江西省新余市高二下学期开学考试物理试题（word版含答案）

江西省新余市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．如图所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面(纸面)垂直，磁场边界的间距为L.一个质量为m、边长也为L的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行．t＝0时刻导线框的上边恰好与磁场的下边界重合(图中位置Ⅰ)，导线框的速度为v0.经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时(图中位置Ⅱ)，导线框的速度刚好为零．此后，导线框下落，经过一段时间回到初始位置Ⅰ(不计空气阻力)，则(　　)
A．上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等
B．上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量多
C．上升过程中，导线框的加速度逐渐减小
D．上升过程克服重力做功的平均功率小于下降过程重力的平均功率
2．如图甲为电动汽车无线充电原理图，M为受电线圈，N为送电线圈。图乙为受电线圈M的示意图，线圈匝数为n、电阻为r、横截面积为S，a、b两端连接车载变流装置，磁场平行于线圆轴线向上穿过线圈。下列说法正确是（　　）
A．当线圈N接入恒定电流时，不能为电动汽车充电
B．当线圈N接入正弦式交变电流时，线圈M两端产生恒定电压
C．当线圈M中的磁感应强度增加时，有电流从a端流出
D．充电时，时间内线圈M中磁感应强度大小均匀增加，则M中产生的电动势为
3．如图所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计．绝缘轻绳一端固定，另一端系于导体棒的中点，轻绳保持竖直．将导体棒由边界水平的匀强磁场上方某一高度处由静止释放．匀强磁场的宽度一定，方向与导轨平面垂直，两导体棒电阻均为且与导轨始终保持良好接触．下列说法正确的是（ ）
A．进入磁场后，中的电流方向向左 B．进入磁场后，轻绳对的拉力增大
C．进入磁场后，重力做功的瞬时功率可能增大 D．由静止释放到穿出磁场的过程中，中产生的焦耳热等于减少的机械能
4．用一段截面半径为r、电阻率为ρ、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R (r<A．此时整个环的电动势为
B．忽略电感的影响，此时圆环中的电流
C．此时圆环的加速度
D．如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度
5．如图所示，足够长的光滑U形导轨（电阻不计）宽度为L，其所在平面与水平面的夹角为，上端连接一个阻值为R的电阻，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面向上，现有一质量为m、有效电阻为r的金属杆沿框架由静止下滑，设磁场区域足够大，当金属杆下滑达到最大速度v0时，运动的位移为x，则（　　）
A．金属杆下滑的最大速度v0=
B．在此过程中电阻R产生的焦耳热为
C．在此过程中金属杆做的是匀加速运动
D．在此过程中通过电阻R的电荷量为
6．两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为，通过长为的绝缘轻质杆相连，构成如图所示的组合体。距离组合体下底边处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平，高度为，左右宽度足够大。把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小使其匀速通过磁场，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．与无关，与成反比
B．通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变
C．通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等
D．调节、和，只要组合体仍能匀速通过磁场，则其通过磁场的过程中产生的热量不变
二、单选题
7．如图所示，两带等量异种电荷的平行金属板A、B与水平面的夹角为60 ，板间距离为d，板长为L，A板带负电，B板带正电。有一质量为m、带负电的油滴从B板的下边缘P点以初速度v0竖直向上射出后，恰好从A板的上边缘平行于金属板方向飞出。已知重力加速度为g，两金属板间的电场可视为匀强电场，空气阻力不计，下列说法正确的是（　　）
