山东省菏泽市巨野县高二下学期开学考试物理试题（word版含答案）

山东省菏泽市巨野县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
1．一个质量为m、带电量为q的小球，从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向外的匀强磁场中，其磁感应强度为B，如图所示，带电小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，已知重力加速度为g，下面说法中正确的是（　　）
A．小球带负电
B．小球在斜面上的运动是匀加速直线运动
C．小球在斜面上运动的加速度逐渐增大
D．小球对斜面的作用力恰好为零时的速率为
2．如图所示，电荷量为的点电荷固定在真空中的点，为点电荷电场中的三角形，是钝角，下列说法正确的是（　　）
A．从点沿延长线向左，电场强度的大小先增大后减小
B．从点沿延长线向右，电势一直减小
C．正电荷在点的电势能比其在点的电势能小
D．将负电荷从点移动到点，电场力所做的总功为负
3．下列关于电源电动势的说法不正确的是 （ ）
A．在电源内部把正电荷从负极移到正极，非静电力做正功，电势能增加
B．对于给定的电源，移动正电荷的非静电力做功越多，电动势就越大
C．因为E=W非静电力/q，所以电动势和非静电力做功成正比，与电荷量成反比
D．电动势越大，说明非静电力在电源内部把正电荷从负极移送到正极的电荷量越多
4．对于电场中A、B两点，下列说法正确的是
A．电势的定义式，说明电势与电势能成正比，与电荷的电荷量q成反比
B．将正电荷从A点移到B点静电力做正功，则有
C．电势差的定义式中，与移动电荷量q无关
D．把某点电荷q从A点移到B点的过程中，电场力对该电荷做了负功，则电势能增加
二、单选题
5．如图所示，A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，场强方向平行于正方形ABCD所在平面。已知A、B、C三点的电势分别为，，，则（　　）
A．D点的电势，场强方向平行于AB方向
B．D点的电势，场强方向平行于AC方向
C．D点的电势，场强方向平行于BC方向
D．把一个电子从C移到B，电场力做功为-6eV
6．下列说法正确的是（　　）
A．电场强度E和电势差U只依赖于电场的性质
B．电场强度E和电势差U只与试探电荷大小有关
C．电场强度E和电势差U与试探电荷和电场的性质都有关
D．电场强度E和电势差U与试探电荷和电场的性质都无关
7．如图所示为两个不同闭合电路中两个不同电源的U—I图象，则下列说法中正确的是（　　）
A．电动势E1=E2，短路电流I1>I2
B．电动势E1=E2，短路电流I1C．电动势E1>E2，内阻r1D．电动势E1>E2，内阻r1>r2
8．如图所示，变化的匀强磁场垂直穿过金属框架MNQP，金属杆ab在恒力F作用下沿框架从静止开始运动，t=0时磁感应强度大小为B0，为使ab中不产生感应电流，下列能正确反映磁感应强度B随时间t变化的图像是（　　）
A． B．
C． D．
9．下列说法正确的是
A．物体的加速度与其速度变化量成正比
B．通常情况下，金属导体电阻与长度成正比
C．电容器的电容与所带电荷量成正比
D．磁场中某点的磁感应强度与电流元所受到的磁场力成正比
10．两个电子以大小不同的初速度沿垂直磁场的方向射入同一个匀强磁场中．设r1、r2为这两个电子的运动轨道半径，T1、T2是它们的运动周期，则（ ）
A．r1＝r2，T1≠T2 B．r1≠r2，T1≠T2
C．r1＝r2，T1＝T2 D．r1≠r2，T1＝T2
11．避雷针可以避免建筑物被雷击，运用的物理原理是（　　）
A．尖端放电 B．库仑定律 C．电磁感应 D．电流的磁效应
12．下面各图中，电流及其产生的磁场方向均正确的是（　　）
A． B．
C． D．
13．下列家用电器中，利用电磁感应原理进行工作的是（　　）
A．电吹风 B．电冰箱 C．电饭煲 D．电话机
