四川省绵阳市高二（下）开学考试物理试题（word版含答案）

四川省绵阳市高二（下）开学考试物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、多选题
1．在如图甲所示的电路中，为定值电阻，为滑动变阻器．闭合电键，将滑动变阻器的滑动触头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乙所示．则（ ）
A．图线甲是电压表示数随电流变化的图线
B．电源内电阻的阻值为
C．电源的最大输出功率为
D．滑动变阻器的最大功率为
2．2019年国产首套超导质子回旋加速器进入集成测试阶段，通过该设备可以将质子的能量加速到230MeV，质子被引出后射入人体，当到达病灶的瞬间，释放大量能量，实现对癌细胞的精准清除，不损伤人体正常细胞，是癌症患者的福音。回旋加速器的原理如图，D1和D2是两个中空的半径为R的半圆金属盒，接在电压为U、周期为T的交流电源上，位于D2圆心处的质子源A能不断产生质子(初速度可以忽略，重力不计)，质子在两盒之间被电场加速，D1、D2置于与盒面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中。已知质子的电量为q、质量为m，忽略质子在电场中运动的时间，不考虑加速过程中的相对论效应，下列说法正确的是（ ）
A．交流电源的周期
B．质子第一次进入D1盒与第一次进入D2盒的半径之比为1:2
C．质子在电场中加速的次数为
D．若只增大交变电压U，则质子的最大动能Ek会变大
3．如图所示，匀强电场的方向与长方形bcd所在的平面平行，b＝ad．电子从a点运动到b点的过程中电场力做的功为4.5eV；电子从a点运动到d点的过程中克服电场力做的功为4.5eV．以a点的电势为电势零点，下列说法正确的是
A．b点的电势为4.5eV
B．c点的电势为3V
C．该匀强电场的方向是由b点指向a点
D．该匀强电场的方向是由b点垂直指向直线ac
二、单选题
4．如图所示为 a、b 两列声波在同一媒质中传播的波形图，则（ ）
A．两声波传播波速关系
B．两声波传播波速关系
C．两声波的频率关系
D．两声波的频率关系
5．如图，一弹簧振子在B、C两点间做机械振动，B、C间距为12cm，O是平衡位置，振子每次从C运动到B的时间均为0.5s，则下列说法中正确的是( )
A．该弹簧振子的振幅为12cm
B．该弹簧振子的周期为1s
C．该弹簧振子的频率为2Hz
D．振子从O点出发到再次回到O点的过程就是一次全振动
6．如图所示，两根水平放置且相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1与I2．与两导线垂直的一平面内有a、b、c、d四点，a、b、c在两导线的水平连线上且间距相等，b是两导线连线中点，b、d连线与两导线连线垂直．则
A．I2受到的磁场力水平向左
B．I1受到的磁场力水平向右
C．b、d两点磁感应强度的方向必定竖直向下
D．a点和 c点位置的磁感应强度不可能都为零
7．如图所示，点电荷、分别置于M、N两点，O点为连线的中点，点a、b在连线上，点c、d在中垂线上，它们均关于O点对称。下列说法正确的是（　　）
A．电子在c、d两点的加速度相同
B．a、b两点的电势相同
C．电子在c点的电势能大于d点的电势能
D．将电子沿直线从a移到b，电子的电势能一直增大
8．关于下列四幅图的说法正确的是（　　）
A．图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，要想粒子获得的最大动能增大，可增加电压
B．图乙是磁流体发电机的结构示意图，可以判断出B极板是发电机的正极，A极板是发电机的负极
C．图丙是速度选择器的示意图，带电粒子（不计重力）能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是，即
D．图丁是质谱仪的结构示意图，粒子打在底片上的位置越靠近狭缝说明粒子的比荷越小
