内蒙古翁牛特旗高二下学期开学考试（第一次测试）物理试题（word版含答案）

内蒙古翁牛特旗高二下学期开学考试（第一次测试）物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、多选题
1．根据经典理论，金属导体中电流的微观表达式为I＝nvSe，其中n为金属导体中每单位体积内的自由电子数，v为导体中自由电子沿导体定向移动的速率，S为导体的横截面积，e为自由电子的电荷量．如图所示，两段长度和材料完全相同、各自粗细均匀的金属导线ab、bc，圆横截面的半径之比为rab∶rbc＝1∶4，串联后加上电压U，则(　　)
A．两导线内的自由电子定向移动的速率之比为vab∶vbc＝1∶4
B．两导线内的自由电子定向移动的速率之比为vab∶vbc＝16∶1
C．两导线的电功率之比为Pab∶Pbc＝4∶1
D．两导线的电功率之比为Pab∶Pbc＝16∶1
2．如图所示，质量为m的金属导体棒与跨过定滑轮的轻绳相连(滑轮与穿过其中的金属杆绝缘)，一恒力F作用在绳上，导体棒从静止开始沿倾角为θ、宽度为L的足够长光滑金属导轨上滑，整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B．在F的作用下，金属导体棒沿斜面向上滑动h时，流过导体棒的电流恰好开始稳定，导体棒电阻为R，其余电阻不计，则(　　)
A．导体棒ab先做变加速直线运动，最终做匀速直线运动
B．最终稳定时回路中的电流为
C．整个过程中产生的电热为Fh
D．最终稳定时金属导体棒的速度为v＝
3．一个足够长的绝缘斜面，倾角为，置于匀强磁场中，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，与水平面平行，如图所示，现有一带电荷量为q，质量为m的小球在斜面顶端由静止开始释放，小球与斜面间的动摩擦因数为μ，则
A．如果小球带正电，小球在斜面上的最大速度为
B．如果小球带正电，小球在斜面上的最大速度为
C．如果小球带负电，小球在斜面上的最大速度为
D．如果小球带负电，小球在斜面上的最大速度为
二、单选题
4．如图所示，匀强电场中三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，∠ABC=∠CAB=30°，BC= 2m，已知电场线平行于△ABC所在的平面，一个电荷量q=–2×10–6 C的点电荷由A移到B的过程中，电势能增加了1.2×10–5 J，由B移到C的过程中电场力做功6×10–6 J，下列说法正确的是（　　）
A．B，C两点的电势差UBC=3 V
B．A点的电势低于B点的电势
C．负电荷由C点移到A点的过程中，电势能增加
D．该电场的场强为1 V/m
5．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R1、R2为定值电阻，R0为滑动变阻器．闭合开关后，把滑动变阻器的滑片向左滑动，以下说法正确的是（ ）
A．电流表示数变小，电压表示数变大
B．电流表示数变小，电压表示数变小
C．R1消耗的电功率变小
D．R2消耗的电功率变大
6．如图所示为研究平行通电直导线之间相互作用的实验装置．接通电路后发现两根导线均发生形变，此时通过导线M和N的电流大小分别为I1和I2，已知I1> I2，方向均向上．若用F1和F2分别表示导线M与N受到的磁场力，则下列说法正确的是
A．两根导线相互排斥
B．为判断F1的方向，需要知道Il和I2的合磁场方向
C．两个力的大小关系为F1> F2
D．仅增大电流I2，F1、F2会同时都增大
7．如图所示，Q是固定的点电荷，虚线是以Q为圆心的两个同心圆．一个带电粒子在仅受电场力的作用下沿实线所示的轨迹从a处运动到b处，然后又运动到c处，实线与两圆在同一平面内，带电粒子在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，电势能大小分别为Ea、Eb、Ec，则