14．如图所示的电路中，电池的电动势为E，内阻为r，R1、R2是两个阻值固定的电阻．电容器的电容为C，当可变电阻R的滑片向上端移动时，通过R1的电流I1和通过R2的电流I2，电容器储存的电量Q将如何变化（ ）
A．I1 变大，I2变小，Q 变大
B．I1 变大，I2变大，Q 变大
C．I1 变小，I2变小，Q 变小
D．I1 变小，I2 变大，Q 变小
15．如图所示，真空中两点电荷固定在M、N两点，在MN连线上有关于中点O点对称的两点a、c，在MN连线的中垂线上有关于O点对称的两点b、d，则
A．若两点电荷为等量同种电荷，则a点与c点电场强度相同
B．若两点电荷为等量同种电荷，则b点与d点电场强度大小相等
C．若两点电荷为等量异种电荷，一正点电荷从b点到d点，电势能先增大后减小
D．若两点电荷为等量异种电荷，一正点电荷在a点的电势能大于在c点的电势能
16．如图所示，a、b、c为一点电荷产生电场中电场线上的三个点，且ab=bc，一电子仅在电场力作用下以初速度v0从a点经b点运动到c点，且vc=0，运动过程中电子的加速度逐渐减小，则下列说法正确的是（　　）
A．a点的场强小于b点的场强 B．三点之间的电势差满足Uab=Ubc
C．点电荷位于a点左侧且带正电 D．电子从a点运动到c点的过程中，电子的电势能减小
三、实验题
17．有一根细而均匀的圆柱体导体棒样品，电阻约为150Ω，某实验小组要测量其电阻率，现提供以下实验器材：
A．游标卡尺
B．螺旋测微器
C．电流表A1（量程为50mA，内阻r1为150Ω）
D．电流表A2（量程为100mA，内阻r2约为40Ω）
E.电压表V（量程为3V，内阻r3约为3KΩ）
F.滑动变阻器R1（总阻值为200Ω，额定电流2A）
G.滑动变阻器R2（总阻值为100Ω，额定电流0.1A）
H.直流电源E（电动势为12V，内阻不计）
I.待测圆柱体导体棒样品
J。开关一只，导线若干
(1)该实验小组首先用游标卡尺测得该样品的长度如图甲所示，其示数L＝_________cm；用螺旋测微器测得该样品的直径如图乙所示，其示数D＝_________mm。
(2)为测量样品电阻率，该实验小组又对样品电阻进行精确测量。
①设计的电路原理图如丙所示，图中虚线框中应选器材______________；滑动变阻器R应选_________（用器材前的序号表示）
②闭合开关，按正确的实验步骤进行测量，图丙中虚线框中仪器的读数为a，的读数为b，则样品电阻阻值Rx＝________（用a、b、r1、r2、r3中的某些符号表达）。
18．小明用图1所示的实验电路测量一节干电池的电动势和内阻，实验室提供下列器材：
A．电流表（量程0.6A，内阻约）
B．电流表（量程3A，内阻约）
C．电压表（量程3V，内阻约）
D．电压表（量程15V，内阻约）
E.滑动变阻器（）
F.电池E（电动势约1.5V，内阻未知）
G.开关S一只、导线若干。
(1)实验中电流表应选__________，电压表应选__________（填器材前面的代号）；
(2)根据图1电路图完成图2的实物连接______；
(3)小明在实验中记录了6组数据（如下表）。请帮助小明在图3中补画漏掉的数据并画出图线______，根据图线求得干电池的电动势为__________。
序号 1 2 3 4 5 6
电压 1.45 1.40 1.30 1.25 1.20 1.10
电流 0.06 0.12 0.24 0.26 0.36 0.48
四、解答题
19．如图所示，半径R=0.8m的光滑绝缘导轨固定于竖直平面内，加上某一水平方向的匀强电场时，带正电的小球沿轨道内侧做圆周运动，它的电量q=1.00×10-7C．圆心O与A点的连线与竖直成一角度θ，在A点时小球对轨道的压力N=1.2N，此时小球的动能最大.若小球的最大动能比最小动能多0.32J，且小球能够到达轨道上的任意一点(不计空气阻力，g取10m/s2).则：
(1)小球的最小动能是多少
(2)小球受到重力和电场力的合力是多少
(3)现小球在动能最小的位置突然撤去轨道，并保持其他量都不变，若小球在0.4s后的动能与它在A点时的动能相等，求小球的质量和电场强度.
