青海省西宁市高二（下）开学考试物理试题（word版含答案）

青海省西宁市高二（下）开学考试物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、多选题
1．如图，两个等量同种正点电荷分别固定在M、N两点，O是M、N中点，以下说法正确的是（ ）
A．O点电场强度E=0
B．M、N连线中点电势=0
C．在M、N的中垂线上，由静止释放一负点电荷，负点电荷可能先做加速度减小的加速运动再做加速度增大的减速运动
D．在M、N的中垂线上，从O向两头延伸，场强一直减小
2．如图所示，两边倾角均为θ的绝缘光滑导轨置于垂直纸面向里的匀强磁场中，两个带等量负电荷的相同的小球A、C同时从顶端由静止释放，则下列说法中正确的是（ ）
A．两小球沿斜面下滑阶段的加速度大小相等
B．两小球沿斜面下滑阶段的每个时刻速度大小相等
C．经过一段时间后，A小球可能离开导轨
D．经过一段时间后，C小球可能离开导轨
3．空间中分布一电场，从某点O开始沿x方向的电势分布如图，若一带正电的小球从O点沿x轴运动到处，则（　　）
A．在处场强为0
B．小球所受电场力先减小，后增大，再减小
C．电场力对小球先做负功，后做正功
D．相比于O点，小球在处的电势能变大
二、单选题
4．下面是对电源和电流概念的认识，正确的是（ ）
A．电动势反映了电源把电能转化为其他形式能量的本领
B．电动势和电势差的单位相同，电动势实质上就是电势差
C．电流的方向就是电荷定向移动的方向
D．在金属导体中，电流的方向与自由电子定向移动的方向相反
5．有一个电流表G，内阻Rg=10Ω，满偏电流Ig=3mA。把它改装成量程为3V的电压表，则应（　　）
A．串联一个990Ω的电阻 B．并联一个990Ω的电阻
C．串联一个0.01Ω的电阻 D．并联一个0.01Ω的电阻
6．下列物理量均为矢量的是（　　）
A．速度、功率、质量
B．速度变化率、电流、重力势能
C．磁感应强度、功、位移
D．加速度、电场强度、力
7．将电压U加在一根导线两端，设导线截面的直径为d，长度为l。当U增至3倍时，电子的定向移动的速率（　　）
A．减小3倍 B．不增不减 C．增加至3倍 D．增加至9倍
8．如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触点向下移动时，各灯的亮度变化情况正确的是（ ）
A．A,B,C三灯都变亮
B．A,B灯变亮，C灯变暗
C．A,C灯变暗， B灯变亮
D．A,C灯变亮，B灯变暗
9．如图所示电路中灯泡L1和L2都不亮，用电压表测得各部分的电压分别为：Uad=U，Uab=0，Ubc=U，Ucd=0，已知a、d间电源电压为U，则产生的故障原因可能是：（只有一处断路）（　　）
A．灯泡L1断路
B．灯泡L2断路
C．变阻器断路
D．电源断路
10．某同学用电压表和电流表测量一个干电池的电动势和内阻，将测量到的电源的路端电压和相应电流中的总电流，画成U—I图线（如图中实线所示），设图中虚线是该干电池的真实图线，则下列说法中正确的是（　　）
A．E真>E测、r真>r测
B．E真>E测、r真C．E真r测
D．E真三、实验题
11．如图所示为多用表的示意图，试回答下列问题：
（1）当选择开关位置旋至“mA”挡中的“10”挡位时，则测量的是：________.
（2）当选择开关位置旋至“V”挡中的“50”挡位时，则测量的是：________.
（3）当选择开关位置旋至“Ω”挡中的“×100”挡位时，则测量的是：________.
（4）当选择开关位置旋至“Ω”挡中的“×100”挡位时，正确操作后发现指针的偏转角很小，那么正确的操作步骤依次是：①________；②______；③________.
（5）无论用多用电表进行何种(直流)操作测量，电流都应该是从________表笔经________插孔流入电表.
