内蒙古赤峰市高二下学期开学考试物理试题（word版含答案）

内蒙古赤峰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，某同学用玻璃皿在中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极做“旋转的液体的实验”，若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，磁感应强度为B=0.1T，玻璃皿的横截面的半径为a=0.05m，电源的电动势为E=3V，内阻r=0.1Ω，限流电阻R0=4.9Ω，玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R=0.9Ω，闭合开关后当液体旋转时电压表的示数为1.5V，则（不计一切摩擦阻力）（ ）
A．由上往下看，液体做逆时针旋转
B．液体所受的安培力大小为1.5N
C．闭合开关后，液体热功率为0.081W
D．闭合开关10s，液体具有的动能是3.69J
2．一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随t变化如图所示，则（　　）
A．t=1s时物块的速率为1m/s
B．t=2s时物块的动量大小为2
C．t=3s时物块的动量大小为3
D．t=4s时物块的速度为2m/s
3．两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图所示。闭合开关S，电容器充电完成后（　　）
A．保持S闭合，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小
B．保持S闭合，水平移动下极板使上下极板错开，则极板上的电荷量减小
C．断开S，减小两极板间的距离，则两极板间的场强增大
D．断开S，在两极板间插入一块绝缘介质，则两极板间的电势差减小
4．如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，匀强电场的电场强度为E，方向竖直向下，有一质子（重力不计）恰能以速率沿直线从左向右沿直线水平飞越此区域．下列说法正确的是(　　)
A．若一电子以速率v从左向右飞入，则该电子将向上偏转
B．若一电子以速率v从左向右飞入，则该电子将沿直线运动
C．该质子通过此区域的速度
D．该质子通过此区域的速度
二、单选题
5．两个电阻R1、R2的I—U关系图线如图所示，则下列判断中正确的是（　　）
A．R1>R2 B．R1=R2
C．把R1、R2串联到电路中，R1两端的电压小于R2两端电压 D．把R1、R2串联到电路中，通过R1电流大于通过R2电流
6．如图所示为质谱仪原理图，未知性质的带电粒子(不计重力)垂直于匀强磁场B、匀强电场E匀速穿过速度选择器，垂直进入匀强磁场B′中做半径为R的圆周运动，若测得B、E、B′、R，则可以计算出(　　)
A．粒子在偏转磁场中的向心力 B．粒子的质量
C．粒子的电量 D．粒子的比荷
7．下列说法中正确的是（ ）
A．电场线一定是闭合的曲线
B．电场线是正电荷在电场中的运动轨迹
C．电场中某点的场强方向，就是电荷在该点所受电场力的方向
D．电场线的疏密表示场强的强弱
8．一个初动能为Ek的带电粒子以速度v垂直电场线方向飞入两块平行金属板间，飞出时动能为3Ek.如果这个带电粒子的初速度增加到原来的2倍，不计重力，那么该粒子飞出时动能为( 　　)
A．4Ek
B．4.5Ek
C．6Ek
D．9.5Ek
9．如图所示，有一磁感应强度为B的匀强磁场，C、D为垂直于磁场的同一平面内的两点，它们之间的距离为l，今有一电荷量为e带电粒子在此磁场中运动，它经过C点时的速度的方向和磁场方向垂直，且与CD间的夹角，此粒子在运动中后来又经过了D点，（不计重力）则下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子带正电
B．带电粒子经过C、D两点后，速度方向偏转
C．带电粒子由C运动到D的时间为
D．带电粒子的质量为
10．下列关于电场线和磁感线的说法正确的是（ ）
A．电场线和磁感线都是电场、磁场中实际存在的线
B．磁场中两条磁感线一定不相交 ，但在复杂电场中的电场线是可以相交的
C．电场线是不闭合曲线，而磁感线是闭合曲线
D．电场线越密的地方，同一试探电荷所受的静电力越大；磁感线分布较密的地方，同一试探电流所受的磁场力也越大