20．如图所示电路，电源电动势，内阻，电阻，，，C为水平放置的平行板电容器，其电容，两极板的间距取，结果均保留两位有效数字．
开关S处于断开状态时，平行板电容器的电压是多大？所带电荷量是多少？
开关S处于断开状态时，有一带电微粒恰好能在平行板电容器中静止不动，求该微粒的电性及比荷；
在开关S由断开到闭合的过程中，流过电阻的电荷量为多少？
21．如图所示，质量M＝0.2 kg的长板静止在水平地面上，与地面间动摩擦因数μ1＝0.1，另一质量m＝0.1 kg的带正电小滑块以v0＝8 m/s初速度滑上长木板，滑块与长木板间动摩擦因数μ2＝0.5，小滑块带电荷量为q＝2×10－3C，整个运动过程始终处于水平向右的匀强电场中，电场强度E＝1×102N/C，(g取10 m/s2)求：
(1)刚开始时小滑块和长木板的加速度大小各为多少？
(2)小滑块最后停在距木板左端多远的位置？
22．如图所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为40cm、质量为的通电直导线，电流，方向垂直穿出纸面．导线用平行于斜面的绳子拴住不动，整个装置放在磁感应强度以每秒增加0.4T、方向竖直向上的匀强磁场中．设时，，求经过多少时间，斜面对导线的弹力为零．（g取）
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参考答案：
1．BD
【解析】
【详解】
A．小球向下运动，带电小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，说明洛伦兹力垂直斜面向上，磁场垂直纸面向外，根据左手定则可判断小球带正电，A错误；
BC．小球没有离开斜面之前，在重力、支持力、洛伦兹力作用下做匀加速直线运动，虽然速度变大，导致洛伦兹力变大，但三个力的合力却不变，加速度不变，小球仍做匀加速直线运动，B正确，C错误；
D．则小球在斜面上下滑过程中，当小球受到的洛伦兹力等于重力垂直斜面方向的分力，小球对斜面压力为零，可得
则速率为
D正确。
故选BD。
2．AC
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据
从点沿延长线向左，距离点电荷的距离先减小后增加，则电场强度的大小先增大后减小，选项A正确；
B．距离负电荷越远电势越高，则从点沿延长线向右，电势一直升高，选项B错误；
C．因b点的电势低于c点，则正电荷在点的电势能比其在点的电势能小，选项C正确；
D．因-Q对负电荷有斥力，则将负电荷从点移动到点，静电斥力与位移夹角小于90°，电场力所做的总功为正，选项D错误。
故选AC。
3．BCD
【解析】
【分析】
电动势的大小等于非静电力把单位正电荷从电源的负极，经过电源内部移到电源正极所作的功．如设W为电源中非静电力（电源力）把正电荷量q从负极经过电源内部移送到电源正极所作的功，则电动势大小为：；
电动势的方向规定为从电源的负极经过电源内部指向电源的正极，即与电源两端电压的方向相反．
【详解】
A、电源是通过非静电力做功将其他形式的能量转化为电能的一种装置，在电源内部把正电荷从负极移到正极，非静电力做功，电势能增加，故A正确；
B、D、电源电动势等于将单位正电荷从电源的负极移动到正极过程中非静电力所做的功，反映了电源将其他形式能量转化为电能的本领大小，B、D错误．