A．油滴在金属板间做类平抛运动
B．油滴飞出电场时的速度
C．油滴在电场中飞行的时间为
D．油滴飞出电场时的速度偏转角α与位移和初速度方向的夹角β的关系为tanα=2tanβ
8．如图所示电路，开关原来接通，当开关突然断开的瞬间，电阻R中（　　）
A．仍有电流，方向由A流向B B．立即没有电流
C．仍有电流，方向由B流向A D．无法确定
9．如图所示，三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面，其电势分别为10V、20V、30V，实线是一带电粒子不计重力在该区域内运动的轨迹，轨迹上有a、b、c三点，已知带电粒子所带电荷量为，在a点处的动能为，则该带电离子（ ）
A．可能带负电 B．在b点处的电势能为
C．在b点处的动能为零 D．在c点处的动能为
10．如图所示，电源电动势E＝16 V，内阻r＝4 Ω，R0＝1 Ω，直流电动机内阻R′0＝1 Ω.当调节滑动变阻器R1时可使图甲中电路中R1消耗的功率最大；调节R2时可使图乙中电路的输出功率最大，且此时电动机刚好正常工作(额定输出功率为P0＝2 W)，则R1和R2连入电路中的阻值分别为 (　　)
A．3 Ω、3 Ω B．5 Ω、3 Ω C．5 Ω、2.5 Ω D．3 Ω、2.5 Ω
三、实验题
11．有一额定电压为、额定功率的小灯泡，现要用伏安法描绘这个小灯泡的伏安特性曲线。有下列器材可供选用
A．电压表量程内阻约
B．电压表量程，内阻约
C．电流表量程，内阻约
D．电流表量程，内阻约
E．滑动变阻器最大电阻，允许最大电流
F．滑动变阻器最大电阻，允许最大电流
G．三节干电池电动势约为
H．电键、导线若干
（1）为提高实验的精确程度，电压表应选用________；电流表应选用________；滑动变阻器应选用________。以上均填器材前的序号
（2）通过实验描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图，则以下四个电路图中哪一种实验误差最小______
请根据在（2）问中所选的电路图，补充完成图中实物间的连线________。
（3）由伏安特性曲线可知，小灯泡电阻随电压增大而________。
12．如图甲所示为某兴趣小组测量电池组的电动势和内阻的实验原理图，已知电池组的电动势约3V，内阻约2Ω．现提供的器材如下：
A．电池组
B．电压表V1（量程0～10V，内阻约10kΩ）
C．电压表V2（量程0～3V，内阻约10kΩ）
D．电阻箱R（0～99.9Ω）
E．定值电阻R1＝20Ω
F．定值电阻R2＝1000Ω
H．开关和导线若干
（1）如果要准确测量电源的电动势和内阻，电压表V应选择_____（选填“B”或“C”）；定值电阻R0应选择_____（选填“E”或“F”）．
（2）改变电阻箱的阻值R，记录对应电压表的读数U，作出的图象如图乙所示，图线与横、纵坐标轴的截距分别为﹣b、a，定值电阻的阻值用R0表示，则可得该电池组的电动势E＝______，内阻r＝________．
四、解答题
13．如图，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端分别与木块B、C相连，弹簧处于原长状态．现A以初速v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起，碰撞时间极短、大小为t．
(1)A、B碰撞过程中，求A 对B的平均作用力大小F．
(2)在以后的运动过程中，求弹簧具有的最大弹性势能Ep．
14．如图所示为一种打地基所用的夯，打夯时四人分别握住夯锤的一个把手，同时向上用力然后同时松手，夯落至地面将地基夯实．若已知夯的质量为80kg，每个人对夯施加竖直向上的力均恒为250N，力的持续时间为0.6s，夯落地时将地面砸出的凹痕深为2cm，重力加速度g取10m/s2，求
（1）夯离地瞬间的加速度；
（2）夯砸入地面的过程中夯对地面的平均作用力；
（3）夯在空中运动多长时间，其重力瞬时功率为1600W．
15．如图所示的电路中，小量程电流表的内阻Rg＝10Ω，满偏电流Ig＝2mA，R1＝990Ω，Ω。
（1）当S1和S2均断开时，改装成的表是什么表，量程多大？
（2）当只闭合S2时，改装成的表是什么表，量程多大？