A．aa>ab>ac，EaB．aa>ab>ac，EbC．ab>ac>aa，EbD．ab>ac>aa，Ea8．类比磁通量的概念，在静电场中同样可以定义电通量的概念：若电场中有一个面积为S的区域，各处的电场强度大小均为E，且与该区域垂直，则穿过这个面积的电通量φ＝ES．空间中现有一个电荷量为Q的固定点电荷，在其周围激发静电场，以点所在位置为球心作两个半径不同的球面S1和S2，如图所示．则以下说法正确的是（ ）
A．通过S1和S2的电通量与它们距球心的距离成正比
B．通过S1和S2的电通量与它们距球心距离的平方成正比
C．通过S1和S2的电通量与它们距球心的距离成反比
D．通过S1和S2的电通量为一个恒量，与它们距球心的距离无关
9．绝缘水平面上固定一正点电荷Q，另一质量为m、电荷量为 q（q>0）的滑块（可看作点电荷）从a点以初速度v0，沿水平面向Q运动，到达b点时速度减为零，已知a、b间距离为s，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，以下判断正确的是（　　）
A．滑块在运动过程中所受Q的库仑力有可能大于滑动摩擦力
B．滑块在运动过程的中间时刻，速度的大小等于
C．此过程中产生的内能小于
D．Q产生的电场中，a，b两点间的电势差为
10．如图所示，直线OAC为某一直流电源的总功率P总随电流I变化的图线，抛物线OBC为该直流电源内部的热功率Pr随电流I化的图线，A、B两点对应的横坐标为2A，则下列说法正确的是
A．电源电动势为3V，内电阻为1Ω
B．电流为2A时，电源的内部发热功率6w
C．电流为2A时，电源的总功率为2W
D．此电源的总功率可以超过9W，图线还可延长
11．如图所示是一个由电池、电阻R、开关S与平行板电容器组成的串联电路，开关S闭合，一带电液滴悬浮在两板间P点不动，下列说法正确的是（　　）
A．带电液滴可能带正电
B．增大两极板距离的过程中，电阻R中有从b到a的电流，电容器中负电荷从B到A
C．断开S，减小两极板正对面积的过程中，液滴将加速下降
D．断开S，减小两极板距离过程中，液滴静止不动
12．如图所示，闭合矩形金属线框的ab边与磁场右边界MN重合，将该线框水平向右移出磁场的过程中，穿过线框的磁通量
A．一直减小
B．一直增大
C．保持不变
D．始终为零
三、实验题
13．为测定干电池的电动势和内阻，提供的实验器材如下所示：
A．干电池2节，每节干电池的电动势约为1. 5V，内阻约为0. 9
B．电流表A（0～0. 6A，内阻约为0. 5）
C．滑动变阻器R1（0～50，额定电流为3A）
D．滑动变阻器R2（0～1000，额定电流为1A）
E. 电流表G（0～3mA，Rg=10）
F. 定值电阻
G. 定值电阻
（1）由于两节干电池的内阻较小，现将的定值电阻与两节干电池串联后作为一个整体进行测量。在进行实验时，滑动变阻器应选用__________，定值电阻应选用__________；（填写实验器材前的编号）
（2）在如图甲所示的虚线方框中补充完整本实验电路的原理图；
( )
（3）根据实验测得数据作出的图线如图乙所示，其中I2为通过电流表G的电流，I1为通过电流表A的电流，根据该图线可知，两节干电池的总电动势为__________V，总内阻为__________。（结果均保留两位有效数字）
四、解答题
14．在电场强度为E的匀强电场中，一条与电场线平行的直线上有两个静止的小球A和B(均可看作质点)，两小球的质量均为m，A球带电荷量为+Q，B球不带电．开始时两球相距L，只在电场力的作用下，A球开始沿直线运动，并与B球发生正对碰撞．碰撞中A、B两球的总动能无损失，A、B两球间无电荷转移，重力不计．问：
（1）A球经过多长时间与B球发生第一次碰撞
（2）第一次碰撞后，A、B两球的速度各为多大
（3）第一次碰撞后，要经过多长时间再次发生碰撞