C、电源的电动势是电源将其它形式的能转化为电能的本领，在数值上，等于非静电力将单位正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功,大小由电源本身决定，与非静电力做功无关，C错误；
本题选不正确的，故选BCD．
【点睛】
电动势是一个表征电源特征的物理量．定义电源的电动势是电源将其它形式的能转化为电能的本领，在数值上，等于非静电力将单位正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功．它是能够克服导体电阻对电流的阻力，使电荷在闭合的导体回路中流动的一种作用．常用符号E（有时也可用ε）表示，单位是伏（V）．
4．BD
【解析】
【详解】
电势是电场本身的性质与试探电荷无关，A错；势差的定义式中，与移动电荷量q有关，C错；
5．B
【解析】
【详解】
ABC．匀强电场中，由公式可知，沿着任意方向，每前进相同的距离，电势差都相等。则电场线如图所示
连接AC，AC连线的中点为E，则E点的电势为
连接BE，则BE为一条等势线，D点在BE连线上，所以D点电势
电场线垂直于等势线，且由高电势指向低电势，故上图所示场强方向平行AC方向，AC错误，B正确；
D．把一个电子从C移到B，电场力做正功
D错误。
故选B。
6．A
【解析】
【详解】
由定义式
和
易认为电场强度E和电势差U都与试探电荷有关，这是不正确的。首先要弄清楚电场强度E和电势差U都是描述电场自身性质的物理量。只要电场一定，电场中任意一点的电场强度和任意两点间的电势差就确定了，引入试探电荷q仅仅是为了量度它们。若q增加一倍，他受的力和电场力做的功也会相应增加一倍。对同一点来说，F和W与q的比值都是一个常数，与q的大小无关。
故选A。
7．A
【解析】
【详解】
U—I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，斜率表示内阻，所以电动势E1=E2，内阻r1I2，故A正确。
故选A。
8．C
【解析】
【分析】
【详解】
当通过闭合回路的磁通量不变时，则棒MN中不产生感应电流，，设金属杆ab长为L，金属杆ab距离MP的距离为l1，棒的质量为m，则
，
则
则
所以
随着时间增加，是增大的，且增大的速度越来越快，且非线性关系.
故选C。
9．B
【解析】
【详解】
A．物体的加速度等于速度变化量与时间的比值，但是与速度的变化量无关，选项A错误；
B．由可知，通常情况下，金属导体电阻与长度成正比，选项B正确；
C．电容器的电容是由电容器本身决定的物理量，与所带电荷量无关，选项C错误；
D．磁场中某点的磁感应强度是由磁场本身决定的物理量，与电流元所受到的磁场力无关，选项D错误．
10．D
【解析】
【详解】
设电子的初速度为v，磁场的磁感应强度为B，电子的质量和电量分别为m、q．根据牛顿第二定律得
qvB=m
得到，运动轨迹半径为r=，m、q、B相同，则r与v成正比，电子的初速度不同，则半径不同，即r1≠r2．
电子圆周运动的周期T=，m、q、B均相同，则电子运动的周期相同，即T1=T2．
A．r1＝r2，T1≠T2，与结论不相符，选项A错误；
B．r1≠r2，T1≠T2，与结论不相符，选项B错误；
C．r1＝r2，T1＝T2，与结论不相符，选项C错误；
D．r1≠r2，T1＝T2，与结论相符，选项D正确；
故选D.