9．如图所示，理发用的电吹风机中有电动机和电热丝，电动机带动风叶转动，电热丝给空气加热，得到热风将头发吹干，设电动机的线圈电阻为，它与电热丝的电阻串联，接到直流电源上，电路中电流为，电动机压为，消耗的电功率为，电热丝两端电压为，消耗的电功率为，则下列式子不正确的是（　　　）
A． B．
C． D．
10．在一空心圆柱面内有一垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B，其横截面如图所示，磁场边界为同心圆，内、外半径分别为r和．圆心处有一粒子源不断地沿半径方向射出质量为、电量为q的带电粒子，不计粒子重力．为使这些粒子不射出磁场外边界，粒子从圆心处射出时速度不能超过( )
A． B．
C． D．
11．一列沿x轴正向传播的横波在某时刻的波形如图(a)所示，a、b、c、d为介质中沿波的传播方向上四个质点的平衡位置，若从该时刻开始计时，则图(b)是下面哪个质点在经过3个周期后的振动图像？
A．a处质点 B．b处质点 C．c处质点 D．d处质点
12．下列说法正确的是（　　）
A．电场中电势越高的地方，电荷在那一点具有的电势能越大
B．常见充电宝标有或等，此物理量越大，则充电电流越大
C．电流的微观表达式中的v指的是自由电荷定向移动的速率
D．由得知，导体的电阻与电压成正比，与电流成反比
三、实验题
13．某同学做描绘小灯泡（额定电压为3.8V，额定电流为0.32A）的伏安特性曲线实验，实验给定的实验器材如下：（本实验要求小灯泡的电压从零开始调至额定电压）
直流电源的电动势为4V，内阻不计；电压表V（量程4V，内阻约为5kΩ）、电流表A1（量程0.6A，内阻约为4Ω）、电流表A2（量程3A，内阻约为1Ω）、滑动变阻器R1（0到1000Ω，0.5A）；滑动变阻器R2（0到10Ω，2A）；开关、导线若干．
①若该同学误将电流表和电压表接成如图甲所示的电路，其他部分连接正确，接通电源后，以下说法正确的是：( )
A．小灯泡将不亮 B．小灯泡将发光 C．V表会烧坏 D．A表将会烧坏
②下列关于该实验的说法，正确的是：( )
A．实验电路应选择图乙中的电路图（b）
B．滑动变阻器应该选用R2
C．电流表应选用A2
D．若采用如图乙（b）所示电路图，实验前，滑动变阻器的滑片应置于最右端
③该同学按照正确的电路图和正确的实验步骤，描出的伏安特性曲线如图丙所示，从图中可知小灯泡的阻值随小灯泡两端的电压的增大而_____（填增大、减小、不变、先增大后减小、先减小后增大），当给小灯泡加电压2.8V时，此时小灯泡的发热功率为_______W（结果取2位有效数字）
14．图（甲）是演示简谐运动图象的装置，它由一根较长的细线和较小的沙漏组成。当沙漏摆动时，漏斗中的细沙均匀流出，同时匀速拉出沙漏正下方的木板，漏出的细沙在板上会形成一条曲线，这条曲线可以理解为沙漏摆动的振动图象，图（乙）是同一个沙漏分别在两块木板上形成的曲线（图中的虚线表示）。
（1）图（乙）中虚线处细沙的厚度情况是______；
A．波峰、波谷处最厚，平衡位置最薄
B．波峰、波谷处最薄，平衡位置最厚
C．波峰处最厚，波谷处最薄
D．一样厚
（2）经测量发现图（乙）中OB=O′B′，若木板1的移动速度v1=1.5m/s，则木板2的移动速度v2=______m/s。
15．某同学利用如图所示电路测量未知电阻的阻值，已知电流表内阻与定值电阻的阻值之比为，各器材均满足实验要求，其操作过程如下：
(1)在实物图中，请根据电路图用实线代替导线完成实物连接；______
(2)闭合开关S前，将滑动变阻器的滑片滑到______端（填“A”或“B”）；
(3)闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片到合适位置，两表读数分别为、，可知待测电阻______；
(4)考虑到电压表的内阻影响，的测量值与真实值相比较______（填“偏大”“偏小”或“不变”），在不考虑偶然误差的情况下，若将电流表内阻与定值电阻的阻值之比改为，则的测量值与第一次的测量值相比______（填“偏大”“偏小”或“不变”）。