四、解答题
12．如图所示，在真空中，半环状 MAQPN区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B=0.5T．外环的半径R1=16cm，内环的半径R2=4cm，外环和内环的圆心为O，MOQ水平，沿OQ放置有照相底片．有一线状粒子源放在MN正下方(图中未画出)，不断放出初速度均为v0=1.6×106m/s的同种正粒子，并通过MN沿与磁场垂直的方向竖直进入匀强磁场中，最后打到照相底片上，经检验底片上仅有PQ区域均被粒子打到．不考虑粒子间的相互作用，粒子重力忽略不计．
(1)求粒子的比荷；
(2)若照相底片沿OA放置，求底片上被粒子打到的区域的长度；
(3)撤去线状粒子源和照相底片，若该粒子垂直进入磁场的速度大小和方向可以任意改变．现要求该粒子从M点进入磁场，从Q点离开磁场(该粒子中途未离开磁场区域)，而且在磁场中运动的时间最短，求该粒子从M点进入磁场的速度大小以及速度方向与MN夹角的正弦值．
13．如图所示，在倾角为37°的光滑斜面上水平放置一条长为1m的直导线PQ，两端以很软的导线通入5A的电流。
（1）当有一个竖直向上的B＝0.6T的匀强磁场时，PQ恰好平衡，则导线PQ的重力为多少；(sin37°＝0.6)；
（2）对PQ画出截面受力分析图。
14．如图所示，电源的电动势E=110V，电阻R1=21Ω，电动机绕组的电阻R0=0.5Ω，电键S1始终闭合．当电键S2断开时，电阻R1的电功率是525W；当电键S2闭合时，电阻R1的电功率是336W，求：
（1）电源的内电阻；
（2）当电键S2闭合时流过电源的电流和电动机的输出功率．
试卷第页，共页
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参考答案：
1．AC
【解析】
【详解】
根据等量同号点电荷电场的特点，可知两个电荷连线上中点的电场强度为零，故A正确；M、N连线中点虽然电场强度为零，但电势不一定为零，故B错误；在连线的中垂线上，关于连线中点对称有两点电场强度最大，且方向相反，所以由静止释放一负点电荷，负点电荷可能先做加速度减小的加速运动再做加速度增大的减速运动，所以C正确；在M、N的中垂线上，从O向两头延伸，根据矢量的叠加原理，可知场强先增大后减小，所以D错误．故选AC．
点睛：加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，注意电场强度与电势没有直接关系，同时理解中垂线从O向两边去，电场强度的大小关系．
2．ABC
【解析】
【详解】
试题分析：两小球受到的洛伦兹力都与斜面垂直，沿斜面方向的合力为重力的分力，则其加速度为 aA=aB=gsinθ 可见aA=aB ，则两小球沿斜面下滑阶段的每个时刻速度大小相等，AB正确；因为A球所受的洛伦兹力方向垂直斜面向上，B球所受的洛伦兹力方向垂直斜面向下，所以经过一段时间后，当所受的洛伦兹力大于重力垂直斜面的分量时，A小球离开导轨．选项ABC正确．
考点：牛顿第二定律：洛伦兹力．
3．CD
【解析】
【详解】
A．通过图像可以确定电场线方向，其斜率表示场强大小，在处图像斜率不为0，场强不为零，故A错误；
B．间电场线方向水平向左，场强恒定，电场力恒定；间电场线方向水平向右，且场强恒定，电场力恒定，故B错误；
C．因从O点沿x轴正向，电场线先向左后向右，而小球带正电，故电场力对小球先做负功，后做正功，故C正确；
D．处比O点的电势高，带正电的小球从O点运动到处，电场力对其做负功，电势能增加，故D正确。
故选CD。
4．D
【解析】
【详解】
电动势反映了电源把其他形式能量转化为电能的本领，选项A错误；电动势的单位和电势差相同，但电动势与电势差是两个不同的物理量，它们的物理意义不同．故B错误．电流的方向就是正电荷定向移动的方向，选项C错误；在金属导体中，电流的方向与自由电子定向移动的方向相反，选项D正确；故选D.