11．A
【解析】
【详解】
避雷针可以避免建筑物被雷击，当带电云层靠近建筑物时，避雷针上产生的感应电荷会通过针尖放电，逐渐中和云中的电荷，使建筑物免遭雷击。其原理为尖端放电。
故选A。
12．C
【解析】
【详解】
A．伸开右手，弯曲的四指所指电流方向，即顺时针方向，大拇指所指圆环内部磁场的方向，则磁感线应是向里，故A错误；
B．伸开右手，弯曲的四指则指电流方向，即逆时针（从右向左看），大拇指则指螺线管内部磁场的方向，即水平向右，故B错误；
C．伸开右手，大拇指所指电流的方向，即垂直纸面向外，弯曲的四指则指磁场方向，即逆时针方向（俯视），故C正确；
D．伸开右手，大拇指所指电流的方向，即竖直向下，弯曲的四指则指磁场方向，即顺时针方向（从上向下看），那么直导线右边的磁场垂直纸面出来，左边的磁场垂直纸面进入，故D错误。
故选C。
13．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．电吹风主要部件是电动机，电动机是根据通电导线在磁场中受力而工作的，没有利用电磁感应现象，故A错误；
B．电冰箱主要靠压缩机进行工作的，压缩机实际上是一个电动机，电动机是根据通电导线在磁场中受力而工作的，没有利用电磁感应现象，故B错误；
C．电饭煲是利用电流的热效应工作的，故C错误；
D．电话机利用了电磁感应原理，故D正确。
故选D。
14．D
【解析】
【分析】
在闭合电路中，R与R2串联，再与R1并联，电容器并联在R的两端，电容器两端的电压等于R两端间的电压．当可变电阻R的滑片向上端移动时，电阻R的阻值减小，抓住电源的电动势和内阻不变，根据闭合电路欧姆定律，判断通过R1和R2的电流以及R两端的电压．
【详解】
当可变电阻R的滑片向上端移动时，R的阻值减小，整个电路的总电阻减小，电动势不变，根据闭合电路欧姆定律，总电流增大，内电压增大，外电压减小，所以I1减小．总电流增大，则I2增大，R2两端的电压增大，则R两端的电压减小，则电容器两端的电压减小，根据Q=CU可知带电量减小．故D正确，ABC错误．故选D．
15．B
【解析】
【分析】
量同种电荷的电场特点，中垂线上关于O点对应的各点场强大小相等，方向相反，连线上关于O点对称各点场强大小相等，反向相反；等量异种电荷MN之间的电场方向是相同的，由M指向N或由N指向M；MN中垂线上的电场强度、电势关于O点对称，bd是一条等势线．根据电场力做功情况，分析电势能的变化．
【详解】
若两点电荷为等量同种电荷，则a点与c点的电场强度大小相等，方向相反，故A错误；若两点电荷为等量同种电荷，因bd关于O点对称，所以b点与d点的电场强度大小相等，故B正确；若两点电荷为等量异种电荷，则b、d两点电势相等均为零，则一正点电荷从b点到d点，电势能不变，选项C错误；若两点电荷为等量异种电荷，若N点为正电荷时，则a点的电势低于c点，一正点电荷在a点时的电势能小于放在c点时的电势能，故D错误；故选B．
【点睛】
本题考查等量同种电荷和等量异种电荷的场强特点，要结合电场强度、电势、电势能等概念充分理解等量同种、等量异种电荷周围的电场特点．
16．C
【解析】
【详解】
A．由于电子的加速度逐渐减小，所以a点的场强大于b点的场强，故A错误；
B．根据U=Ed可知Uab＞Ubc，故B错误；
C．由题意可知电子所受电场力方向由c→a，所以电场强度方向为a→c，根据点电荷周围电场分布规律可知点电荷位于a点左侧且带正电，故C正确；
D．电子从a点运动到c点的过程中，电场力对电子做负功，电子的电势能增大，故D错误。
故选C。
17． 1.100 3.740（） C F
【解析】
【详解】
(1)[1]用游标卡尺测得该样品的长度L＝1.1cm+0.05mm×0=1.100cm；
[2]用螺旋测微器测得该样品的直径D＝3.5mm+0.01mm×24.0=3.740mm.