16．如图所示，质量为m2＝2kg的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半径为R＝0.3m的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻弹簧．滑道CD部分粗糙，长为L＝0.2m，动摩擦因数μ＝0.10，其他部分均光滑．现让质量为m1＝1kg的物块(可视为质点)自A点由静止释放，取g＝10m/s2．求：
(1)物块到达最低点时的速度大小；
(2)在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；
(3)物块最终停止的位置．
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参考答案：
1．BC
【解析】
【详解】
线框在运动过程中要克服安培力做功，消耗机械能，故返回原位置时速率减小，由动能定理可知，上升过程动能变化量大，合力做功多，所以选项A错误；分析线框的运动过程可知，在任一位置，上升过程的安培力大于下降过程中的安培力，而上升、下降位移相等，故上升过程克服安培力做功大于下降过程中克服安培力做的功，故上升过程中线框产生的热量多，所以选项B正确；以线框为对象分析受力可知，在上升过程做减速运动，有F安＋mg＝ma，F安＝，故有a＝g＋，所以上升过程中，速度减小，加速度也减小，故选项C正确；在下降过程中的加速度小于上升过程的加速度，而上升、下降的位移相等，故可知上升时间较短，下降时间较长，两过程中重力做功大小相同，由功率公式可知，上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程重力做的平均功率，所以选项D错误．
2．ACD
【解析】
【详解】
A．当送电线圈N接入恒定电流，则产生的磁场不变化，受电线圈M中的磁通量没有发生变化，故无法产生感应电流，不能为电动汽车充电，故A正确；
B． 当线圈N接入正弦式交变电流时，受电线圈M中的磁通量线圈按正弦式变化，故M两端产生余弦式电压，故B错误；
C．穿过线圈M的磁感应强度增加，根据楞次定律，如果线圈闭合，感应电流的磁通量向下，故感应电流方向从b向a，即电流从a端流出；故C正确；
D．根据法拉第电磁感应定律，有
故D正确。
故选ACD。
3．AC
【解析】
【详解】
b进入磁场后，根据楞次定律，可得闭合回路产生的电流方向为逆时针方向，所以a中的电流方向向左，A正确．因为a不在磁场中，所以当a中有电流时，磁场对a没有作用力，故绳子对a的拉力不变，B错误．b进入磁场后，受到竖直向上的洛伦兹力，如果洛伦兹力小于重力，则进入磁场后b仍做加速运动，所以速度在增大，故P=mgv可能增大，C正确．根据能量守恒可得，b减小的机械能等于a和b中产生的焦耳热，D错误．
4．AD
【解析】
【分析】
【详解】
A．在下落过程中，线圈切割磁感线产生的电动势为
A正确；
B．根据闭合电路欧姆定律
B错误；
C．此刻所受安培力为
化简则
加速度为
C错误；
D．当物体下落时，速度变快，因此安培力F变大，根据牛顿第二定律可知加速度变小，直到加速度a为零时获得最大速度
其中
代入化简则
D正确。
故选AD。
5．BD
【解析】
【详解】
A．金属杆下滑达到最大速度时做匀速直线运动，则有
其中
联立解得
故A错误；
B．根据能量守恒定律得在此过程中回路中产生的总热量为
电阻产生的焦耳热为
故B正确；
C．在此过程中，根据牛顿第二定律得
速度增大，安培力增大，加速减小，故金属杆做加速度减小的变加速运动，故C错误；
D．在此过程中流过电阻的电荷量为
其中
联立可得
故D正确；
故选BD。
6．CD
【解析】
【分析】
【详解】
A．将组合体以初速度v0水平无旋转抛出后，组合体做平抛运动，后进入磁场做匀速运动，由于水平方向切割磁感线产生的感应电动势相互低消，则有
mg = F安 = ，vy =
综合有
B =
则B与成正比，A错误；
B．当金属框刚进入磁场时金属框的磁通量增加，此时感应电流的方向为逆时针方向，当金属框刚出磁场时金属框的磁通量减少，此时感应电流的方向为顺时针方向，B错误；
C．由于组合体进入磁场后做匀速运动，由于水平方向的感应电动势相互低消，有
mg = F安 =
则组合体克服安培力做功的功率等于重力做功的功率，C正确；
D．无论调节哪个物理量，只要组合体仍能匀速通过磁场，都有
mg = F安
则安培力做的功都为
W = 4F安L
则组合体通过磁场过程中产生的焦耳热不变，D正确。
故选CD。
7．C
【解析】
【详解】
A．液滴受重力和电场力作用，合力与初速度方向不垂直，故不是类平抛运动，故A错误；
B．油滴飞出电场时只有沿极板方向的速度
故B错误；
C．垂直极板方向
解得：
故C正确；
D．因为油滴不是类平抛运动，故油滴飞出电场时的速度偏转角α与位移和初速度方向的夹角β的关系不是tanα=2tanβ，故D错误。
