江西省赣州市南康区高二下学期开学考试物理试题（word版含答案）

江西省赣州市南康区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．在北半球，地磁场的水平分量由南向北，竖直分量竖直向下，如图所示，鹭洲路上，某人骑车从东往西行走，则下列说法正确的是(　　)
A．自行车左车把的电势比右车把的电势高
B．自行车左车把的电势比右车把的电势低
C．图中辐条AB，此时A端比B端的电势高
D．图中辐条AB，此时A端比B端的电势低
2．两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为0.2m、总电阻为0.005Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图所示．已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t=0时刻进入磁场．线框中感应电动势随时间变化的图线如图所示（感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正）．下列说法正确的是（ ）
A．磁感应强度的大小为0.05 T
B．导线框运动速度的大小为0.04m/s
C．磁感应强度的方向垂直于纸面向外
D．在t=0.4 s至t=0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.01 N
3．如图所示，空间存在着与圆台母线垂直向外的磁场，各处的磁感应强度大小均为B，圆台母线与竖直方向的夹角为θ，一个质量为m、半径为r的匀质金属环位于圆台底部，环中维持恒定的电流I不变，之后圆环由静止向上运动，经过时间t后撤去该恒定电流并保持圆环闭合，圆环全过程上升的最大高度为H，已知重力加速度为g，磁场的范围足够大，在圆环向上运动的过程中，下列说法正确的是
A．圆环开始减速时加速度大于g
B．在时间t内安培力对圆环做功为mgH
C．圆环先有收缩后有扩张的趋势
D．圆环运动的最大速度为
4．如图所示，电源的电动势为E，内阻为r。A、B是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，其直流电阻不能忽略。关于这个电路的以下说法正确的是（　　）
A．开关闭合后，A灯立刻亮
B．开关闭合后，B灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定
C．开关断开后瞬间，A灯左端电势比右端电势低
D．开关断开后瞬间，A灯闪亮一下再熄灭，B灯立即熄灭
5．如图所示，竖直放置的光滑平行金属导轨MN、PQ的M点和P点间接一个电阻，在两导轨间OO1O1′O′矩形区域内有垂直导轨平面的匀强磁场．现使与磁场上边界相距d0的ab棒由静止开始释放，若棒在离开磁场前已经做匀速直线运动(棒ab与导轨始终保持良好接触且下落过程中始终保持水平，导轨电阻不计)．则自棒由静止开始释放到离开磁场的过程中，下列速度图像可能正确是的（ ）
A． B． C． D．
二、单选题
6．如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，在桌正中央偏右的上方固定一根直导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向里的电流时，则　　
A．磁铁对桌面的压力不变
B．磁铁对桌面的压力减小
C．磁铁相对桌面存在向右的运动趋势
D．磁铁相对桌面存在向左的运动趋势
7．下列说法中不正确的是(　　)
A．磁体在空间能产生磁场，磁场使磁体间不必接触便能相互作用
B．在磁场中的某一点，小磁针静止时北极所指的方向，就是这一点的磁场方向
C．当两个磁体的同名磁极相互靠近时，两条磁感线有可能相交
D．磁体周围的磁感线都是闭合的曲线
8．2020年爆发了新冠肺炎，该病毒传播能力非常强，因此研究新冠肺炎病毒株的实验室必须是全程都在高度无接触物理防护性条件下操作。武汉病毒研究所是我国防护等级最高的P4实验室，在该实验室中有一种污水流量计，其原理可以简化为如下图所示模型：废液内含有大量正、负离子，从直径为d的圆柱形容器右侧流入，左侧流出。流量值Q等于单位时间通过横截面的液体的体积。空间有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，下列说法正确的是（　　）
A．负离子所受洛伦兹力方向由M指向N
B．M点的电势高于N点的电势
