黑龙江省哈尔滨市高二（下）开学考试物理试题（word版含答案）

黑龙江省哈尔滨市高二（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,空间存在四分之一圆形磁场区域,半径为R,磁感强度为B,磁场方向垂直纸面向外．质量为m,电量为q的电子,以初速度v从圆心O沿OC方向射入磁场,恰好由A点射出．要使电子从弧AD之间射出,弧AD是弧DC长度的2倍,电子从O点射入的初速度可能是(不计电子的重力)( )
A． B． C． D．
2．如图所示，带电平行板中有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，带电小球从光滑绝缘导轨上的a点自由滑下，经过轨道端点P点进入板间，恰好沿水平方向做直线运动。现让小球从较低的b点开始自由滑下，经P点进入板间，在板间运动的过程中（　　）
A．小球动能会增加 B．小球电势能将会减少
C．小球所受的洛伦兹力将会增大 D．小球所受的电场力将会增大
3．如图所示电路中，电源电动势为E，线圈L的电阻不计．以下判断不正确的是(　　)
A．闭合S稳定后，电容器两端电压为E
B．闭合S稳定后，电容器的a极板不带电
C．断开S后的很短时间里，电容器的a极板将带正电
D．断开S后的很短时间里，电容器的a极板将带负电
4．某种静电除尘器产生的电场电场线分布如图所示，带等量负电荷的两颗微粒只受电场力作用，分别从p点沿虚线pm、pn运动，被吸附到金属圆筒上、下列说法正确的是（　　）
A．p点的电势高于n点的电势
B．微粒在p点的电势能大于在m点的电势能
C．微粒从p到n的动能变化量大于从p到m的动能变化量
D．微粒从p到n的动能变化量等于从p到m的动能变化量
二、单选题
5．如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时(　　)
A．线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流
B．线圈绕P1转动时的电动势小于绕P2转动时的电动势
C．线圈绕P1和P2转动时电流的方向相同，都是a→b→c→d
D．线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力
6．在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为0.1m2，线圈电阻为1Ω。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，则下列说法正确的是（　　）
A．在时间0~5s内，I的最大值为0.1A
B．在第4s时刻，I的方向为顺时针
C．前2s内，通过线圈某截面的总电荷量为0.01C
D．第3s内，线圈的发热功率最大
7．关于磁场中某点的磁感应强度的大小，下列说法中不正确的是（　　）
A．通电导线在某处受的安培力，其大小与该处的磁感应强度有关
B．B的大小与I，L的乘积无关，由磁场本身决定
C．B的大小和方向处处相同的区域叫匀强磁场
D．由B＝可知，B与F成正比，与I，L的乘积成反比
8．一电子仅在电场力作用下，沿曲线abc从a运动到c．若电子的速率逐渐减小，关于b点电场强度E的方向，下列图示可能正确的是
A． B．
C． D．
9．关于回旋加速器中电场和磁场的作用的叙述，正确的是（　　）
A．电场和磁场都对带电粒子起加速作用
B．电场和磁场是交替地对带电粒子做功的
C．只有电场能对带电粒子起加速作用
D．磁场的作用是改变带电粒子在D形盒中的速度大小和方向
10．如图所示，理想变压器的原线圈接有阻值均为R的定值电阻和，副线圈接有阻值为的定值电阻。闭合开关S后发现三个电阻消耗的功率均为P，则理想变压器原、副线圈的匝数比和、间的电压有效值分别为（　　）
A．， B．，
C．， D．，
11．如图所示为不同品牌的电视机、电风扇、空调机和电冰箱铭牌的主要项目，试判断正常工作时，其中功率最大的是（　　）
A．彩色电视接收机工作电压工作频率额定功率