(2) ①[3]设计的电路原理图如丙所示，因给定的电压表E量程过小，则可以用已知内阻的电流表C；
[4]根据题意可知，电动势12V，滑动变阻器G阻值较小，但额定电流0.1A，允许加最大电压10V，故只能选F；
②[5]由电路可知
18． A C 1.48~1.50
【解析】
【详解】
(1)[1][2]测量一节干电池的电动势和内阻，则实验中电流表应选A，电压表应选C；
(2)[3]根据图1电路图完成图2的实物连接；
(3)[4]画出U-I图像如图；
[5]因U-I图像在U轴上的截距为电动势，即E=1.50V
19．（1）小球的最小动能是0.08J；
（2）小球受到重力和电场力的合力是20N；
（3）小球的质量为0.01kg．电场强度为，方向水平向左
【解析】
【详解】
（1）（2）带电小球沿轨道内侧做圆周运动，受到重力和电场力作用，其合力是恒力，当合力沿OA连线向下时，小球通过A点时动能最大，通过关于O点对称的B点时动能最小．根据动能定理研究小球从B运动到A点的过程，求出重力与电场力的合力大小．根据牛顿第二定律和动能的计算式求出A点的动能，再求出小球的最小动能；（3）在B点撤去轨道后，小球将做类平抛运动，由题，小球经0.02s时，其动能与在A点时的动能相等，说明小球经0.04s时偏转量等于2R，由位移公式和牛顿第二定律结合求出质量
（1）、（2）小球在电场和重力场的复合场中运动，因为小球在A点具有最大动能，所以复合场的方向由O指向A，在AO延长线与圆的交点B处小球具有最小动能．设小球在复合场中所受的合力为F
则有： ，即：
带电小球由A运动到B的过程中，重力和电场力的合力做功，根据动能定理有：
由此可得：
即小球的最小动能为0.08J，重力和电场力的合力为0.2N．
（3）带电小球在B处时撤去轨道后，小球做类平抛运动，即在BA方向上做初速度为零的匀加速运动，在垂直于BA方向上做匀速运动．设小球的质量为m，则：在BA方向上做初速度为零的匀加速运动
则有：，得：
由几何关系有： ，故
在垂直于BA方向上做匀速运动，有：
解得：，方向水平向左
20．（1）24V；7.210-11C；（2）4.210-3C/kg；（3）9.010-12C
【解析】
【分析】
（1）当开关S断开时，电容器的电压等于电阻R2两端的电压，根据欧姆定律及串联电路电压的分配关系，利用比例法可求电容器的电压和电量．
（2）开关S断开时带电油滴恰好静止在水平放置的平行金属板正中间，电场力与重力平衡，即可求出该微粒的电性及比荷．
（3）当S闭合后，电阻R3与R1并联，电容器的电压等于电阻R3两端的电压，求出电容器的电量，再求出电容器电量的变化量，即为流过R2的总电量．
【详解】
（1）断开时，电阻R3两端电压即为平行板电容器的电压：U3===24V
电容器上的电荷量：Q1=CU2=3.010-1224C=7.210-11C
（2）设微粒质量为m，电量为q，由图可知，电容器的上极板带正电，微粒受到的电场力与重力大小相等，方向相反，所以该微粒带负电；当开关S断开时有：=mg
可得该微粒比荷：=，代入数据得：=4.210-3C/kg
（3）闭合后，R1与R2并联，外阻为：R并===6
电容器上的电压为：U===21V
则在开关S由断开到闭合的过程中，流过R2的电量为：Q=Q1-CU并
代入数据得：Q=9.010-12C
【点睛】
对于电容器，关键是确定其电压，当电路稳定时，电容器的电压等于与之并联的电路的电压，也等于所在电路两端的电压．
21．（1）－3 m/s2，1 m/s2；（2）8 m；
【解析】
【详解】
(1)设小滑块的加速度为a1，长木板的加速度为a2，规定水平向右为正方向．
由牛顿第二定律得qE－μ2mg＝ma1，
得a1＝－3 m/s2
由牛顿第二定律得μ2mg－μ1(m＋M)g＝Ma2，
得a2＝1 m/s2
(2)设两者经过时间t相对静止，此时的速度为v，
则v＝v0＋a1t＝a2t，
得t＝2 s，v＝2 m/s
这段时间内小滑块的位移x1＝v0t＋a1t2＝10 m
木板的位移x2＝a2t2＝2 m
此后两者一起向右减速运动，所以小滑块最后停在距木板左端Δx＝x1－x2＝8 m处.
22．5s
【解析】
【详解】
导线所受安培力方向水平向右，当到导线和斜面间的弹力为0时，
解得
故经过的时间为
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