C．污水流量计也可以用于测量不带电的液体的流速
D．只需要再测量出MN两点电压就能够推算废液的流量
9．一交变电压随时间变化的图像如图所示已知横轴下方为正弦曲线的一半，则该交变电压的有效值为（　　）
A．5V B．2V C．10V D．10V
10．匀强磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，磁感应强度B随时间t的变化规律如图甲所示。在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，t＝0时刻磁场的方向垂直纸面向里，如图乙所示，令I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，F1、F2、F3分别表示感应电流为I1、I2、I3时金属圆环上很小一段受到的安培力，则（　　）
A．I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向
B．I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向
C．F1方向指向圆心，F2方向指向圆心
D．F2方向背离圆心向外，F3方向背离圆心向外
11．如图所示为回旋加速器的工作原理示意图，D形金属盒置于真空中，半径为R，两金属盒间的狭缝很小，磁感应强度大小为B的匀强磁场与金属盒盒面垂直，高频交流电的频率为f，加速电压为U，若中心粒子源处产生的初速度为0的质子（质量为m，电荷量为+e）在加速器中被加速。不考虑相对论效应，则下列说法正确的是（　　）
A．加速的粒子获得的最大动能随加速电压U的增大而增大
B．不改变磁感应强度B和交流电的频率f，该加速器一定可加速其他带正电荷的粒子
C．质子被加速后的最大速度不能超过2πRf
D．质子第二次和第一次经过D形盒间狭缝后轨道半径之比为2∶1
12．如图所示，边长为L、电阻为R的正方形线框abcd放在光滑绝缘水平面上，其右边有一磁感应强度大小为B、方向竖直向上的有界匀强磁场，磁场的宽度为L，线框的ab边与磁场的左边界相距为L，且与磁场边界平行。线框在某一水平恒力作用下由静止向右运动，ab边进入磁场时线框恰好开始做匀速运动。根据题中信息，下列物理量可以求出的是（　　）
A．外力的大小
B．匀速运动的速度大小
C．进入磁场的过程中通过线框某横截面的电荷量
D．通过磁场区域的过程中产生的焦耳热
三、实验题
13．某同学用一个满偏电流为20mA、内阻为30Ω的电流表，一只滑动变阻器和一节电动势为1.5V的干电池组装成一个欧姆表。
(1)该同学按图1，正确连接好电路。甲、乙表笔中，乙表笔应是________（选填“红”或“黑”）表笔。
(2)测量电阻前，要先进行欧姆调零，其操作是___________，使电流表指针指到___________处。
(3)欧姆调零后，他将甲、乙两表笔分别接如图2中的a、b两点，指针指在电流表刻度的8mA处，则电阻Rx=________Ω。
(4)若误将甲、乙两表笔分别接在了如图2中的a、c两点，则Rx的测量结果________（选填“偏大”或“偏小”）。
14．某研究性学习小组为探究热敏电阻的特性而进行了如下实验．他们分若干次向如图所示的烧杯中倒入开水，观察不同温度下热敏电阻的阻值，并把各次的温度值和对应的热敏电阻的阻值记录在表格中．
(1)将表格中的实验数据在如图给定的坐标纸上描绘出热敏电阻的阻值R随温度t变化的图象________．可以看出该热敏电阻的阻值随温度的升高而________(填“增大”或“减小”)．
(2)他们用该热敏电阻作为温度传感器设计了一个温度控制电路，如图所示，请在虚线框中正确画出斯密特触发器________．图中二极管的作用是：_____________.
(3)当加在斯密特触发器输入端的电压逐渐上升到某个值(1.6 V)时，输出端电压会突然从高电平跳到低电平，而当输入端的电压下降到另一个值(0.8 V)时，输出端电压会从低电平跳到高电平，从而实现温度控制．已知可变电阻R1＝12.6 kΩ，则温度可控制在________ ℃到________ ℃之间(结果保留整数，不考虑斯密特触发器的分流影响)．
四、解答题
15．在如图所示的电路中，电源电动势，内电阻，定值电阻，，电容器的电容，求
（1）闭合开关S，电路稳定后电容器两端的电压；
（2）先闭合开关S，电路稳定后断开开关S，通过电阻的电荷量。