四、解答题
16．如图所示，一束质量为m、电荷量为q的粒子，恰好沿直线从两带电平行板正中间通过，沿圆心方向进入右侧圆形匀强磁场区域，粒子经过圆形磁场区域后，其运动方向与入射方向的夹角为θ(弧度)．已知粒子的初速度为v0，两平行板间与右侧圆形区域内的磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向内，两平行板间距为d，不计空气阻力及粒子重力的影响，求：
(1)两平行板间的电势差U；
(2)粒子在圆形磁场区域中运动的时间t；
(3)圆形磁场区域的半径R．
17．如图所示，折射率为光导管弯成半圆弧形，横截面直径为，一束光从光导管左端A垂直于端面射入，光能无损失地从右端面全部射出，求：
（1）光在导管中速度；
（2）半圆弧形应满足的条件。
18．如图甲所示极板A、B间电压为，极板C、D间距为d，荧光屏到C、D板右端的距离等于C、D板的板长L。A板O处的放射源连续无初速地释放质量为m、电荷量为的粒子，经电场加速后，沿极板C、D的中心线射向荧光屏（荧光屏足够大且与中心线垂直），当C、D板间加上图乙所示电压（图中电压）时，粒子均能从C、D两板间飞出，不计粒子的重力及相互间的作用，题中已知量为、L、d。求：
（1）粒子穿过C、D板间的时间t；
（2）粒子均能从C、D两板间飞出时，值满足的条件；
（3）当k取第（2）中的最大值时，粒子打在荧光屏上区域的长度。
试卷第页，共页
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参考答案：
1．AD
【解析】
【详解】
试题分析：将滑动变阻器的滑片P从最右端移到最左端，接入电路的电阻减小，电路中的电流增大，的电压和电源的内电压增大，则的电压减小，所以电压表的示数增大，电压表的示数减小，可知图线乙反映的是电压表的示数随电流的变化，图线甲反映的是电压表的示数随电流的变化，故A正确；根据闭合电路欧姆定律得：电压表的示数，由图线乙的斜率大小等于，由图知：，图线甲的斜率等于，则，故B错误；当内阻等于外阻时，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；由C的分析可知，的阻值为，电阻为；当等效为内阻，则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，故D正确．
考点：电功、电功率、闭合电路的欧姆定律
【名师点睛】在求定值电阻的最大功率时，应是电流最大的时候；而求变值电阻的最大功率时，应根据电源的最大输出功率求，必要时可将与电源串联的定值电阻等效为内阻处理．
2．AC
【解析】
【详解】
A．质子在回旋加速器中每做半个圆周运动电场变换一次，则回旋加速器的交流电频率等于质子在磁场中的运动周期，故有，故A正确；
B．质子第一次进入D1盒时加速了一次，设速度为，有
做圆周运动的半径为，有
可得
质子第一次进入D2盒时加速了两次，同理推得，故两半径之比为
故B错误；
D．无论质子在电场中加速多少次，最后都是从磁场中以最大速度匀速圆周离开，有
可得最大动能为
故有质子的最大动能与加速电压U无关，与加速度的最大半径R有关，故若只增大交变电压U，则质子的最大动能不变，故D错误；
C．由最大动能可推出质子在电场中的加速次数，有
解得质子在电场中加速的次数为
故C正确。
故选AC。
3．AD
【解析】
【详解】
A．电子从a点运动到b点电场力做的功，又，所以，故A正确；
B．电子从a点运动到d点电场力做的功，所以；
匀强磁场中，ad与bc平行且相等，所以 ，，故B错误；
C．因为a点和c点电势相等，ac是一条等势线，沿电场线方向电势降低，该匀强电场的方向是由b点垂直指向直线ac，故C错误，D正确．
故选AD．
4．C
【解析】
【详解】
机械波在介质中的传播速度与介质有关，而与波长、频率无关，则有：
由图像可看出两波波长：
再根据波速定义知两波的频率：