11．如图所示电路，开关S闭合后、将滑动变阻器的滑片从左向右缓慢移动，下列说法正确的是
A．电流表示数变小
B．电流表示数变大
C．电压表V1示数变小
D．电压表V2示数变大
12．如图所示，甲图是由一个灵敏电流计G和一个电阻箱R改装成的电流表，乙图是由同样的一个灵敏电流计G和一个电阻箱R改装成的电压表。当使电阻箱R的电阻减小时，下列说法正确的是（　　）
A．电流表的内阻减小，量程增大 B．电流表的内阻增大，量程减小
C．电压表的内阻增大，量程减小 D．电压表的内阻减小，量程增大
三、实验题
13．测绘小灯泡的伏安特性曲线实验中：
（1）实验器材：
小灯泡、___________、电流表、_________、学生电源（或电池组）、开关、导线、坐标纸、铅笔等．
实验电路如图所示．
（2）实验操作
①按电路图连接好电路，开关闭合前，将滑动变阻器滑片滑至R的_____________端．
②闭合开关，向右移动变阻器的滑片到不同位置，并分别记下_________、_________的示数．
③依据实验数据作出小灯泡的________图线．
④由于小灯泡的电阻较小，为减小误差，采用电流表_________．（填内接法或外接法）
14．有一根细长且均匀的空心金属线，长约30cm,电阻约为5Ω，已知这种金属的电阻率为，现在要尽可能精确测定它的内径d．
（1）用螺旋测微仪测量金属管线外径D时刻的位置如图a所示，从图中读出外径为_________mm；
（2）测量金属管线的电阻R，为此取来两节新的干电池、开光和若干导线及下列器材：
A．电压表0-3V，内阻约为10kΩ； B．电压表0-15V，内阻约为50kΩ；
C．电流表0-0.6A，内阻约为0.05Ω； D．电流表0-3A，内阻约为0.01Ω；
E.滑动变阻器，0-10Ω； F.滑动变阻器，0-100Ω；
要求较准确地测出其阻值，电压表应选____； 电流表选____，滑动变阻器应选_____（填序号）
（3）实验中他的实物接线如图b所示，请指出接线中的两处明显错误____．
四、解答题
15．如图所示为两组平行板金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m、电量为e的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分别为两块竖直板的中点，求：
(1)电子通过B点时的速度大小；
(2)电子穿出右侧平行金属板时的速度．
16．如图所示的电路中，电源的电动势E＝12 V，内阻未知，R1＝8 Ω，R2＝1.5 Ω，L为规格“3 V　3 W”的灯泡，开关S断开时，灯泡恰好正常发光.(不考虑温度对灯泡电阻的影响)求：
(1)灯丝电阻；
(2)电源的内阻；
(3)开关S闭合时，灯泡实际消耗的功率.
17．如图所示，在一光滑绝缘水平面上，静止放着两个可视为质点的小球，两小球质量均为m，相距l，其中A球带正电，所带电荷量为q，小球B不带电．若在A球开始向右侧区域加一水平向右的匀强电场，场强为E，A球受到电场力的作用向右运动与B球碰撞．设每次碰撞为弹性碰撞，碰撞前后两球交换速度，且碰撞过程无电荷转移．求：
（1）小球A在电场中的加速度大小和第一次与B碰撞前的速度；
（2）若两小球恰在第二次碰撞时离开电场，求电场在电场线方向上的宽度；
（3）若两小球恰在第三次碰撞时离开电场，求电场在电场线方向上的宽度及小球A从进入电场到离开电场的过程中电势能的变化量．
18．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内有一个垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、电荷量为e的电子从M点以速度v0平行于x轴方向射入磁场，并从x轴上的N点（图中未画出）射出磁场，此时速度的方向与x轴负方向的夹角为60°，且OM=L，求：
（1）电子做圆周运动的半径R；
（2）磁场的磁感应强度
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参考答案：
1．ACD
【解析】
【详解】
A、根据左手定则，导电液体受到的安培力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转，故A正确；
B、电压表的示数，则根据闭合电路欧姆定律：，所以电路中的电流值为：，液体所受安培力为，故B错误；