故选C。
8．A
【解析】
【详解】
断开开关的瞬间，，由于线圈L的自感作用，在L和R构成的回路中仍电流，L中电流方向不变，故电流方向由A流向B。
故选A。
9．D
【解析】
【详解】
A．根据电场线和等势线垂直，且由高电势处指向低电势处，得出场强方向向上，由带电粒子的运动轨迹可判定，粒子所受电场力向上，则粒子带正电荷，A错误；
B．b点处的电势能：
B错误；
C．由能量守恒，a点处动能和电势能总和：
则b点处的动能为：
C错误；
D．c点处的动能为：
D正确。
故选D。
10．C
【解析】
【详解】
对于电路甲，根据闭合电路欧姆定律：
则消耗的功率为：
当时，则消耗的功率最大；
对于电路乙，
根据闭合电路欧姆定律：
将，，代入，联立以上方程式整理可以得到，当时，电路的输出功率最大，故选项C正确．
点睛：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．
11． A D E A 见解析 增大
【解析】
【详解】
[1]由题意可知，灯泡的额定电压为2.8V，为了准确性及安全性原则，电压表应选择A；
[2]由
可得，灯泡的额定电流为200mA，故电流表应选择D；
[3]测量灯泡的伏安特性曲线时，要求电压值从零开始变化，实验中应采用分压接法，滑动变阻器应选用小电阻，故滑动变阻器应选择 E；
[4] 灯泡内阻约为
而电流表内阻约为20Ω，故电流表应采用外接法；电路图应该选A；
[5]如图所示
[6]伏安特性曲线的斜率表示电阻的倒数，由图象可知，小灯泡电阻随电压增大而增大。
12． C E
【解析】
【详解】
(1)[1][2]由于电源电动势约为3V，电压表需要选择C，为方便实验操作，定值电阻R0应选择E．
(2)[3] [4]由图示电路图可知，电源电动势：，整理得：．则图象的斜率：，纵轴截距：，解得：
13．(1) (2)
【解析】
【详解】
(1)设A、B碰撞后瞬间的速度为，碰撞过程A、B系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律有：
解得
设A、B碰撞时的平均作用力大小为F，对B有
解得
(2)当A、B、C具有共同速度v时，弹簧具有最大弹性势能，设弹簧的最大弹性势能为，碰后至A、B、C速度相同的过程中，系统动量守恒，有
根据碰后系统的机械能守恒得
解得：
14．（1）2.5m/s2 （2）23300N （3）0.95s
【解析】
【详解】
当夯离地时，根据牛顿第二定律可求出夯的加速度；从离地到最后静止，全过程用动能定理可解的夯对地面的平均作用力；先求出向上的最大速度再和重力瞬时功率为1600W时的速度比较，可知此时刻出现在下落过程，利用速度公式可求得时间．
（1）根据牛顿第二定律可得：
带入数据解得：
a=2.5m/s2
（2）上升过程中位移为：
由动能定理可得：
解得：
f=23300N
（3）根据，可得重力功率为1600W时瞬时速度为：
上升过程中最大速度为：
v=at=2.5×0.6=1.5m/s，
所以速度为2m/s出现在升到最高点后的下落过程中，
v=﹣2m/s
撤去力后：v=v0﹣gt，所以：
所以总时间为：
t=0.6+0.35=0.95s
点睛：本题主要考查了牛顿第二定律、运动学公式和动能定理的综合，理清物体运动过程，结合牛顿第二定律和运动学公式和动能定理即可求解．
15．（1）电压表，2V ；（2）电流表，0.6A
【解析】
【详解】
（1）S1和S2均断开时，串联分压，改装的是电压表，最大测量值为
（2）只闭合S2时，并联分流，改装的是电流表，最大测量值为
16．（1）2m/s(2)2.8J(3) 最终停在D点
【解析】
【详解】
【分析】物体1从释放到与物体2相碰前的过程中，系统中只有重力做功，系统的机械能守恒，根据机械能守恒和动量守恒列式，可求出物体1、2碰撞前两个物体的速度；物体1、2碰撞过程，根据动量守恒列式求出碰后的共同速度．碰后，物体1、2向右运动，滑道向左运动，弹簧第一次压缩最短时，根据系统的动量守恒得知，物体1、2和滑道速度为零，此时弹性势能最大；根据能量守恒定律求解在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；根据系统的能量守恒列式，即可求出物体1、2相对滑道CD部分运动的路程s，从而确定出物体1、2最终停在何处；
解：（1）从释放到最低点，由动量守恒得到：
由机械能守恒得到：
解得：
（2）由能量守恒得到：
解得：
（3）最终物块将停在C、D之间，由能量守恒得到：
解得：
所以最终停在D点．
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