山西省长治市高二（下）开学考试物理试题（Word文档含答案）

山西省长治市高二（下）开学考试物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、多选题
1．关于多用电表的使用，下列操作不正确的是（　　）
A．测电压时，应按图甲连接方式测量
B．测电流时，应按图乙连接方式测量
C．测电阻时，应按图丙连接方式测量
D．测二极管的正向电阻时，应按图丁连接方式测量
2．在如图(a)所示的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器．闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P从最右端滑到最左端，两个电压表的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图(b)所示，则
A．图线甲是电压表V2示数随电流变化的图线
B．图线甲延长线与U轴交点的纵坐标数值上等于电源的电动势
C．电源的最大输出功率为3.6W
D．滑动变阻器R2的最大功率为0.9W
3．下列关于电场线、磁感线、等势面等说法正确的是（　　）
A．在电场中存在两条相交的电场线
B．磁感线是磁场或运动电荷周围客观存在的曲线或直线
C．在电场中的等势面上的电场方向与等势面垂直
D．等量异种电荷连线的中垂面上的各点电势相等
4．下列说法正确的是( )
A．磁场中某点的磁感应强度可以这样测定：把一小段通电导线放在该点时，受到的磁场力F与该导线的长度L、通过的电流I的乘积的比值，即磁场中某点的磁感应强度
B．通电导线在某点不受磁场力的作用，则该点的磁感应强度一定为零
C．磁感应强度只是定义式，它的大小取决于场源及磁场中的位置，与F、I、L以及通电导线在磁场中的方向无关
D．磁场是客观存在的
二、单选题
5．某同学做电学实验（电源内阻r不能忽略），通过改变滑动变阻器电阻大小，观察到电压表和电流表的读数同时变大，则他所连接的电路可能是下图中的 (　 　)
A． B． C． D．
6．一带电粒子q=－2.0×10-9 C在静电场中由A点运动到B点，在这一过程中，除电场力外其它力做功为4.0×10-5 J，粒子的动能增加了6.0×10-5 J。取A点为零电势点，则
A．粒子电势能减少2.0×10-5 J， B点的电势φB=－1.0×104V ,
B．B点的电势φB=1.0×104V , 粒子在B点的电势能为2.0×10-5 J
C．粒子在B点的电势能为2.0×10-5 J , A、B两点的电势差UAB=－1.0×104V
D．A、B两点的电势差UAB=－1.0×104V , 粒子电势能减少2.0×10-5 J ，
7．四根通电长直导线垂直于纸面放置，它们在圆上的位置刚好把圆四等分，导线上通有大小相等的电流，电流方向如图所示。现有一束电子（不计重力）从圆心O沿着垂直于纸面向里的方向运动，则电子束将会（　　）
A．向上偏转 B．向下偏转 C．向左偏转 D．向右偏转
8．如图所示，已知R0=R1=R2=R3=…=Rn=R2016=3Ω，Ra=2Ω．A、B间电压为6V，则通过R2016的电流大小是
A．1A B． C． D．
9．如图所示的直角坐标系中第一象限内分布着均匀辐射状电场。坐标原点与四分之一圆弧荧光屏间的电压为U；第三象限内分布着方向竖直向下的匀强电场，场强大小为E，不计粒子的重力及它们间的相互作用。大量带电荷量为-q（q>0）、质量为m的粒子，某时刻起从第三象限不同位置连续以相同的初速度v0沿x轴正方向射入匀强电场，若粒子只能从坐标原点进入第一象限，其他粒子均被坐标轴上的物质吸收并导走且不影响原来的电场分布则下列关于粒子的说法正确的是（　　）
A．能进入第一象限的粒子在匀强电场中的初始位置的x、y坐标满足
B．能进入第一象限的粒子在匀强电场中的初始位置的x、y坐标满足
C．若带电粒子从坐标（-x0，-y0）以初速度v0沿x轴正方向射入匀强电场，且从坐标原点进入第一象限，到达荧光屏时的速度为
D．若带电粒子从坐标（-x0，-y0）以初速度v0沿x轴正方向射入匀强电场，且从坐标原点进入第一象限，到达荧光屏时的速度为
10．一个灵敏电流计的满偏电流，与阻值为的定值电阻串联可改装成量程为的电压表，则该灵敏电流计的内阻为（ ）