16．如图所示，绝缘水平面上的AB区域宽度L1=9m，BC区域宽度L2=4m，BC区域内存在水平向左的匀强电场E，其他区域不存在电场，一质量为m=0.1kg，带电量为q=+1.0×10-5C的小滑块以大小为v0=10m/s的初速度从A点进入ABC区域，滑块与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.2。求：
（1）滑块从A点运动到B点所用的时间；
（2）若E=2.0×104V/m，则滑块离开BC区域时的速度多大；
（3）要使小滑块在电场中的运动时间达到最长，电场强度E应为多大？
17．如图所示，间距为的平行金属导轨、由倾斜和水平两部分组成，其中倾斜部分与水平部分的夹角为，水平部分固定在绝缘水平面上，两部分平滑连接，、和、间分别接有阻值都为的定值电阻，倾斜导轨之间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为。一根质量为、长度为、电阻为的导体棒垂直导轨、静止放置于处，另一根质量为、长度也为的绝缘棒放在水平导轨上，与之间的距离为。某时刻棒在水平向左的拉力作用下，由静止开始沿水平导轨向左做匀加速运动，运动至时立即撤去拉力，接着与导体棒发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰后导体棒沿倾斜导轨上滑后停下，已知与水平导轨间的动摩擦因数，两棒与倾斜导轨间的动摩擦因数均为，两棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻忽略不计，不计碰后经过连接处时的动能损失，重力加速度取。求：
（1）绝缘棒与导体棒碰撞后瞬间，导体棒的速率；
（2）导体棒碰撞后到停下整个过程中，两端所接定值电阻上产生的焦耳热；
（3）碰撞后导体棒沿倾斜导轨向上运动的时间。
18．如图所示的电路中，电源电动势E= 6.0V，内阻r =1.0，电阻R2 =2.0，当开关S断开时，电流表的示数为1.0A ，电压表的示数为2.0V，试求：
(1)电阻R3的阻值；
(2)开关S断开时，电阻R1消耗的功率；
(3)当开关S闭合后，经过10s，电阻R2产生的热量。
试卷第页，共页
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参考答案：
1．AD
【解析】
【详解】
AB．某人骑车从东往西行走，车把切割地磁场的竖直向下分量，由右手定则知左侧电势高，A正确，B错误；
CD．辐条在转动时切割地磁场的水平分量，由右手定则知B端电势高，C错误，D正确。
故选AD。
2．AC
【解析】
【分析】
根据线框匀速运动的位移和时间求出速度，结合E=BLv求出磁感应强度，根据感应电流的方向，结合楞次定律得出磁场的方向．根据安培力公式得出导线框所受的安培力．
【详解】
由图象可以看出，0.2-0.4s没有感应电动势，所以从开始到ab进入用时0.2s，导线框匀速运动的速度为：，根据E=BLv知磁感应强度为：，故A正确，B错误．由b图可知，线框进磁场时，感应电流的方向为顺时针，根据楞次定律得，磁感应强度的方向垂直纸面向外，故C正确．在0.4-0.6s内，导线框所受的安培力，故D错误．故选AC．
【点睛】
本题考查了导线切割磁感线运动，掌握切割产生的感应电动势公式以及楞次定律，本题能够从图象中获取感应电动势的大小、方向、运动时间等．
3．ACD
【解析】
【详解】
A、电流撤去后，由于惯性，圆环继续向上运动，在磁场中切割磁感线产生感应电流，电流方向俯视为逆时针，由左手定则可知圆环所受安培力方向垂直磁感线向下，重力竖直向下，所以圆环开始减速时加速度大于g，故A正确；
B、由功能关系可知，在上升全过程中，在t时间内安培力对圆环做的功等于全过程重力做的功mgH和t时间后圆环克服安培力做的功，所以在时间t内安培力对圆环做功大于mgH，故B错误；
C、圆环通电流时，电流方向为顺时针，安培力分量指向圆心，有收缩的趋势，撤去电流后，切割产生的感应电流为逆时针，则安培力分量背离圆心，则有扩张的趋势，故C正确；
D、环中通以恒定电流I后，圆环所受安培力为，则在竖直方向的分力为，由牛顿第二定律,可得：，则圆环向上的加速度为，竖直向上；在电流未撤去时，圆环将做匀加速直线运动，经过时间t，速度会达到最大值，由v=at得，故D正确；
故选ACD．
【点睛】根据牛顿第二定律，与运动学公式，依据功能关系，结合电磁感应与安培力，即可求解．
4．AC
【解析】
【详解】
AB．电键S闭合瞬间，A灯泡立即亮，线圈L阻碍电流的增大，故流过B的电流慢慢变大，B灯泡逐渐变亮，稳定后线圈L的阻碍作用消失，但L有直流电阻且A、B是两个相同的小灯泡，则A所在的并联支路电阻较小，电流较大，即，即B灯慢慢亮，而后直到亮度稳定，故A正确，B错误；