B．电冰箱额定电压工作频率额定功率耗电量：
C．电风扇规格额定电压工作频率额定功率
D．空调额定电压工作频率制冷/制热电流
12．如图所示，竖直直线MN的右侧有范围足够大的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里。正方形线框abcd的边长为L，从t=0时刻起线框在外力作用下从图示位置由静止水平向右匀加速运动。线框单位长度电阻均相同，在运动过程中，线框c、d两点间的电势差Ucd随时间变化的特点与下列图像一致的是（　　）
A． B．
C． D．
13．下列关于电场线的几种说法中，正确的是（　　）
A．沿电场线的方向，电场强度必定越来越小
B．在多个电荷产生的电场中，电场线是可以相交的
C．点电荷在电场中的运动轨迹一定跟电场线是重合的
D．电场线越密的地方，同一试探电荷所受的电场力越大
14．在足够大的空间中有一电场强度方向沿轴方向的电场，其电势随的分布规律为，一质量为、带电荷量为的粒子（不计重力），以沿轴正方向的初速度从处进入电场，下列关于该粒子的说法正确的是（　　）
A．若粒子能从运动到，则该过程中粒子的动能逐渐增大
B．若粒子能从运动到，则该过程中粒子的电势能先减小后增大
C．欲使粒子能够到达处，则粒子从处出发时的最小速度为
D．若，则粒子在运动过程中的最小速度为
三、实验题
15．要测绘一个标有"2.5V，0.6W"小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加，并便于操作.已选用的器材有:
A．电池组(电动势为3V，内阻约1Ω);
B．电压表V（量程0-3V．内阻Rv约为10kΩ）
C．电流表G（量程0-3mA，内阻Rg=100Ω）
D．电流表A（量程0-3A，内阻约为0.5Ω）
E.定值电阻R3=0.5Ω
F.电键1个、导线若干.
(1)为了比较准确测量除上述器材中的A．B．F外还应选用__________.(填字母代号)
(2)实验中所用的滑动变阻器应选下列中的__________.(填字母代号)
A．滑动变阻器(最大阻值20Ω，额定电流1A)
B．滑动变阻器(最大阻值1750Ω，额定电流0.3A)
(3)实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示.如果将这个小灯泡接到电动势为1.5V.内阻为5Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是__________W.
16．在“测定电池的电动势和内阻”的实验中，已连接好部分实验电路。
（1）按如图甲所示的实验电路，把图乙中剩余的电路连接起来______________。
（2）在图乙的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于___________端（填“A”或“B”）。
（3）图是根据实验数据作出的U-I图像，由图可知电源的电动势E=___________V，内阻r=_________Ω（以上结果小数点后均保留2位数字）
四、解答题
17．如图所示，两块平行极板AB、CD正对放置，极板CD的正中央有一小孔，两极板间距离AD为d，板长AB为2d，两极板间电势差为U，在ABCD构成的矩形区域内存在匀强电场，电场方向水平向右。在ABCD矩形区域外有垂直于纸面向里的范围足够大的匀强磁场。极板厚度不计，电场、磁场的交界处为理想边界。将一个质量为m、电荷量为+q的带电粒子在极板AB的正中央O点由静止释放。不计带电粒子的重力。
(1)为了使带电粒子能够再次进入匀强电场，且进入电场时的速度方向与电场方向垂直，求磁场的磁感应强度的大小；
(2)通过分析说明带电粒子第二次离开电场时的位置，并求出带电粒子从O点开始运动到第二次离开电场区域所经历的总时间；
(3)通过分析说明带电粒子最后能否返回最初的出发点O，并画出粒子运动轨迹的示意图。若能返回O点，试求出带电粒子从O点开始运动到最终返回O点所经历的总时间。
