四川省内江市高二（下）入学考试物理试题（word版含答案）

四川省内江市高二（下）入学考试物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、多选题
1．将一面积为S=0.04m2，匝数n=100的线圈放在匀强磁场中，已知磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化规律如图所示，线圈总电阻为2Ω，则（　　）
A．在0~2s内与2s~4s内线圈内的电流方向相反
B．在0~4s内线圈内的感应电动势为0.8V
C．第2s末，线圈的感应电动势为零
D．在0~4s内线圈内的感应电流为0.4A
2．A、B两带电小球，质量分别为mA、mB，用绝缘不可伸长的细线如图悬挂，静止时A、B两球处于相同高度．若B对A及A对B的库仑力分别为FA、FB，则下列判断正确的是（ ）
A．FA＜FB
B．细线AC对A的拉力
C．细线OC的拉力FTC＝(mA＋mB)g
D．同时烧断AC、BC细线后，A、B在竖直方向的加速度相同
3．一段电流元放在同一匀强磁场中的四个位置，如图所示，已知电流元的电流I、长度L和受力F，则可以用 表示磁感应强度B的是(　　)
A． B．
C． D．
4．如图所示，横截面积为0.005m2的10匝线圈，其轴线与大小均匀变化的匀强磁场B1平行。间距为0.8m的两平行光滑竖直轨道PQ、MN足够长，底部连有一阻值为2Ω的电阻，磁感应强度B2=0.5T的匀强磁场与轨道平面垂直。K闭合后，质量为0.01kg、电阻为2Ω的金属棒ab恰能保持静止，金属棒始终与轨道接触良好，其余部分电阻不计，g取10m/s2.则（　　）
A．B1均匀减小
B．B1的变化率为10T/s
C．断开K之后，金属棒ab下滑的最大速度为1.25m/s
D．断开K之后，金属棒所受安培力的最大功率为0.25W
二、单选题
5．如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图像，下列结论正确的是（　　）
A．电源的内阻为
B．电流为时的外电阻是
C．电源的短路电流为
D．当接的外电阻时，电源的效率为
6．一电动机线圈电阻为R，在它两端加上电压U，电动机正常工作，测得通过它的电流为I，电动机的机械功率是(　　)
A．I2R B． C． D．UI
7．2021年12月9日15时40分，“天宫课堂”第一课正式开讲，神舟十三号乘组航天员翟志刚、王亚平、叶光富在中国空间站进行太空授课．在太空授课开始之前，央视直播间的主持人向各个分课堂的同学们提了问题，其中一个提问是：航天员在舱外机械臂上，一手拿小钢球，一手拿羽毛，双手用同样的力作用相同的一小段时间后，向同一方向扔出，预定目标为扔出正前方的两米处，谁先抵达？对此，你的理解是（　　）
A．小钢球先到达，因为小钢球的惯性比羽毛大
B．羽毛先到达，因为离开手之后羽毛的速度大
C．不能到达，因为在舱外小钢球和羽毛没有惯性
D．同时到达，因为没有阻力影响，轻、重物体运动一样快
8．如图所示，固定的水平长直导线MN中通有向右的恒定电流I,矩形线框ABCD在导线MN的正下方且 与MN处于同一竖直平面内．线框ABCD在外力F作用下以恒定的速度．竖直向上运动，且运动过程中AB边始终平行于MN,则在AB边运动到MN之前的过程中，下列说法正确的是
A．穿过线框的磁通量保持不变
B．线框中感应电流的方向始终为A→B→C→D→A
C．线框所受安培力的合力方向向下
D．外力F所做的功等于线框增加的机械能
9．如图所示，匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ中磁场的磁感应强度大小均为0.5T、方向均垂直纸面向里，磁场区域Ⅰ的右边界与磁场区域Ⅱ的左边界相距0.1m。一边长为0.2m的正方形导线框abcd由粗细均匀的电阻丝围成，总电阻为0.4Ω。现使线框以大小为2m/s的速度在纸面内从实线所示位置（cd边与磁场区域Ⅰ的右边界重合）垂直磁场区域边界匀速运动到虚线所示位置（ab边与磁场区域Ⅱ的左边界重合），则下列四幅图像中，能正确反映上述过程中线框上d、c两点间的电势差U随时间t变化规律的是（　　）
A． B．
C． D．
10．如图所示，圆形导体线圈平放在绝缘水平桌面上，在的正上方固定一竖直螺线管，二者轴线重合，螺线管、电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片向上滑动，下列说法中正确的是（　　）
A．穿过线圈的磁通量增大
B．线圈有扩张的趋势
C．线圈中将产生俯视逆时针方向的感应电流
D．线圈对水平桌面的压力大于其重力