15．如图，宽为R、高为2R的矩形区域I内有水平向右的匀强电场，电场强度为E，区域I右边有一匀强磁场区域Ⅱ，方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B0，磁场左边界PQ上距A点为R处M点放置一长为3R的荧光屏MN，MN与PQ成角θ=53°。现有大量分布在区域I左边界上带正电、比荷相同的微粒从静止释放，经电场加速后进入磁场区域Ⅱ，其中沿矩形区域I中间射入磁场的粒子，进入区域Ⅱ后恰能垂直打在荧光屏上（不计微粒重力及其相互作用），求：
（1）微粒进入磁场区域的速度大小v和微粒的比荷；
（2）荧光屏上的发光区域长度△x；
（3）若改变区域Ⅱ中磁场的磁感应强度大小，能让所有射入磁场区域Ⅱ的微粒全部打中荧光屏，则区域Ⅱ中磁场的磁感应强度大小应满足的条件。
16．如图是“电磁炮”模型的原理结构示意图．光滑水平金属导轨M、N的间距L=0.2m,电阻不计，在导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小．装有弹体的导体棒ab垂直放在导轨M、N上的最左端，且始终与导轨接触良好，导体棒（含弹体) 的质量m=0.2 kg,在导轨M、N间部分的电阻R=0.8,可控电源的内阻r=0.2．在 某次模拟发射时，可控电源为导体棒ab提供的电流恒为4×103A,不计空气阻力导体棒ab由静止加速到4km/s后发射弹体，则
(1)光滑水平导轨长度至少为多少？
(2)该过程系统消耗的总能量为多少？
五、填空题
17．量程为0.6A的电流表内阻Rg=60Ω，要把这个电流表的量程扩大成 3A，那么应该在Rg上______联一个电阻R，R的大小应是______Ω。
试卷第页，共页
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参考答案：
1．BD
【解析】
【详解】
因两段串联，通过两棒的电流相等，又I＝neSv，故，得vab∶vbc＝16：1，选项A错误，B正确；由电阻定律 ，，求得Rab∶Rbc＝16∶1，因为ab和bc串联，流过两段的电流相等，由功率公式P＝I2R，得Pab∶Pbc＝Rab∶Rbc＝16∶1，选项C错误，D正确．故选BD.
2．ABD
【解析】
【详解】
A.开始阶段，随导体棒速度的增大，其受到的安培力F′也随之增大，导体棒的加速度逐渐减小，当F＝mgsin θ＋F′时，加速度为零，流过导体棒的电流稳定，导体棒将匀速上滑，故A正确；
B.最终稳定时，由共点力平衡条件可知F＝mgsin θ＋F′，又F′＝BIL，解得，故B正确；
C.力F做的功一部分转化为导体棒的机械能，剩余的转化为内能，则整个过程中产生的电热小于Fh，故C错误．
D.由E＝BLv，I＝，可得，故D正确；
3．BC
【解析】
【详解】
试题分析：如果小球带正电，小球下滑过程中受到重力、垂直于斜面向下的洛伦兹力、斜面的支持力和滑动摩擦力，小球由静止开始做加速运动，随着小球速度的增大，洛伦兹力增大，摩擦力增大，加速度减小，当小球的受力达到平衡时，做匀速运动，速度达到最大．由平衡条件得，解得最大速度为，故A错误B正确；如果小球带负电，小球下滑过程中受到重力、垂直于斜面向上的洛伦兹力、斜面的支持力和滑动摩擦力，小球由静止开始做加速运动，随着小球速度的增大，洛伦兹力增大，当小球刚要离开斜面时速度达到最大，此时有，解得，故C正确D错误．
考点：考查了带电小球在匀强磁场的中运动
【名师点睛】若小球带正电，分析小球的受力情况，抓住洛伦兹力与速度大小成正比，确定小球的运动情况．若小球带负电，分析小球的受力情况，小球受到垂直于斜面向上的洛伦兹力作用，最终小球会离开斜面，当小球刚要离开斜面时速度达到最大，由平衡条件求出最大速度．
4．D
【解析】
【详解】
ABC．根据电势差定义可知，A、B两点的电势差
根据电势差定义可知，B、C两点的电势差
可见，A、C两点的电势差
所以
负电荷在电势高的地方，电势能小，负电荷由C点移到A点的过程中，电势能减小，故ABC错误；
D．由前面分析可知，C点与A、B两点连线中点D的电势相等，C、D两点的连线是一条等势线，所以电场线是由A指向B，所以电场强度