18．匝数为N=100、边长为L=0.5 m、阻值为r=1.5 Ω的正方形导线框与间距为d=0.5 m的竖直导轨相连，正方形线框的上半部分处在水平向外的磁场B1中，导轨的下部存在着水平向里的磁感应强度为B2=1 T的匀强磁场．质量为m=0.2 kg、电阻为R=0.5 Ω的导体棒ab可以沿竖直导轨无摩擦地滑动．当磁场B1发生变化时，导体棒ab刚好能处于静止状态．重力加速度g取10 m/s2，试求：
（1）此时通过ab棒的电流I的大小和方向；
（2）此过程中磁场B1的变化率；
（3）开始的5 s内回路中产生的焦耳热Q．
19．示波器的核心部件是示波管，其内部抽成真空，图是它内部结构的简化原理图。它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成。炽热的金属丝可以连续发射电子，电子质量为m，电荷量为e，发射出的电子由静止经电压加速后，从金属板的小孔O射出，沿OO’进入偏转电场，经偏转电场后打在荧光屏上。偏转电场时由两个平行的相同金属极板M、N组成，已知极板的长度为L，两板间的距离为d，极板间电压为，偏转电场极板的右端到荧光屏的距离也为L。不计电子受到的重力和电子之间的相互作用。
（1）求电子从小孔O穿出时的速度大小；
（2）若M、N两板间电压u随时间t的变化关系如图2所示，电子打在荧光屏上形成一条亮线，电子穿过偏转电场的时间远小于交流电的周期T，且电子能全部打到荧光屏上，求电子打在荧光屏上亮线的长度s。
（3）让氢原子核（质量为m，电量为e）和氦原子核（质量为4m，电量为2e）的混合物由静止开始经过同一加速电场加速，然后在同一偏转电场里偏转，它们是否会分离为两股粒子束？请通过计算说明。
试卷第页，共页
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参考答案：
1．BC
【解析】
【详解】
速度为v时，恰好由A点射出，轨迹如图Ⅰ，
轨道半径
根据
则有
要使电子恰好从D点射出，根据几何关系
则
所以电子从O点射入的初速度应大于v，小于2v，故AD错误，BC正确。
2．AC
【解析】
【详解】
带电小球进入板间恰好沿水平方向做直线运动，所以
qvB+qE=mg
（小球只能带正电），若从稍低的b点落下，进入板间的速度将减小，则进入时洛伦兹力减小了，因此小球将向下板偏，合外力做功大于零（mg>qE），动能将会增大，速度将会增大，洛伦兹力将会增大；由于向下板偏，电场力做负功，其电势能将会增大，而电场力大小只与场强及小球的带电荷量有关，小球所受的电场力不变。
故选AC。
3．AD
【解析】
【详解】
试题分析：闭合S稳定后，线圈L相当于导线，则电容器被短路，则其电压为零，故A错误；当闭合S稳定后，电容器被短路，则其电压为零，电容器的a极板不带电，故B正确；断开S的瞬间，线圈L中电流减小，产生自感电动势，相当于电源，结电容器充电，根据线圈的电流方向不变，则电容器的a极板将带正电．故C正确，D错误．
考点：考查了电感电容对交流电的阻碍作用
4．BD
【解析】
【分析】
【详解】
A．沿着电场线的方向，电势逐渐降低，所以p点的电势低于n点的电势，故A错误；
B．带负电荷的微粒从p点运动到m点的过程中，电场力做正功，则电势能减小，所以微粒在p点的电势能大于在m点的电势能，故B正确；
CD．m、n两点的电势相等，带等量负电荷的微粒从p到n和从p到m的过程中，电场力做功相等，根据动能定理可知，微粒从p到n的动能变化量等于从p到m的动能变化量，故C错误、D正确。
故选BD。
5．A
【解析】
【详解】
AB．根据E=BωS可知，无论线圈绕轴P1和P2转动，则产生的感应电动势均相等，故感应电流相等，故A正确，B错误；
C．由楞次定律可知，线线圈绕P1和P2转动时电流的方向相同，都是a→d→c→b→a，故C错误；
D．由于线圈P1转动时线圈中的感应电流等于绕P2转动时线圈中得电流，故根据
F=BLI
可知，线圈绕P1转动时dc边受到的安培力等于绕P2转动时dc边受到的安培力，故D错误。
故选A。
6．C
【解析】