11．如图，实线是电场中一簇方向未知的电场线，虚线是一个带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，带电粒子由M运动到N点，若带电粒子只受电场力作用，据此图可以作出的判断是（ ）
A．带电粒子带负电
B．带电粒子在M点的加速度小于在N点的加速度
C．带电粒子在M点的电势能小于在N点的电势能
D．电场中M点的电势低于在N点的电势
12．长为L的导体棒a通如图所示电流，与传感器相连悬挂在天花板上，长直导体棒b固定在a的正下方，且与a平行，当b不通电时，传感器显示拉力为F1，当b通电时，传感器显示拉力为F2，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则、的方向相同，b在a处的磁感应强度
B．若，则、的方向相同，b在a处的磁感应强度
C．若，则b受到a的安培力小于
D．虽然、的大小、方向关系未知，b受到a的安培力的大小一定等于
13．平行板电容器充电后与电源断开，当两极板距离增大时，则（ ）
A．电容器的电容不变
B．电容器极板的电量不变
C．电容器极板间的电压不变
D．电容器两极板间电场强度变大
14．如图为显像管的构造示意简图．当没有磁场时电子束将打在荧光屏正中的O点．安装在管径上的偏转线圈可以产生水平方向的磁场，使电子束在竖直方向发生偏转，设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，如果要使电子束打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点，图中哪种变化的磁场能够使电子发生上述偏转（ ）
A． B．
C． D．
15．如图所示电路中，A、B是相同的两小灯泡．L是一个带铁芯的线圈，电阻可不计，合上开关S，电路稳定时两灯泡都正常发光，再断开S，则
A．合上S时，两灯同时点亮
B．合上S时，A逐渐变亮直到正常发光状态
C．断开S时，A灯立即熄灭
D．断开S时，B灯立即熄灭
三、实验题
16．硅光电池在无光照射时不产生电能，可视为一电子元件．某实验小组设计如图甲电路，给硅光电池加反向电压(硅光电池负极接高电势点，正极接低电势点)，探究其在无光照时的反向伏安特性．图中电压表V1量程选用3 V，内阻为6.0 kΩ；电压表V2量程选用15 V，内阻约为30 kΩ；R0为保护电阻；直流电源电动势约为12 V，内阻不计．
用遮光罩罩住硅光电池，闭合开关S，调节变阻器R，读出电压表V1、V2的示数U1、U2.
(1)某次测量时，电压表V1示数如图乙，则U1＝____V，可算出通过硅光电池的反向电流大小为____ mA(保留两位小数)．
(2)该小组测出大量数据，筛选出下表所示的9组U1、U2数据，算出相应的硅光电池两端反向电压Ux和通过的反向电流Ix(图中“－”表示反向)，并在坐标纸上建立Ix－Ux坐标系，请你标出坐标点，并绘出Ix－Ux图线．
(3)由Ix－Ux图线知，硅光电池无光照下加反向电压时，Ix与Ux成______(填“线性”或“非线性”)关系．
四、解答题
17．如图所示，在MN左侧有相距为d的两块正对的平行金属板PQ，板长两板带等量异种电荷，上极板带正电，在MN右侧存在垂直于纸面的圆形匀强磁场区域（图中未画出）。现有一带电粒子以初速度v0沿两板中央OO′射入，并恰好从下极板边缘射出，又经过在圆形有界磁场中的偏转，最终垂直于MN从A点向左水平射出，已知A点与下极板右端的距离为d。不计带电粒子重力。求：
（1）粒子从下极板边缘射出时的速度的大小和方向；
（2）画出粒子运动轨迹求从O运动到A经历的时间；
（3）若圆形磁场的中心可以任意选择位置，求圆形有界磁场的最小半径R。
18．如图甲所示，两条电阻不计的金属导轨平行固定在倾角为37°的斜面上，两导轨间距为L=0.5m。上端通过导线与R=2Ω的电阻和开关K连接，开关K处于断开状态，下端通过导线与RL=2Ω的小灯泡连接。在CDFE矩形区域内有垂直斜面向上的磁场，CE间距离d=2m。CDFE区域内磁场的磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示。在t=0时，一阻值为R0=3Ω的金属棒从AB位置由静止开始运动，当金属棒刚进入磁场时闭合开关K，在金属棒从AB位置运动到EF位置过程中，小灯泡的亮度没有发生变化。设金属棒运动过程中始终与CD平行（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
(1)0～2s内，通过小灯泡的电流强度；
(2)金属棒与导轨之间的动摩擦因数；
(3)金属棒从AB到EF位置过程中，与导轨之间摩擦产生的热量。
19．在空间中有一电场，把一带电荷量为q的试探电荷放在电场中的A点，该电荷受到的静电力为F.若把带电荷量为2q的点电荷放在A点，则它受到的静电力为多少？若把带电荷量为nq的点电荷放在该点，它受到的静电力为多少？电荷受到的静电力F与电荷量q有何关系？