5．A
【解析】
【详解】
电流表G改装成量程为3V的电压表需要串联一个大电阻，串联的电阻阻值为
故A正确，BCD错误。
故选A。
6．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．速度是有大小有方向的矢量，功率和质量都是只有大小的标量，故A不符合题意；
B．速度变化率、电流和重力势能都是只有大小没有方向的标量，故B不符合题意；
C．磁感应强度和位移都是有大小有方向的矢量，功是只大小没有方向的标量，故C不符合题意；
D．加速度、电场强度和力都是有大小有方向的矢量，故D符合题意。
故选D。
7．C
【解析】
【详解】
由电流的微观表达式
其中
n表示导线内单位体积的电子数，q表示单个电子的电荷量，S表示导线的横截面积，v为电子定向移动的速率。又根据部分电路欧姆定律
电阻定律
得
可知，当导线的l、d不变，U增至3倍时，定向移动的速率也增至3倍。
故选C。
8．D
【解析】
【详解】
当滑动变阻器的滑动触头P向下移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据全电路欧姆定律得知，干路中电流I增大，则A灯变亮．电路中并联部分电压U并=E-I（RA+r），I增大，其他量不变，U并减小，则灯B变暗．通过C灯的电流IC=I-IB，I增大，IB减小，则IC增大，则灯C变亮．所以A、C灯变亮，B灯变暗．故D正确，ABC错误．故选D．
【点睛】
对于电路中动态变化分析问题，往往按“局部→整体→局部”的思路，按程序法进行分析．
9．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．若灯泡断路，电路中没有电流，则
，
根据全电路欧姆定律得知
与题不符，故A错误；
B．若灯泡断路，电路中没有电流，则
，，
据全电路欧姆定律得知
与题不符，故B错误；
C．若变阻器R断路，电路中没有电流，根据欧姆定律知
，
根据全电路欧姆定律得知
与题相符，故C正确；
D．若电源短路
与题意不符，故D错误。
故选C。
10．A
【解析】
【分析】
【详解】
根据
U=E-Ir
可知U-I图像在U轴上的截距等于电动势E，直线的斜率等于内阻r，由图像可知
E真>E测
r真>r测
故选A。
11． 量程为0 10mA的直流电流 量程为0 50V的电压 测量是电阻，大小等于读数×100 换挡位“×1k” 进行欧姆调零 将电阻与其他元件断开后进行测量． 红 正
【解析】
【详解】
(1)[1]当选择开关位置旋至“mA”挡中的“10”挡位时，则测量的是量程为0 10mA的直流电流；
(2)[2]当选择开关位置旋至“V”挡中的“50”挡位时，则测量的是量程为0 50V的电压；
(3)[3]当选择开关位置旋至“Ω”挡中的“×100”挡位时，则测量是电阻，大小等于读数×100；
(4)[4][5][6]当选择开关位置旋至“Ω”挡中的“×100”挡位时，正确操作后发现指针的偏转角很小，说明所选挡位太小，为准确测量电阻阻值，应：①换挡位“×1k”，②进行欧姆调零，③将电阻与其他元件断开后进行测量．
(5)[7][8]为了保证电流表偏转正常，在使用多用电表时进行测量时，均应保证电流由红流表经正插孔流入.
12．（1）（2）2cm（3）5.44×106 m/s； （或0.47）
【解析】
【分析】
（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出粒子的比荷．
（2）作出粒子运动轨迹，根据几何知识求出区域长度．
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，求出粒子的最大轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出速度大小与方向．
【详解】
（1）如图所示，设粒子的质量为m，电荷量为q，在磁场中做匀速圆周运动的半为R，则由牛顿第二定律有 ①
依题意有 ②
联立①②代入数据解得 ③
（2）若照相底片沿OA放置，则底片上被粒子打到的区域长度为CD的长度，如图所示．在△O1OC中，由勾股定理有 ④
CD = R–OC ⑤
联立代入数据解得CD = 2cm ⑥
（3）要使该粒子从M点进入磁场，从Q点离开磁场，且在磁场中运动的时间最短，则圆弧所对的圆心角应最小，因弦长一定，则圆弧的半径应最大，即满足要求的圆弧应与内环相切，如图所示．设粒子的半径为Rm，速度大小为v，速度方向与MN夹角为θ，由牛顿第二定律有
⑦
由图中几何关系有 ⑧
⑨
联立③⑦⑧⑨代入数据解得 v = 5.44×106 m/s
（或0.47）
【点睛】
本题考查力带电粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与几何知识即可解题．
13．（1）4N；（2）见解析
【解析】
【详解】
（1）由平衡条件得
F安＝mgtan37°
又
F安＝BIL
代入数据得
（2）对PQ画出截面图且受力分析如图所示
14．（1）1Ω（2）1606W
【解析】
【详解】
设S2断开时R1消耗的功率为P1，则
代入数据可以解得，
设S2闭合时R1两端的电压为U，消耗的功率为P2，则
解得，
U=84V
由闭合电路欧姆定律得，
代入数据，得
流过R1的电流为I1，流过电动机的电流为I2，
A
而电流关系:
所以
由
代入数据得，
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