【详解】
A．根据法拉第电磁感应定律
可以看出B－t图象的斜率越大则电动势越大，所以零时刻线圈的感应电动势最大，即
根据欧姆定律
故A错误；
B．从第3s末到第5s末竖直向上的磁场一直在减小，根据楞次定律判断出感应电流的磁场与原磁场方向相同，所以电流方向为逆时针方向，故B错误；
C．通过线圈某一截面的电量
故C正确；
D．线圈的发热功率
所以B－t图象的斜率越大则电功率越大，所以零时刻线圈的发热功率最大，故D错误。
故选C。
7．D
【解析】
【详解】
A．通电导线在某处受的安培力取决于磁感线强度、电流大小及导线长度和夹角，故安培力的大小与该处的磁感应强度有关，故A正确；
BD．由可知，该公式是通过比值定义的，所以磁感应强度与安培力，与均无关，而由磁场本身性质决定，故B正确，D错误；
C．在匀强磁场中，各处的大小和方向处处相同，故C正确；
说法中不正确的故选D。
8．D
【解析】
【详解】
由于质点带负电，所受电场力的方向与场强方向相反．电荷做曲线运动，电场力与速度方向不在同一直线上，应指向轨迹弯曲的内侧，且运动轨迹应在速度方向和受力方向之间，故BC错．A中受电场力的正方向与b点速度正方向夹角为锐角，电场力做正功，电子加速运动，故A不符合题目条件电子速率逐渐减小，故A错．D中电场力正方向和b点速度正方向夹角为钝角，电场力做负功，电子速率逐渐减小，故D对．故选D．
9．C
【解析】
【详解】
回旋加速器是利用电场进行加速，粒子在磁场中受到洛伦兹力作用，因为洛伦兹力方向始终垂直于速度方向，磁场对粒子不做功，所以在磁场中速度的大小不变，没有起到加速作用，磁场使粒子偏转，做匀速圆周运动，故ABD错误，C正确。
故选C。
10．B
【解析】
【分析】
【详解】
设副线圈的电流为I2，电阻消耗的功率可表示为
则电阻和上消耗的功率均为
对比可知，电阻或中的电流为
故流过原线圈的电流为
可得
据功率关系可得
其中
联立解得
B正确。
故选B。
11．D
【解析】
【分析】
【详解】
由电视机、电冰箱、电风扇铭牌直接读出它们的额定功率分别为：85W，70W、65W，对于空调机，额定电压U=220V，额定电流I=6.2A；空调额定功率为
结合其他用电器的额定功率可知，功率最大的是空调。故D正确。
故选D。
12．D
【解析】
【详解】
线圈进入磁场过程，ab相当于电源，则a、b间电势差指路端电压，c、d间电势差指cd间的电压，又由楞次定律得电流为逆时针方向，d点电势高于c点，故
线圈全部进入磁场后，线圈中无感应电流，但cd切割磁感线，所以cd之间电势差不为零，且d点电势高于c点，则
故ABC错误，D正确。
故选D。
13．D
【解析】
【详解】
A．电场线的疏密表示电场强度的大小，沿着电场线方向，电场线不一定越来越疏，则电场强度不一定越来越小，故A错误；
B．电场线不能相交，否则交点处场强的方向有两个，而同一电场中各点的场强是唯一的，故B错误；
C．点电荷在电场中的运动轨迹不一定跟电场线是重合的，只有当电场线是直线，而且点电荷从静止开始释放或初速度与电场线共线时，点电荷才可能沿电场线运动，故C错误；
D．电场线是用来表示电场中电场强度的方向和大小的，电场线越密，表示电场强度越大，由公式F=qE知，同一试探电荷所受的电场力越大；故D正确．
14．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．粒子运动过程中只有电场力做功，粒子从运动到的过程中电势能增大，动能逐渐减小，选项A错误；
B．粒子从运动到的过程中电势能逐渐减小，选项B错误；
C．电势能最大值为，欲使粒子能够到达处，则粒子从处出发时的最小速度为
选项C错误；
D．当电势能达到最大值时，粒子动能最小，有
若
解得
选项D正确。
故选D。
15． CE A 0.1
【解析】
【详解】
（1）灯泡的额定电流为：，电流表A（量程0-3A，内阻约为0.5Ω）的量程太大，因此需要将电流计电流表G（量程0-3mA，内阻Rg=100Ω）与定值电阻R3进行扩程，扩程后的量程为： 可以满足需求，因此还应选用CE.
