式：
解得：
根据牛顿第二定律
解得：
故B错误；
C．整个过程中机械能的增量等于电场力做的功
故C正确；
D．设从A点到最低点的高度为h，根据动能定理得：
解得：
从A点到最低点小球重力势能减少了
故D正确。
故选CD。
5．C
【解析】
【详解】
由图可知，线圈A中通有逆时针方向的逐渐减小的电流，则穿过B的磁通量，向外减小，由楞次定律可知，线圈B中感应电流的方向为逆时针，选项A错误；由于B线圈所处位置的磁场向里，由左手定则可知，线圈B有面积缩小的趋势，选项B错误；因A中电流的变化率逐渐变大，则线圈B中产生的感应电流逐渐变大，选项C正确；因A线圈中电流产生的磁场减弱，B中的感应电流增加，根据F=BIL可知，安培力的大小无法判断，选项D错误；故选C.
点睛：该题考查安培定则和楞次定律的应用，关键是搞清A中电流产生的磁场的变化情况，以及B中磁通量的变化情况，灵活运用楞次定律分析解答.
6．A
【解析】
【详解】
当输电导线总电阻为时，由得
输电线上损失的功率
故A正确，BCD错误。
故选A。
7．A
【解析】
【详解】
AB．0～t2时间内，磁感应强度均匀变化，产生大小和方向恒定电动势，则电容器C所带的电荷量大小始终不变，选项A正确，B错误；
CD．由于磁感应强度变化，根据楞次定律电流方向一直由N到M且大小不变，由左手定则可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，根据F=BIL可知安培力大小先减小后增大，选项C、D错误．
8．D
【解析】
【详解】
A. 根据法拉第电磁感应定律：；
代入数据可求出：E=5000×20×10 4×（1 0.2）/8V=1V，故A错误；
B. 根据全电路欧姆定律,有：；
根据 P=I2R1得：P=0.12×4W=4×10 2W，故B错误；
C. 根据楞次定律可知，电流稳定后电容器下极板带正电，故C错误；
D. S断开后,电容器经过电阻R2放电,因下极板带正电,则流经R2的电流方向由下向上，故D正确；
故选D.
点睛：根据法拉第地磁感应定律求出螺线管中产生的感应电动势；根据P=I2R求出电阻R1的电功率；根据楞次定律可知感应电流的方向，从而确定电容器极板带电情况；电容器与R2并联，S断开后，根据电容器的带电情况，来确定电流方向．
9．C
【解析】
【详解】
线圈自由下落时，加速度为．线圈完全在磁场中时，磁通量不变，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，只受重力，加速度为．线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力，根据牛顿第二定律得知：， ；线圈完全在磁场中时做匀加速运动，到达4处的速度大于2处的速度，则线圈在4处所受的安培力大于在2处所受的安培力，又知磁场力总小于重力，则，故：
故选C．
10．B
【解析】
【详解】
A、C、一条电场线无法确定电场线疏密情况，所以无法比较三点场强的大小；同理由可知无法比较相邻两点间电势差之间的关系，故A、C错误.B、顺着电场线方向，电势必定降低，则有φA＞φB＞φC，故B正确．D、根据可知，负电荷在电势高的位置电势能低，故有EpA【点睛】本题考查对电场线两个意义的理解：根据电场线的方向，可判断电势的高低，根据电场线的疏密可判断场强的大小．一条电场线不能比较场强的大小．
11．D
【解析】
【详解】
当开关断开时，则灯泡中的原来的电流I1立即消失，但是L由于自感要阻碍自身电流的减小，L中的电流由I2逐渐减小，由于L与灯泡组成回路，L中的电流要经过灯泡，所以灯泡中的电流突然变为I2且电流为反方向，然后逐渐减小到0，由于规定通过灯泡的电流向右为正，所以此时流过灯泡的电流方向为负，且在稳定时I2大于I1。
故选D。
12．B
【解析】
【详解】
设电场强度大小为E，两粒子的运动时间相同，对粒子A有
对粒子B有
联立解得
故A错误，B正确；
C．由v=at得
故C错误；
D．由于质量关系未知，动能之比无法确定，故D错误。
故选B。
13． A C F 增大 如图所示：
0.32
【解析】
【详解】
试题分析：（1）电压表选择0～3V量程的C;电表量程应略大于电路中最大电值，灯泡的额定电流，故电流表选择A；因本实验采用分压式接法，故滑动变阻器选F；根据U-I图象可知，随着灯泡两端电压的升高灯泡电阻增大；
（2）滑动变阻器采用分压接法；而由于灯泡内阻较小，故灯泡采用电流表外接法；实物图如图所示；
（3）小灯泡获最小功率时，电路的总电阻最大，此时滑动变阻器的两段电阻丝并联的总电阻为5Ω，把滑动变阻器两段电阻丝并联后的总电阻和电流表内阻当成电源的内阻，则短路电流，在U-I图象中作出路端电压与电路中电流的图象，如图所示，两图线交点坐标为（0．34，0．94），所以小灯泡消耗的电功率最小值P=0．34×0．94=0．32W；
考点：探究小灯泡的伏安特性曲线
【名师点睛】
本题考查描绘灯泡的伏安特性曲线的实验；解决本题的关键掌握滑动变阻器分压式和限流式的区别，电流表内外接的区别，掌握应用数学方法，通过作图求解灯泡实际的电流和功率．
14．（1）、（2）、
【解析】
【详解】
试题分析：（1）将粒子在第二象限内的运动分解为水平方向和竖直方向，在竖直方向上做竖直上抛运动，在水平方向上做匀加速直线运动．．，
则，解得．
（2），所以带电的粒子在第一象限将做匀速圆周运动，设粒子运动圆轨道半径为R，周期为T，则可得．
使粒子从C点运动到D点，则有：．
解得：．．，
考点：考查了带电粒子在组合场中的运动
【名师点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径
15．（1）沿导线向右；（2）；（3）
【解析】
【详解】
（1）细绳中的拉力恰好为零，则导线受到的安培力与重力平衡，可知安培力方向竖直向上，根据左手定则可知，导线中电流的方向沿导线向右；
（2）根据平衡条件有
解得
（3）当电流减小为时，设每根细绳上的拉力为T，根据平衡条件有
解得
16．（1）（2）2V
【解析】
【详解】
试题分析：（1）在磁场B1中：E1=B1Lv，
，
⑵设棒ab产生电动势的有效值为E
在磁场B1中产生的电动势E1=B1Lv=V
在磁场B2中产生的电动势E2=B2Lv="4" V
回路在一个周期T内产生的焦耳热
解得电动势的有效值E=3V
电阻R两端电压的有效值为
考点：法拉第电磁感应定律；有效值的计算.
17．0.200
【解析】
【详解】
解：螺旋测微器的固定刻度为0mm，可动刻度为20.0×0.01mm=0.200mm，所以最终读数为0mm+0.200mm=0.200mm．
故答案为0.200
【点评】
对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．
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