故D正确。
故选D。
5．B
【解析】
【分析】
根据滑片的移动方向判断出滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，然后由串并联电路特点、欧姆定律以及功率公式分析答题．
【详解】
当滑动变阻器的滑片向左滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，与R2并联的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则V的示数减小，根据串联电路电压与电阻成正比的特点，可知，并联部分电压减小，通过R2的电流减小，则A的示数减小，故A错误，B正确；根据P1＝I2R1可知，总电流增大，R1消耗的电功率变大，故C错误；通过R2的电流减小，根据P2＝I22R2可知R2消耗的电功率变小，故D错误．故选B．
【点睛】
本题是一道闭合电路的动态分析题，要掌握动态电路动态分析题的解题思路与方法．也可利用经验结论进行分析：变阻器电阻增大时，所在并联电路电压增大，与之并联的另一支路电流增大，电流表读数增大．
6．D
【解析】
【详解】
A、同向电流相互吸引，故A错误；
B、判断F1的方向，需要知道I2在Il处产生的磁场方向即可，故B错误；
C、F1和F2是作用力和反作用力，大小相等，方向相反，故C错误；
D、增大电流I2，F1、F2同时增大，故D正确．
7．D
【解析】
【详解】
点电荷的电场强度的分布特点是离开场源电荷距离越小，场强越大，带电粒子受到的电场力越大，带电粒子的加速度越大，所以ab＞ac＞aa，根据带电粒子P轨迹弯曲方向判断知带电粒子在运动的过程中，带电粒子一直受静电斥力作用，从a到b，静电力对带电粒子P做负功，电势能增大，则有Eb＞Ea．从b到c，静电力对带电粒子P做正功，电势能减小，则有Eb＞Ec．而且从a到b静电力做功数值较多，所以Ec＞Ea．综合可得Eb＞Ec＞Ea，故D正确．故选D．
8．D
【解析】
【详解】
根据点电荷的场强公式，求得球面上各处的电场强度大小为： ，由于球面上各处电场强度方向都与球面垂直，故通过球面的电通量为：，由公式可知，通过S1和S2的电通量与它们距球心的距离无关．故ABC错误，D正确；故选D．
9．D
【解析】
【详解】
A. 由题意可知，滑块水平方向受库仑力、滑动摩擦力，摩擦力方向与运动方向相反，库仑力与运动方向相同。因滑块在b点静止，故一定有段时间，库仑力小于滑动摩擦力，当滑动过程中，随着距离的减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，到达b点速度减为零，A错误；
B．水平方向受大小不变的摩擦力以及变大的库仑力，在滑动过程中，随着间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，因此加速度逐渐减小，故中间时刻的速度小于，B错误；
C．滑块从a点到达b点过程中，由动能定理可得
产生的内能为
由于静电力做正功，因此在此过程中产生的内能大于，C错误；
D．滑块从a点到达b点过程中，由动能定理可得
解得： ，D正确；
故选D。
10．A
【解析】
【详解】
A.电源的总功率
P=EI
C点表示I=3A，P=9W，则电源的电动势
由图看出，C点表示外电路短路，电源内部热功率等于电源的总功率，则有
P=I2r
代入解得，
r=1Ω
故A正确．
BC. AB段表示的功率为
PAB=EI′-I′2r=3×2-22×1=6-4=2W
根据功率公式可知：电源的输出功率为2W，总功率为6W，内部产热功率为4W，故BC错误．
D.当电源短路时，回路电流最大，根据
P=EI
可知，总功率最大，不能再变大了，故D错误．
11．D
【解析】
【详解】
A．带电液滴在重力和电场力作用下处于平衡状态，电场力方向向上，电场方向向下，故液滴带负电，故A错误；