A． B． C． D．
11．真空中某正点电荷O左右两边相等距离处有两点A、B，则
A．A点电场强度和B点电场强度相同
B．A点的电势比B点的电势高
C．一带正电的试探电荷在A点的电势能比在B点的大
D．将一带正电的试探电荷从A点沿直线向正点电荷O移动的过程中，电场力做负功
12．物理学中，用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法，叫比值定义法，以下物理量的公式，不属于比值定义法的是（ ）
A．加速度
B．功率
C．电场强度
D．电势
13．以下关于磁场中某处的磁感强度B的说法中，正确是（　　）
A．由公式B=知，B与F成正比，与I、L的乘积成反比
B．B与F、I、L无关，由磁场决定
C．B的大小等于一段通电导线在磁场中受的磁场力F与通过它的电流I和导线长度L乘积的比值
D．B的方向与F的方向相同
14．下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是( )
A．根据电场强度定义式可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比
B．根据真空中点电荷电场强度公式可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量有关
C．根据电势差定义式可知，带电荷量为1 C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1 J，则
D．根据电容定义式可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比
15．已知用电器A的电阻是用电器B的电阻的2倍，加在A上的电压是加在B上的电压的一半，那么通过A和B的电流IA和IB的关系是 (　　)
A．IA＝2IB B．IA＝ IB C．IA＝IB D．IA＝IB
三、实验题
16．某物理兴趣小组设计了如图甲所示的欧姆表电路，通过控制开关S和调节电阻箱，可使欧姆表具有“×1”和“×10”两种倍率。所用器材如下：
A．干电池：电动势E=1.5V，内阻r=0.5Ω
B．电流表G：满偏电流Ig=1mA，内阻Rg=150Ω
C．定值电阻：R1=1200Ω
D．电阻箱R2和R3：最大阻值均为999.9Ω
E．电阻箱R4：最大阻值为9999Ω
F．开关一个，红、黑表笔各1支，导线若干
(1)该实验小组按图甲正确连接好电路。当开关S断开时，将红、黑表笔短接，调节电阻箱R2=___Ω，使电流表达到满偏，此时闭合电路的总电阻叫做欧姆表的内阻R内，则R内=_________Ω，欧姆表的倍率是___（选填“×1”、“×10”）
(2)闭合电键S：
第一步：调节电阻箱R2和R3，当R2=____________Ω且R3=__________Ω时，再将红、黑表笔短接，电流表再次满偏。
第二步：在红、黑表笔间接入电阻箱R4，调节R4，当电流表指针指向如图乙所示的位置时，对应的欧姆表的刻度值为__________Ω。
17．有一根细长而均匀的金属管线，横截面积如图a所示，外截面为正方形，因管内中空部分截面形状不规则，无法直接测量。已知这种金属的电阻率为ρ，现设计一个实验方案，测量中空部分的横截面积S0。步骤如下：
（1）按照图b电路图，将图c实物图连接完成需要完成下列哪些选项的步骤______。
A.a接e B.b接d C.b接c D.a接f
（2）实验中，用游标卡尺测出金属管线的长度为L；如图d，用螺旋测微器测出金属管线外截面的边长为a=______mm。
（3）根据所测数据，在坐标纸上描出了该金属管线的伏安关系图线，如图e所示。由此图得出该金属管线的阻值为R=______Ω（保留2位有效数字），此结果比真实值______。（填“偏大”或“偏小”）
（4）用上述测量的物理量的符号，将金属管线内部空间横截面积表示为S0=_______。
四、解答题
18．如图所示，处于匀强磁场中的两根光滑的平行金属导轨相距为d，电阻忽略不计。导轨平面与水平面成θ角，下端连接阻值为2r的定值电阻和一个电源，电源电动势为E，内阻为r，匀强磁场方向竖直向下。质量为m、阻值为r的均匀金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触。接通开关S后，金属棒在导轨上保持静止状态。