（2）因实验中采用分压接法，故滑动变阻器应选择小电阻，故选A．
（3）在图中作出电源的伏安特性曲线：
交点为灯泡的工作点，由图可知，电流为0.1A；电压为1.0V；则灯泡的功率P=UI=1×0.1=0.1W．
16． A 1.49（1.47~1.49） 0.96（0.94~0.98）
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]根据电路图连接实物图
(2)[2]为保证实验安全，在开始时电路中电流应为最小值，故滑动变阻器应接入最大阻值，由图可知，滑片应接到A端；
(3)[3]由U-I图可知，电源的电动势
E=1.48V
[4]当路端电压为1V时，电流为0.5A，则由闭合电路欧姆定律可知
17．(1)；(2)从C点射出，； (3) ，
【解析】
【详解】
(1)设带电粒子经过电场加速后，从极板CD正中央的小孔射出时的速度大小为v
带电粒子第一次从电场中射出后，在磁场中做匀速圆周运动，若能够再进入匀强电场，且进入电场时的速度方向与电场方向垂直，运动向改变，由此可知在场中的运动轨迹为四分之三圆，圆心位于D点，半径为d，由A点垂直射入电场，如图：
带电粒子在磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，由牛顿运动定律得
解得
(2)带电粒子由A点垂直于电场方向射入电场之后做类平抛运动
若能够射出电场，运动时间
沿电场方向的位移
有
解得
因此带电粒子恰能从C点射出。
带电粒子在磁场中偏转，运动时间为，洛伦兹力充当向心力
由牛顿第二定律得
解得
设带电粒子在磁场中偏转运动时间为，有
带电粒子第一次在电场中加速运动时间也为，因此带电粒子从O点运动到C点的总时间
(3)带电粒子第二次离开电场时的速度为
设粒子离开电场时的偏转角度，则
解得
由此可知在磁场中的运动轨迹为四分之三圆。
第二次在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，得
解得
粒子到达CD连时与C点的距离
因此带电粒子恰能从D点射入电场。
根据对称性可知，带电粒子第三次离开电场的位置恰好是在B点，速度是v，方向与BC连垂直，然后以C点为圆心，半径d做圆周运动，从CD的中点第三次进入电场，最终刚好返回O点。粒子运动轨迹的示意图如图所示：
粒子从O点出发返回到O的过程中，四次进出电场，三次在磁场中做四分之三的圆周运动。带电粒子运动的总时间
18．（1）4 A，方向由a向b （2）0.64 T/s （3）160 J
【解析】
【详解】
（1）导体棒ab静止，所以有
mg=B2IL
解得
由左手定则可知，电流方向由a到b；
（2）根据法拉第电磁感应定律得
面积为
S=L2
根据欧姆定律有
E=I(R+r)
代入数据解得
=0.64 T/s
（3）开始的5s内回路中产生的焦耳热为
Q=I2(R+r)t=42×(0.5+1.5)×5 J=160 J
点睛：本题主要考查了电磁感应中的力学问题，要明确磁感应强度随时间均匀变化时产生的感应电动势是恒定的，要注意S是有效面积，不是线圈的总面积．
19．（1） （2） （3）不会分离为两束粒子。
【解析】
【详解】
（1）根据动能定理可得：
解得：
；
（2）电子进入偏转电场，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，设电子在偏转电场中运动的时间为t
水平方向：
竖直方向：
根据电场力计算公式：
F=Ee
加速度：
联立解得：
；
设粒子打到荧光屏时距离中心位置为Y，则
解得
当偏转电压越大时，Y越大，则电子打在荧光屏上亮线的长度
。
（3）根据（2）的计算可知，粒子先经过电场加速然后经过偏转电场时打到屏上时偏转距离，与带电粒子的电荷量和质量无关，可知氢原子核（质量为m，电量为e）和氦原子核（质量为4m，电量为2e）的混合物由静止开始经过同一加速电场加速，然后在同一偏转电场里偏转，它们不会分离为两股粒子束。
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