20．如图所示，水平轨道上轻弹簧左端固定，弹簧处于自然状态时，其右端位于P点，现用一质量m＝0.1kg的小物块（可视为质点）将弹簧压缩后释放，物块经过P点时的速度＝6 m/s，经过水平轨道右端Q点后恰好沿半圆光滑轨道的切线进入竖直固定的圆轨道，最后物块经轨道最低点A抛出后落到B点，若物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，s＝4 m，R＝1 m，A到B的竖直高度h＝1.25 m，取g＝10m/s2，求：
（1）求物块到达Q点时的速度大小（保留根号）；
（2）判断物块经过Q点后能否沿圆周轨道运动.简单说明理由；
（3）若物块从A水平抛出的水平位移大小为4 m，求物块在A点时对圆轨道的压力。
五、填空题
21．如图所示，桌面上放着一个单匝矩形线圈，线圈中心上方某高度处有一竖立的条形磁铁，此时穿过线圈的磁通量为0.04Wb．现使磁铁竖直下落，经0.5s后磁铁的S极落到线圈内的桌面上，这时穿过线圈的磁通量为0.12Wb．此过程中穿过线圈的磁通量增加了_____Wb，线圈中的感应电动势大小为_____V．
22．一矩形线圈面积S＝10cm2，它和匀强磁场方向之间的夹角θ1＝30°，穿过线圈的磁通量Ф＝2×10－4Wb，则磁场的磁感应强度B＝______________；若线圈以一条边为轴转180°，则穿过线圈的磁通量的变化量为____________；若线圈平面和磁场方向之间的夹角变为θ2＝0°，则Ф0＝________________。
试卷第页，共页
试卷第页，共页
参考答案：
1．BD
【解析】
【详解】
A．在0-2s内与2s-4s内磁场方向相反，磁通量变化情况相反，根据楞次定律可知，在这两段时间内线圈内感应电流方向相同，A错误。
B．由图知：
在0-4s内线圈内的感应电动势
故B正确。
C．在0～4s内，磁通量的变化率恒定，线框中产生的感应电动势不变，始终为E=0.8V，C错误。
D．在0-4s内线圈内的感应电流
D正确。
故选BD。
2．CD
【解析】
【详解】
对小球A受力分析，受重力、静电力、拉力，如图，根据平衡条件，则有两球间的库仑力是作用力与反作用力，大小一定相等，与两个球是否带电量相等无关，A错误；由共点力的平衡条件有，因此，B错误；由整体法可知，细线的拉力等于两球的重力，C正确；同时烧断AC、BC细线后，A、B在竖直方向重力不变，所以加速度相同，D正确．
【点睛】设两个球间的静电力为F，分别对两个球受力分析，求解重力表达式后比较质量大小；根据整体法来确定细线的拉力，并由牛顿第二定律则可判定细线烧断后各自的运动情况．
3．AC
【解析】
【详解】
当通电导线垂直于磁场方向时，可用表示B，由图知AC正确，BD错误。
故选AC。
4．BD
【解析】
【分析】
【详解】
A．K闭合后，金属棒ab恰能保持静止，受到的安培力与重力平衡，则ab棒受到的安培力方向竖直向上，由左手定则判断可知ab中感应电流方向由a→b，由安培定则判断可知，线圈感应电流的磁场方向向左，与线圈原磁场方向相反，则B1均匀增大，故A错误；
B．ab棒静止时，由平衡条件得
mg=B2IL
解得
I=0.25A
根据闭合电路欧姆定律知线圈产生的感应电动势大小为
E=IR=0.25×2V=0.5V
对于线圈，根据法拉第电磁感应定律得
解得
故B正确；
C．断开K之后，金属棒ab匀速下滑时速度最大，设为vm，由平衡条件得
解得
vm=2.5m/s
故C错误；
D．断开K之后，金属棒所受安培力的最大功率等于重力的功率，为
P=mgvm=0.01×10×2.5W=0.25W
故D正确。
故选BD。
5．B
【解析】
【详解】
A．图像的斜率的绝对值表示电源的内阻，即
A错误；
B．有图像可知，电流为时，外电压为2.4V，则根据欧姆定律得
B正确；
C．由图可知，电源的电动势为3.0V，则短路电流为
C错误；
D．当接的外电阻时，电源的效率为
D错误。
故选B。
6．C
【解析】
【详解】
电动机的总功率的大小为P=UI，电动机的发热的功率的大小为P热=I2R，所以电动机的机械功率的大小为P机=P-P热=UI-I2R，故C正确，ABD错误．
7．B
【解析】
【详解】
ABD．由于用相间的力作用相同的一段时间，人对球的冲量相同，由动量定理得
可知质量与速度成反比，故质量小的羽毛获得的速度大，舱外没有空气，离开手以后，在飞行过程中小钢球和羽毛的运动都可看做匀速直线运动，故羽毛先到达。故AD错误，B正确；
C．惯性是物体本身固有的属性，在任何状态下都具有惯性，故C错误；
故选B。
8．C
【解析】
【详解】
A．离直线电流越近，磁感应强度越强，线框向上运动的过程中，磁通量逐渐增大，故A错误.