（1）求磁感应强度的大小。
（2）若改变磁感应强度的大小和方向，依然能使金属棒保持静止，求满足条件的磁感应强度的最小值。
19．如图所示，在一条直线上有两个相距为r的点电荷A、B，A带电，B带电。现引入第三个点电荷C，恰好使三个点电荷都处于平衡状态，则点电荷C应带什么性质的电？放于何处？所带电量为多少？
20．如图所示，用电动势为E、内阻为r的电源，向滑动变阻器R供电．改变变阻器R的阻值，路端电压U与电流I均随之变化．
（1）以U为纵坐标，I为横坐标，在图2中画出变阻器阻值R变化过程中U-I图像的示意图，并说明U-I图像与两坐标轴交点的物理意义．
（2）a．请在图2画好的U-I关系图线上任取一点，画出带网格的图形，以其面积表示此时电源的输出功率；
b．请推导该电源对外电路能够输出的最大电功率及条件．
21．分别将核（质量为m0，电荷量为e），核（质量为4m0，电荷量为2e）以相同的初速度沿平行板中线射入两平行板A、B中，如图所示，两粒子都打在B板上，求两粒子的射程之比？（已知两板间电压为U，板间距离为d）
试卷第页，共页
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参考答案：
1．AC
【解析】
【详解】
多用电表进行所有测量时，电流都满足“红进黑出向右偏”。
A．测电压时，红表应接电势较高的点，即红、黑表笔互换，故A符合题意；
B．测电流时，电流从红表笔进入，且串联在电路中，故B不符题意；
C．测电阻时，应将待测电阻与电源断开，欧姆表内部有电源，故C符合题意；
D．测二极管的正向电阻时，红表笔应接二极管负极，黑表笔应接二极管正极，故D不符题意；
故选AC。
2．AB
【解析】
【详解】
A．当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可以知道电路电流增大；而R1两端的电压增大,R2两端的电压减小,故乙表示是V1示数的变化;甲表示V2示数的变化;故A正确;
B．当把R1和电源和一起看成等效电源时，V2示数表示的是外电压，所以图线甲延长线与U轴交点的纵坐标数值上等于电源的电动势，故B正确.
C．由图可以知道,当只有R1接入电路时,电路中电流为0.6A,电压为4.5V,则由:
可得:
当滑动变阻器全部接入时,两电压表示数之比为,故:
由闭合电路欧姆定律可得:
计算得出：, ；
因当电源的内电阻等于外电阻时电源的输出功率最大,故当外阻等于时，电源的输出功率最大,故此时电流：
故电源的最大输出功率：
故C错误;
D．由C的分析可以知道R1的阻值为，R2电阻为；当R1等效为电源的内阻,即当滑动变阻器的阻值等于时,滑动变阻器消耗的功率最大，故当滑动变阻器阻值为时,滑动变阻器消耗的功率最大,由闭合电路欧姆定律可得,电路中的电流：
则滑动变阻器消耗的总功率：
所以D错误;
3．CD
【解析】
【分析】
【详解】
A．如果电场中的两条电场线相交, 则交点处的电场就有两个方向，这是不可能的，选项A错误；
B．磁感线是为了描述磁场而人为引入的假想曲线, 而不是客观存在的真实曲线，选项B错误；
C．在等势面上移动电荷电势能不变，电场力不做功，所以等势面一定与电场线垂直，选项C正确；
D．根据等量异种电荷周围的电场分布特点，其连线的中垂面是等势面，所以各点电势都相等，选项D正确。
故选CD。
4．CD
【解析】
【详解】
A．当导线与磁场垂直时，即为磁场中某点的磁感应强度，故A错误；
B．一小段通电导体在某处不受磁场力，说明此处可能无磁场，也可能是导线与磁感线平行，故B错误；
C．磁感应强度只是定义式，B的大小取决于场源及磁场中的位置，由本身性质决定，与F、I、L以及通电导线在磁场中的方向无关，故C正确；
D．磁感线是为描述磁场引入的，实际存在，故D正确．
5．C
【解析】
【详解】
A.当滑动变阻器触片向上移动时，变阻器接入电路的电阻减小，电流表读数增大，电压表测量的是变阻器两端的电压，电压表读数减小，不合题意，故A错误；