A. 两声波传播波速关系与分析不符，故A错误；
B. 两声波传播波速关系与分析不符，故B错误；
C. 两声波的频率关系 与分析相符，故C正确；
D. 两声波的频率关系与分析不符，故D错误．
5．B
【解析】
【详解】
该弹簧振子的振幅为6cm，故A错误
振子每次从C运动到B的时间均为0.5s，则可知半个周期为0.5s，所以周期为1s，故B正确
该弹簧振子的频率为，故C错误
振子从O点出发到再次回到O点的过程半个周期，不是一次全振动，D错误
故选B
6．D
【解析】
【详解】
试题分析：电流I1在I2处的磁场方向竖直向下，根据左手定则可知，安培力的方向水平向右，故A错误；电流I2在I1处的磁场方向竖直向下，根据左手定则可知，安培力的方向水平向左，故B错误；b点的磁感应强度的方向是竖直向下，不论电流大小如何，而d点磁感应强度的方向，只有当电流大小相等时，才一定竖直向下，故C错误；根据远离导线，磁场较弱，靠近导线，磁场较强，则有当电流I2的大小比电流I1的大时，则a点的磁感应强度可能相等；当电流I2的大小比电流I1的小时，则c点的磁感应强度可能相等，故D正确；故选D．
考点：左手定则；磁场的叠加
【名师点睛】本题考查了安培定则及矢量的合成方法，由安培定则可判出两导线在各点磁感线的方向，再由矢量的合成方法可得出各点磁感应强度的大小及方向．并确定左手定则不确定安培力的方向；解题时要特别应注意磁场的空间性，注意培养空间想象能力.
7．D
【解析】
【详解】
A．根据电场线分布的对称性可知，c、d两点的电场强度大小相等，方向不同，则电场强度不同，由牛顿第二定律
可知，电子在c、d两点的加速度大小相等，方向不同，故A错误；
B．MN间的电场线方向由M→N，根据沿电场线方向电势逐渐降低，则知a点的电势高于b点的电势。故B错误；
C．根据对称性可知c、d两点的电势相等，所以电子在c点的电势能等于d点的电势能。故C错误；
D．将电子沿直线从a移到b，电子受到的电场力与速度方向一直相反，电场力一直做负功，则电子的电势能一直增大。故D正确。
故选D。
8．B
【解析】
【详解】
A．甲图中，根据
可知
粒子获得的最大动能为
所以要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径R和增大磁感应强度B，增加电压U不能增大最大初动能，故A错误；
B．乙图中根据左手定则，正电荷向下偏转，所以极板带正电，为发电机的正极，极板是发电机的负极，故B正确；
C．丙图中，电子从右向左运动通过复合场时，电场力竖直向上，根据左手定则，洛伦兹力方向也向上，所以不是速度选择器，故C错误；
D．由
可得
知越小，说明比荷越大，故D错误。
故选B。
9．B
【解析】
【详解】
由于流过电动机的电流为I，电动机两端的电压为U1，所以电动机消耗的功率为，故A正确，电动机为非纯电阻电路，所以电动机两端的电压，故B错误；由于电热丝为线电阻，所以电功率，，故CD正确．
10．A
【解析】
【详解】
试题分析：如右图所示，
带电粒子不从磁场中穿出，其临界条件是带电粒子在磁场中的运动轨迹应与外圆相切，所以解上式可得，又由可得，选项A正确．
故选A
考点：考查了带电粒子在有界磁场中的运动
点评：做此类型题目的关键是定圆心，画轨迹，求半径
11．C
【解析】
【详解】
质点经过3个周期后与图示时刻的状态相同，由图(b)知：t=0时刻质点处于平衡位置，速度方向沿y轴负方向，横波沿x轴正向传播，图示时刻a、c两质点处于平衡位置，a点的速度方向沿y轴正方向，与振动图象的信息不符。c点的速度方向沿y轴负方向，与(b)图信息相符，b、d两点都处于最大位移处，与(b)图信息不符，故C正确。
故选C。
12．C
【解析】
【详解】
A．电场中电势越高的地方，正电荷在那一点具有的电势能越大，负电荷在那一点具有的电势能越小，A错误；
B．常见充电宝标有或等，此物理量越大，则充电宝存储电荷量越大，但放电电流跟容量无必然关系，不一定越大，B错误；
C．电流的微观表达式中的v指的是自由电荷定向移动的速率，C正确；