C、玻璃皿中两极间液体的等效电阻为R=0.9Ω，液体的热功率为：，故C正确；
D、根据能量守恒定律，闭合开关10s，液体具有的动能是：，故D正确；
2．AC
【解析】
【详解】
A．前两秒，根据牛顿第二定律
则0－2s的速度规律为v=at，t=1s时，速率为1m/s，故A正确；
B．t=2s时，速率为2m/s，则动量为
故B错误；
CD．2－4s，力开始反向，物体减速，根据牛顿第二定律
所以3s时的速度为
动量为3，同理4s时速度为1m/s，故C正确，D错误。
故选AC。
3．BD
【解析】
【详解】
A．保持S闭合，则电容器两极板间的电压保持不变，减小两极板间的距离，由可知，两极板间电场的电场强度增大，故A错误；
B．保持S闭合，则电容器两极板间的电压保持不变，水平移动下极板使上下极板错开，根据可知，电容器的电容减小，再由电容的定义式，可知电容器所带电荷量减小，故B正确；
C．断开S，则电容器所带电荷量保持不变，减小两极板间的距离，两极板间的场强
两极板间的场强不变，故C错误；
D．断开S，则电容器所带电荷量保持不变，在两极板间插入一块绝缘介质，由 可知，电容器的电容增大，电容器的带电荷量不变，所以两极板间的电势差减小，故D正确。
故选BD。
4．BC
【解析】
【详解】
质子从左边进入电场，在电场中受到向下的电场力和向上的洛伦兹力作用，因恰能沿直线从右边水平飞出，可知电场力和洛伦兹力平衡，有qE=qvB，得v=E/B．若是电子，也从左边以速度v射入，电场力和洛伦兹力的方向对调，发现还是有v=E/B，所以带电粒子只要以速度v从左边水平进入电场，粒子就会沿水平方向射出，与电性和电量无关； 由上分析可知，故AD错误，BC正确．故选BC．
5．C
【解析】
【详解】
AB．I-U图像的斜率的倒数代表电阻，所以R1C．当根据两电阻串联分压，因为R1D．串联是电流相等，D错误。
故选C。
6．D
【解析】
【详解】
经过速度选择器时，洛伦兹力和电场力平衡，根据共点力平衡条件，有：
qE=qvB…①
进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：
…②
联立①②解得：
可知,若测得B. E. B′、R，则只能计算出粒子的比荷，不能单独求出粒子的质量或粒子的电量，也不能求出粒子受到的向心力。
A. 粒子在偏转磁场中的向心力。故A错误；
B. 粒子的质量。故B错误；
C. 粒子的电量。故C错误；
D. 粒子的比荷。故D正确。
7．D
【解析】
【详解】
电场线从正电荷出发，终止于负电荷或无穷远，不是闭合的曲线，选项A错误；电场线不是正电荷在电场中的运动轨迹，只有在满足：电场线是直线、粒子只受电场力作用且初速度为零或者速度与电场线共线时，粒子的轨迹才与电场线重合，选项B错误；电场中某点的场强方向，是正电荷在该点所受电场力的方向，选项C错误；电场线的疏密表示场强的强弱，选项D正确；故选D。
8．B
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析: 设平行金属板的长度为L，板间距离为d，场强为E当初速度为v时，则有
根据动能定理得
得
当初速度为2v时，同理可得
电场力做功为
则有
根据动能定理得
得
故选B。
9．D
【解析】
【详解】
A．由左手定则可知，粒子带负电，选项A错误；
B．粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何知识可知经过C、D两点后，速度方向偏转60°，故B错误。
C．由几何知识得：轨迹的圆心角θ=2α=60°，作出轨迹如图，由几何知识得粒子的轨迹半径
r=l
由于轨迹对应的圆心角θ=60°，故粒子由C到D运动时间
故C错误。
D．由牛顿第二定律，则有
从而得粒子的质量为
故D正确。
故选D。
10．C
【解析】
【详解】
A．电场线与磁感线分别是为了形象描述电场、磁场而引入的假想线，实际不存在，选项A错误.
B．两种场线的切线方向均表示相应的场方向，两种场线都不会相交，选项B错误.
C．电场线起始于正电荷或无限远处，终止于无限远处或负电荷，而磁感线在磁体外部由N极指向S极，在磁体内部由S极指向N极，组成闭合曲线，选项C正确.
D．电场线越密，表示该处电场越强，同一试探电荷在此处所受电场力越大；磁感线越密，表示该处磁场越强，但试探电流受到的磁场力大小还与其放置方向有关，故试探电流受到的磁场力不一定大，选项D错误.