B.当滑动变阻器触片向上移动时，变阻器接入电路的电阻减小，电流表读数增大，电压表测量的是路端电压，路端电压减小，则电压表的读数减小，不合题意，故B错误；
C.当滑动变阻器触片向上移动时，变阻器接入电路的电阻减小，电流表读数增大，电压表测量的是定值电阻的电压，电压表读数增大，符合题意．故C正确；
D.当滑动变阻器触片向上移动时，变阻器接入电路的电阻减小，电流表读数增大，电压表测量的是路端电压，路端电压减小，则电压表的读数减小，不合题意，故D错误。
故选C。
6．D
【解析】
【分析】
【详解】
根据动能定理可知
解得
W电=2.5×10-5 J
则电势能减小2.0×10-5 J；A、 B两点的电势差
取A点为零电势点，由
UAB=φA-φB
则
粒子在B点的电势能为
故D正确，ABC错误。
故选D。
7．C
【解析】
【详解】
根据安培定则可知，四根电流大小相等的通电直导线在圆心处的磁场情况如下，上面直导线在圆心处水平向左，下面直导线在圆心处水平向右，且大小相等，所以这两个磁场在圆心处合磁场为零。左边直导线在圆心处竖直向上，右边直导线在圆心处竖直向上，所以这两个磁场叠加后合磁场方向仍然竖直向上。故四道直导线在圆心处的合磁场方向为竖直向上。再由左手定则判断可得，电子所受洛伦兹力的方向水平向左，所以电子束将会向左偏转。
故选C。
8．C
【解析】
【详解】
9．A
【解析】
【详解】
AB．粒子在第三象限的加速度为
做类平抛运动，则有竖直上升的高度
水平移动距离大小
可得能进入第一象限的粒子在匀强电场中的初始位置的x、y坐标满足
故A正确，B错误；
CD．若带电粒子从坐标（-x0，-y0）以初速度v0沿x轴正方向射入匀强电场，则竖直位移大小为y0，水平位移大小为x0，则
有动能定理可得
联立
可得
CD错误。
故选A。
10．B
【解析】
【详解】
根据串并联规律
解得
Ig=10Ω
故选B。
11．D
【解析】
【详解】
A.根据点电荷的电场强度公式：
可知A点和B点的电场强度大小相等，但方向不相同，所以两点的电场强度不相同，A错误；
B. A点离O的距离与B点离O的距离相等，根据点电荷的电势分布特点，可知A点和B点的电势相等，B错误；
C. 因A点和B点的电势相等，根据电势能的表达式：
可知同一带正电的试探电荷在两点的电势能相等，C错误；
D.带正电的试探电荷从A点沿直线向正点电荷O移动，电场线方向向左，所以电场力方向向左，而位移向右，所以电场力做负功，D正确．
12．A
【解析】
【分析】
所谓比值法定义，就是用两个物理量的比值来定义一个新的物理量的方法．比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的属性，与参与定义的物理量无关．由此分析即可．
【详解】
加速度a=F/m中，加速度a与F成正比，与m成反比，不属于比值定义法，故A正确；功率P是由机械本身决定的，与做功和时间无关，故采用的是比值定义法；故B错误；电场强度E与F和电荷电量无关，故为比值定义法，故C错误；电势是由电场本身决定的，与电势能和电荷量无关，所以电势φ=W/q是比值法定义，故D错误．本题考查没有采用比值定义法的，故选A.
【点睛】
解决本题的关键理解并掌握比值法定义的共性：被定义的物理量往往是反映物质的属性，它不随定义所用的物理量的大小的改变而改变．
13．B
【解析】
【分析】
【详解】
AB．由公式B=知，是通过比值定义，所以B与F，与IL均无关，而B由磁场本身性质决定，故A错误，B正确；
C．公式B=是磁感应强度的定义式，条件是导线与磁场垂直，故C错误；
D．根据左手定则，磁感应强度的方向与置于该处的通电导线所受的安培力方向垂直，故D错误。
故选B。
14．B
【解析】
【详解】
电场中某点的电场强度是由电场本身决定的物理量，与试探电荷所带的电荷量无关，选项A错误；根据真空中点电荷电场强度公式可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量有关，选项B正确；根据电势差定义式可知，带电荷量为1 C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1 J，则，选项C错误；电容器的电容由本身决定，与其所带电荷量以及两极板间的电压无关，选项D错误；故选B.