B．由和可知，当两极板间距离增大的过程中，C变小，所以Q变小，因此电容器放电，放电电流的方向从a到b，负电荷由B板经电源和电阻R流向A板，故B错误；
C．断开S，由 ， 和 得
Q不变，S减小，所以E增大，电场力大于重力，液滴加速上升，故C错误；
D．由
知，Q不变，d减小，E不变，液滴静止不动，故D正确。
故选D。
12．A
【解析】
【详解】
线圈与磁场垂直，所以穿过线圈的磁通量：Φ=BS；将线框从磁场中水平向右移出磁场的过程中，穿过线圈的磁通量减小．
A．一直减小与分析相符，故A项正确；
B．一直增大与分析不符，故B项错误；
C．保持不变与分析不符，故C项错误；
D．始终为零与分析不符，故D项错误．
13． C F 3. 0 2. 0
【解析】
【详解】
（1）[1] 电源为两节干电池，电动势为3V，比较小，电源的内阻也较小，为多测几组实验数据，方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器，因此滑动变阻器应选C；
[2] 上述器材中没有直接给电压表，但给了两个电流表，将电流表G与定值电阻串联改装成电压表，改装后电压量程应约不小于3V，根据串联电路规律可知，应串联的电阻为
故选F；
（2）[3] 用改装后的电压表测量电压值，用电流表A与滑动变阻器串联测电路电流，如图所示；
（3）[4] 由电路图，根据闭合电路的欧姆定律可得
整理得
设图像与纵轴的交点为b，图像的斜率为k，可得
联立上式，代入数据解得
，
[5] 由上题可知，
14．（1）；（2）v1=0， ；（3）
【解析】
【详解】
（1）设小球A的加速度为a，经过时间t1与B球发生第一次碰撞，则
由牛顿第二定律得：QE＝ma
由运动学公式得：
解得：
（2）设A碰撞前的速度为v0，碰撞后A和B的速度分别为v1、v2，则
由动能定理得：（或速度公式v0＝a t1）
由动量守恒定律得：mv0＝mv1＋mv2
由机械能守恒定律得：
解得v1=0，
（3）设第一次碰撞后，经过时间t2，A和B再发生碰撞，则
解得：
15．（1）；；（2）1.2R；（3）B0≤B≤B0
【解析】
【详解】
（1）带电微粒在电场中做匀加速直线运动，则由动能定理有：
①
微粒垂直打在荧光屏上，由题意可知，在区域Ⅱ中的运动半径为：
r=2R②
由牛顿第二定律有：
③
解得：
④
⑤
（2）从区域I中最高点穿出，打在离M点x1处的屏上，由几何关系得：
（x1cosθ+R）2+(x1sinθ)2=(2R)2⑥
解得：
⑦
从区域I中最低点穿出，打在离M点x2处的屏上，由几何关系得：
（x2cosθ-R）2+(x2sinθ)2=(2R)2⑧
解得：
⑨
分析可知所有微粒均未平行于PQ方向打在板上，因此荧光屏上的发光区域长度：
△x=x2-x1=1.2R⑩
（3）从区域I中最高点穿出的微粒恰好打在M点时，有：
r1=R
由牛顿第二定律有：
解得：
B1=B0
从A点进入区域Ⅱ打中N点的微粒运动半径为最大允许半径，由几何关系得
(3Rcosθ+R-r2)2+（3Rsinθ)2=r22
解得：
r2=R
由牛顿第二定律有：
解得：
B2=B0
要让所有微粒全部打中荧光屏，区域Ⅱ中的磁感应强度大小应满是的条件是：
B0≤B≤B0
16．(1)20m(2)l.76×l06J
【解析】
【详解】
（1）由安培力公式有
F=BIL=8×l04N.
弹体由静止加速到4km/s，由动能定理知
Fx=mv2.
则轨道长度至少为：
x==20m
（2）导体棒ab做匀加速运动，由
F=ma
v=at
解得该过程需要时间：
t=l×l0-2s
该过程中产生焦耳热：
Q=I2（R+r）t=1.6×l05J
弹体和导体棒ab增加的总动能：
Ek=mv2=1.6×l06J.
系统消耗总能量：
E=Ek+Q=l.76×l06J
17． 并 15
【解析】
【分析】
【详解】
[1][2] 电流表的量程扩大成 3A，应并联分流电阻，R的大小应是
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