D．公式是电阻的定义式，可以计算导体电阻的大小，但导体电阻的大小与电压、电流无关，D错误。
故选C。
13． A B 增大 0.78
【解析】
【详解】
①若将电流表和电压表接成如图甲所示的电路，因电压表内阻很大，通过电压表的电流非常小，通过小灯泡电流非常小，故小灯泡不发光，故A正确，B错误；V表和A表不会被烧坏，故CD错误．所以选A．
②从图象知电压从零计，故滑动变阻器应用分压式接法，实验电路应选择图乙中的电路图（a），故A错误；因滑动变阻器应用分压式接法，应选阻值小的变阻器R2，故B正确；因小灯泡额定电流为0.32A，用电流表A2量程太大，应用A1，故C错误；若采用如图乙（b）所示电路图，实验前滑动变阻器的滑片应置于最左端而不是右端，最右端时变阻器有效电阻是零，导致通过电路的电流太大而烧坏电流表，故D错误．故选B．
③根据I-U图象的斜率等于电阻的倒数，所以由图象可知小灯泡的阻值随小灯泡两端的电压的增大而增大，当U=2.8V时I=0.28A，由P=UI得P=2.8×0.28W=0.78W．
14． A 4
【解析】
【详解】
（1）[1]在波峰、波谷处沙摆的速度最小，在平衡位置，沙摆的速度最大，则细沙在波峰、波谷处细沙最厚，平衡位置最薄，故选A。
（2）[2]根据单摆周期公式
它们在同一地点，且摆长相同，则周期相同，设为，OB段经历的时间是
O′B′段经历的时间为
设板长为，则
解得
15． A 偏小 不变
【解析】
【详解】
(1)[1]根据电路图用实线代替导线完成实物连接，如图所示
(2)[2]实验中滑动变阻器用分压电路，为了保护用电器，闭合电键S1前，将滑动变阻器的滑片拨到A端；
(3)[3]由电路图可知，电压表测量的是Rx的电压；因为电流表内阻与定值电阻的阻值之比为，所以通过电阻Rx电流是电流表读数的四倍，所以
(4)[4]电压表测得的是电阻Rx的两端的真实电压，但改装后电流表测得的是通过电阻Rx和电压表的共同电流，因此误差是由电压表分流引起的，的测量值与真实值相比较偏小；
[5]在不考虑偶然误差的情况下，若将电流表内阻与定值电阻的阻值之比改为，改变了电流表的内阻，但电流表外接，内阻变化了，不影响电阻的测量值，则的测量值与第一次的测量值相比不变。
16．(1)U=Bv0d；（2）；（3）R=
【解析】
【分析】
（1）由粒子在平行板间做直线运动可知洛伦兹力和电场力平衡，可得两平行板间的电势差．
（2）在圆形磁场区域中，洛伦兹力提供向心力，找到转过的角度和周期的关系可得粒子在圆形磁场区域中运动的时间．
（3）)由几何关系求半径R．
【详解】
(1)由粒子在平行板间做直线运动可知，Bv0q=qE，平行板间的电场强度E=，解得两平行板间的电势差：U=Bv0d
(2)在圆形磁场区域中，由洛伦兹力提供向心力可知：
Bv0q=m
同时有T=
粒子在圆形磁场区域中运动的时间t=T
解得t=
(3)由几何关系可知：r=R
解得圆形磁场区域的半径R=
17．（1）；（2）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）光在玻璃砖中的速度
（2）如图所示
从筒左端内侧入射的光线能发生全反射应满足
得
由几何关系有
解得
18．（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】
（1）粒子在A、B板间加速过程，据动能定理可得
在C、D板间水平方向做匀速直线运动，可得
联立解得
（2）粒子从（n=0、2、4）时刻进入C、D间，偏移距离最大，粒子做类平抛运动，竖直方向满足
据牛顿第二定律可得
由速度公式可得
要使粒子均能从C、D两板间飞出，应满足
联立解得
（3）由第（2）问可知，当粒子从（n=0、2、4）时刻进入C、D间，偏移距离最大为
粒子从（n=1、3、5）时刻进入C、D间，偏移距离最小为
设粒子离开偏转极板的速度与水平方向的夹角为，则粒子打在荧光屏上区域的长度为
联立解得
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