15．D
【解析】
【详解】
由得：，即，故D正确，A、B、C错误；
故选D．
16． 149.5 1500 ×10 14.5 150 100
【解析】
【详解】
(1)[1]由闭合电路欧姆定律
解得
[2]欧姆表的内阻
[3]表盘的中值电阻为1500Ω，根据电路结构，闭合电键前，欧姆表的内阻大，大内阻对应大倍率，此时欧姆表的倍率是“×10”；
(2)[4][5][6]闭合电键S，欧姆表的内阻变小，变为倍率“×1”， 调节电阻箱R2和R3，使电流表满偏时欧姆表内阻为150Ω
电路总电流为
解得
电流表指针指向如图乙所示的位置时的读数为0.6mA，此时R3的电流为
总电流是6mA
17． AB 6.683 2.4×103 偏大
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]由于滑动变阻器采用分压接法，故滑动变阻器需要“两下一上”连接，故接线柱a接e；测量电路采用电流表的内接法，故接线柱b接d。
故选AB。
（2）[2]螺旋测微器的读数即金属管线外截面的边长为
a=6.5mm+18.3×0.01mm=6.683mm
（3）[3] [4]根据欧姆定律可得
将图线中的点（1.0mA，2.4V）代入可得该金属管线的阻值为
由于测量电路采用电流表的内接法，电流表的测量值等于流过电阻电流的真实值，而由于电流表的分压作用，电压表的测量值大于电阻两端电压的真实值，根据欧姆定律，知电阻的测量值大于真实值。
（4）[5]根据电阻定律
可得该金属管线的有效面积为
故金属管线内部空间横截面积为
18．（1）（2）
【解析】
【详解】
（1）如图，金属棒受mg、N和F作用处于静止，依左手定则可知F方向必水平向右，
对金属棒依平衡条件得：
F=mgtanθ
安培力大小
F=BId
闭合电路欧姆定律
E=I（r+2r+r）
由上式解得
（2）当磁场方向垂直导轨斜向下时，安培力沿斜面向上且最小，则对金属棒依平衡条件得
Fmin=mgsinθ
安培力大小
Fmin=BminId
闭合电路欧姆定律
E=I（r+2r+r）
由上式解得
方向垂直导轨斜向下.
19．负电荷，点电荷A的左边与点电荷A距离为，
【解析】
【详解】
根据两同夹异，近小远大的规律可知，点电荷C应带负电，放在点电荷A的左边，设点电荷C所带电量为q，点电荷C放在点电荷A的左边与点电荷A距离为L，对A分析，由平衡条件可得
对B分析，由平衡条件可得
联立解得
，
所以点电荷C所带电量为。
20．（1）U–I图象如图所示：图象与纵轴交点的坐标值为电源电动势，与横轴交点的坐标值为短路电流（2）a如图所示：b.
【解析】
【分析】
（1）根据闭合电路的欧姆定律得到表达式，再画出图象；根据表达式分析图象与两坐标轴交点的物理意义；
（2）根据画出图象，根据闭合电路的欧姆定律结合电功率的计算公式求解最大输出功率；
【详解】
（1）U–I图像如图所示，
其中图像与纵轴交点的坐标值为电源电动势，与横轴交点的坐标值为短路电流
（2）a．如图所示
b．电源输出的电功率：
当外电路电阻R=r时，电源输出的电功率最大，为
【点睛】
本题主要是考查闭合电路欧姆定律和电功率的计算，能够推导出U-I关系式是画出图象的关键；知道电源最大输出功率的条件．
21．
【解析】
【详解】
离子进入电场做类平抛运动．设的加速度为a1，飞行时间为t1，射程为x1，的射程为x2，
则有：x1=v0t1 ①
②
③
联解①②③得：
同理可得：
∴
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