C．稳定后当电键S断开后，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，线圈相当于电源，内部电流从左向右，右端为高电势，与灯泡A和B构成闭合回路放电，流经灯泡A的电流是从右到左，即A灯左端电势比右端电势低，故C正确；
D．因断开前，断电后消失，逐渐减小的流向A灯泡，则A灯泡不会闪亮而逐渐熄灭，B灯也是逐渐熄灭，故D错误；
故选AC。
5．ABD
【解析】
【分析】
棒ab进入磁场前做自由落体运动，即加速度为g的匀加速直线运动，根据运动学公式求解ab棒刚进入磁场时的速度和时间．进入磁场后ab棒可能做匀速运动、减速运动、加速度，最后做匀速运动，根据牛顿第二定律分析加速度的变化，即可选择图象．
【详解】
A、棒ab进入磁场前做自由落体运动，进入磁场时的速度v2=2gd0，得ab棒刚进入磁场时的速度为：v=，棒ab自由下落的时间：t=；若进入磁场后ab棒所受的向上的安培力小于重力，将做加速运动，根据牛顿第二定律得：mg-=ma，可知v增大，a减小，v-t图象的斜率减小，当a=0时棒ab做匀速直线运动，故C错误，A正确．
B、若进入磁场后ab棒所受的向上的安培力大于重力，将做减速运动，根据牛顿第二定律得：-mg=ma，可知v减小，a减小，v-t图象的斜率减小，当a=0时棒ab做匀速直线运动，故B正确．
D、若进入磁场后ab棒所受的向上的安培力与重力二力平衡，就以速度v=做匀速运动，故D正确．
故选ABD
6．D
【解析】
【详解】
以导线为研究对象，由左手定则判断得知导线所受安培力方向斜向右上方，根据牛顿第三定律得知，导线对磁铁的安培力方向斜向左下方，磁铁有向左运动的趋势，受到向右的摩擦力，同时磁铁对地的压力增大，故D正确，ABC错误．故选D.
7．C
【解析】
【详解】
磁感线代表磁场叠加以后的磁场分布，对于某一点，磁感线的切线方向代表该点的磁场方向．若相切，则有两个切线方向，，这是不可能的．C不正确
8．D
【解析】
【详解】
AB.根据左手定则，正离子受到的洛伦兹力指向N，负离子受到的洛伦兹力指向M，所以N点的电势高，故AB错误；
C.不带电的液体在磁场中不受力，无法测流速，故C错误；
D.流速稳定后，离子受到的电场力和洛伦兹力平衡，由
可知
则废液的流量是
所以只需要再测量出MN两点电压就能够推算废液的流量，故D正确。
故选D。
9．A
【解析】
【分析】
【详解】
设电压的有效值为U，根据有效值定义可得
解得
V
故A正确，BCD错误。
故选A。
10．A
【解析】
【详解】
A．由图甲所示可知，oa段，磁场垂直于纸面向里，穿过圆环的磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I1沿逆时针方向，在ab段磁场向里，穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流I2沿顺时针方向，故A正确；
B．由图甲所示可知，在bc段，磁场向外，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I3沿顺时针方向，故B错误；
C．由左手定则可知，oa段电流受到的安培力F1方向指向圆心，ab段安培力F2方向背离圆心向外，故C错误；
D．由左手定则可知，ab段安培力F2方向背离圆心向外，bc段，安培力F3方向指向圆心，故D错误；
故选A。
点睛：本题考查了判断感应电流方向与安培力方向，应用楞次定律与左手定则即可正确解题；要熟练掌握楞次定律与左手定则；要掌握应用楞次定律解题的步骤。
11．C
【解析】
【详解】
A．根据
qvB=m
知
v=
则最大动能
Ekm=mv2=
与加速的电压无关，故A错误；
B．带电粒子在磁场中运动的周期与加速电场的周期相等，根据
T=
知，换用其他带正电荷的粒子，粒子的比荷变化，周期变化，回旋加速器需改变交流电的频率才能加速其他粒子，故B错误；
C．质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，则
v=2πRf
所以最大速度不超过2πfR，故C正确；
D．粒子在加速电场中做匀加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据
v=
知，质子第二次和第一次经过D形盒狭缝的速度比为：1，根据
r=
则半径比为：1，故D错误。
故选C。
12．C
【解析】