故选C。
11．B
【解析】
【详解】
将滑动变阻器R1的滑片从左向右缓慢移动时，电路总电阻变小，干路电流变大，故电流表示数变大；由于，故电压表V1的示数变大．由于电源内电压变大，故电路外电压减小，即V2示数变小．综上分析，B正确．
12．A
【解析】
【详解】
设G的内阻为Rg，满偏电流为Ig，则甲的量程和内阻分别为
乙的量程和内阻分别为
当使电阻箱R的电阻减小时，可知I增大、U减小，r1和r2都减小。
故选A。
13．（1）电压表；滑动变阻器；（2）①左； ②电压表；电流表；③I﹣U；④外接法．
【解析】
【详解】
试题分析：根据伏安法描绘灯泡伏安特性曲线的实验原理、实验器材与实验步骤分析答题．
解：（1）实验器材：小灯泡、电压表、电流表、滑动变阻器、学生电源（或电池组）、开关、导线、坐标纸、铅笔等．
（2）实验操作：
①按电路图连接好电路，为保护电路，开关闭合前，将滑动变阻器滑片滑至R的左端．
②闭合开关，向右移动变阻器的滑片到不同位置，并分别记下电压表、电流表的示数．
③依据实验数据作出小灯泡的I﹣U图线．
④由于小灯泡的电阻较小，为减小误差，采用电流表外接法．
故答案为（1）电压表；滑动变阻器；（2）①左； ②电压表；电流表；③I﹣U；④外接法．
点评：本题考查了实验器材、实验步骤，是一道基础题，掌握基础知识即可正确解题．
14． 5.200 A C E ①导线连接在滑动变阻器的滑片上，②采用了电流表内接法．
【解析】
【详解】
（1）[1]．螺旋测微器的固定刻度为5.0mm，可动刻度为20.0×0.01mm=0.200mm，所以最终读数为5.0mm+0.200mm=5.200mm；
（2）[2][3][4]．两节新的干电池电动势为3V，待测电阻中最大电流大约为：
为了测量的精确，电流表应选择C，电压表选择A，滑动变阻器采用限流式接法，因为待测电阻较小，所以滑动变阻器选择E；
（3）[5]．由于
所以电流表应用外接法，连线图中的两个错误分别是：
错误1：导线连接在滑动变阻器的滑片上；
错误2：采用了电流表内接法；
15．(1) (2) ，与水平方向夹角正切值
【解析】
【详解】
（1)根据动能定理可得，解得电子到B点的速度为．
（2）整个过程中电场力做功为
所以根据动能定理可得
解得：，速度与水平方向的夹角为，粒子在竖直方向：
，
所以
答：(1) (2) ，与水平方向夹角正切值．
16．(1) 3Ω (2)1Ω (3)0.48W
【解析】
【分析】
本题考查闭合电路的欧姆定律的综合应用以及功率等相关基本概念的理解和应用
【详解】
（1）由题意知灯泡正常发光，则灯丝的功率为额定功率，即灯丝电阻；
（2）断开S时，灯L正常发光，即I1＝I0，闭合电路欧姆定律得r＝1 Ω；
（3）闭合S时，设外电路总电阻为，根据闭合电路的欧姆定律，知干路电流为，灯泡两端的电压，灯泡实际消耗的功率．
17．(1) a=qE/m；(2) 5l (3) 13l；13Eql
【解析】
【详解】
（1）根据牛顿运动定律：qE=ma，则a=qE/m
设第一次碰撞时小球A的速度为v：根据动能定理：
解得：
（2）第一次碰撞前后小球A的速度为vA1和vA1′，小球B碰撞前后的速度为vB1和vB1′所以vA1=v vB1=0 vA1′=0 vB1′=v
A球运动的距离为l第一次碰撞后，小球A做初速度为零的匀加速直线运动，小球B做速度为v的匀速直线运动．设第二次碰撞前后A球的速度为vA2和vA2′小球B碰撞前后的速度为vB2和vB2′
第一次碰撞后至第二次碰撞前：vt= (0+vA2)t/2
所以：vA2=2v；碰后vA2′= v
而B球碰前为v，碰后为2v．从第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，A球运动的距离为l2．
电场宽度为：L=l+4l=5l
（3）二次碰撞后，A球做初速度为v的匀加速直线运动，B球以速度2v匀速直线运动．设A球第三次碰前后的速度为vA3和 vA3′，小球B碰撞前后的速度为vB3和vB3′
所以：
从第二次碰撞到第三次碰撞过程中，A球运动的距离为l3 ：qEl3 = m -m
l3=8l
所以：电场的宽度：L=l1+l2+l3=13l
A球减少的电势能 △ε=Eq×13l=13Eql
18．(1) (2)
【解析】
【详解】
（1）电子运动轨迹如图所示：
由几何关系可知：R+Rcos60°=L，
解得：R=L；
（2）电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：eBv0＝m，
解得：B＝ ；
点睛：本题考查了电子在磁场中的运动，电子在磁场中做匀速圆周运动，根据题意作出电子运动轨迹、求出电子轨道半径是解题的关键，应用牛顿第二定律可以解题．
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