【详解】
AB．匀速时产生的感应电动势
对线框根据欧姆定律可得
ab边受到的安培力大小为
根据共点力的平衡可得
解得
由于拉力F不知道，也不能求出，所以v无法求出，AB错误；
C．线框进入磁场过程中通过线框某横截面的电荷量
C正确；
D．线框通过磁场过程，由能量守恒定律得
由于F和v不知道，所以通过磁场区域的过程中产生的焦耳热无法求解，D错误。
故选C。
【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物体的平衡问题；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量如何转化是关键。
13． 黑 将甲、乙表笔短接，调节滑动变阻器 20mA 112.5 偏小
【解析】
【详解】
(1)[1]根据欧姆表电流为红进黑出结合题图示可知，乙表笔与欧姆表内置电源正极相连，乙表笔是黑表笔；
(2)[2][3]测量电阻前，先进行欧姆调零即将甲、乙表笔短接，调节滑动变阻器，使电流表指针指到电阻为零即电流最大（20mA）；
(3)[4]欧姆表内阻
R内=Ω=75Ω
指针指在电流表刻度的8mA处，由闭合电路欧姆定律得
8×10－3A=
解得
Rx=112.5Ω
(4)[5]若误将甲、乙两表笔分别接在了图中的a、c两点，由题图示电路图可知，两电池串联，相当于欧姆表内置电源电动势E变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流变大，欧姆表指针偏右，欧姆表示数变小，Rx的测量结果偏小。
14． 减小 为了防止电磁继电器释放衔铁时线圈中产生的自感电动势损坏集成电路； 38 82
【解析】
【详解】
(1)[1][2]．运用描点法作出热敏电阻的阻值R随温度t变化的图象，
由图象可看出，温度升高热敏电阻的阻值减小；
(2)[3][4]．施密特触发器如图乙，二极管的作用是为了防止电磁继电器释放衔铁时线圈中的自感电动势损坏集成电路，二极管提供自感电流的通路；
(3)[5][6]．设斯密特触发器输入端电压U’=1.6V时，热敏电阻的阻值为R’，则
将E=5V，R1=12.6kΩ代入，求得R’=5.9kΩ，对应图甲中R t图象，t’=38℃；
同理，触发器输入端电压U”=0.8V时，求出热敏电阻的阻值为R”=2.4kΩ，对应图甲中R t图象，t”=82℃；
15．（1）1.5V；（2）
【解析】
【详解】
（1）闭合开关S，电路稳定后电流
解得
电容器两端的电压为
解得
（2）电路稳定后电容器所带电荷量
解得
断开开关S，电容器C通过电阻放电，通过电阻的电荷量为
16．（1）1s；（2）4；（3）6.0×104V/m
【解析】
【详解】
（1）滑块从A点运动到B点做匀减速运动，加速度大小
a1=μg=2m/s2
L1=v0t1-a1t12
代入数据解得
t1=1s(舍去t1=9s)
（2）到达B点的速度
vB=v0-a1t1=8m/s
a2==4m/s2
vC2-vB2=-2a2L2
得
vC=4m/s
（3）要使小滑块在电场中的运动时间达到最长，必须使小滑块到C点时速度减为零
由于0-vB2=-2a2'L2；a2'=8m/s2
μmg+qE'=ma2'
解得：
E'=6.0×104V/m
17．(1)；(2)；(3)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)棒在水平向左的拉力作用下，向左做匀加速运动，设运动至时速度大小为，该过程中对绝缘棒由动能定理有
解得。
两棒发生弹性碰撞，设碰撞后瞬间棒的速度大小为，棒的速度大小为，根据动量守恒定律得
根据机械能守恒定律得
联立解得。
(2)导体棒碰撞后向上做减速运动直至停止，分析可知其不会下滑，设整个过程产生的焦耳热为，由能量守恒定律有
间所接定值电阻上产生的焦耳热
代入数值解得。
(3)导体棒向上运动过程中切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律得
根据闭合电路欧姆定律得
根据电流的定义式得，联立解得，导体棒向上做减速运动，由动量定理得
解得。
18．(1)R3=2Ω；(2)P1=3W；(3)Q2=7.2J
【解析】
【分析】
【详解】
(1)由欧姆定律得
(2)由闭合电路欧姆定律得：
解得
热功率
(3)电阻R2、R3并联后的电阻
回路中的总电阻
R2两端电压
经过10s，电阻R2产生的热量
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