B．根据右手螺旋定则知MN下方的磁场方向垂直纸面向里，线框向上运动的过程中磁通量增大，根据楞次定律知线框中感应电流的方向为ADCB，故B错误.
C．根据左手定则知AB边所受的安培力方向向下，CD边所受的安培力方向向上，因为AB边所处位置的磁感应强度大则安培力大，所以线框所受安培力的合力向下，故C正确.
D．线框匀速向上运动，线框中产生电能，F做的功会有一部分会产生热量，外力F所做的功大于线框增加的机械能，所以D错误.
9．B
【解析】
【详解】
t在0~5×10-2s内，ab切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，由楞次定律判断知感应电流方向沿顺时针方向，则d的电势高于c的电势，U为正。
cd两端电势差
t在5×10-2s~10×10-2s内，cd边进入磁场Ⅱ后，cd边和ab都切割磁感线，都产生感应电动势，线框中感应电流为零，由右手定则判断可知，d的电势高于c的电势，U为正，所以
t在10×10-2s~15×10-2s内，ab边穿出磁场后，只有cd边切割磁感线，由右手定则知，d点的电势高于c的电势，U为正。
故整个过程中线框d、c两点的电势差U随时间t变化的图线选项B图所示。
故选B。
10．B
【解析】
【详解】
AC．当滑动触头向上移动时电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈的电流减小，线圈产生的磁场减弱，故穿过线圈的磁通量变小；根据中的电流方向和安培定则可知产生的磁场方向向下穿过线圈，根据楞次定律，中的感应电流的磁场要阻碍原来磁场的减小，故的感应电流的磁场方向也向下，根据安培定则可知线圈中感应电流方向俯视应为顺时针，AC错误；
B．因为滑动触头向上滑动导致穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知只有线圈面积增大时才能阻碍磁通量的减小，故线圈应有扩张的趋势，B正确；
D．因为滑动触头向上滑动导致穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知只有线圈靠近螺线管才能阻碍磁通量的减小，线圈受到的安培力向上，所以对水平桌面的压力将减小，对水平桌面的压力小于其重力，D错误。
故选B。
11．C
【解析】
【详解】
试题分析：根据轨迹的弯曲程度，判断出合力（电场力）的方向，再根据电场线的方向，判断电荷的电性；加速度大小的比较可以看电场力的大小，即电场强度的大小；比较电势能可以根据电场力做功来判断．
解：A、合力大致指向轨迹凹的一向，可知电场力方向向左，电场线向右，由于不知道电场线的方向所以不能判断出带电粒子的电性．故A错误．
B、M点的场强大于N点的场强，所以M点所受的电场力大于N点，则带电粒子在N点的加速度小于在M点的加速度．故B错误．
C、假设粒子从M运动到N，受力的方向与轨迹之间的夹角是钝角，电场力做负功，电势能增大．所以带电粒子在N点的电势能大于在M点的电势能．故C正确．
D、不知道电场线的方向，也不知道带电粒子的电性，所以不能判断出MN点电势的高低．故D错误．
故选C．
【点评】判断电荷的电性关键找到突破口，从轨迹的弯曲方向角度考虑；比较电势能的大小：一可以从电场力做功角度比较，二从电势能公式角度判断，先比较电势，再比较电势能．
12．D
【解析】
【详解】
A．若F1>F2，说明a、b导体棒互相排斥，根据同向电流相互吸引，异向电流互相排斥，可知Ia、Ib方向相反，故A错误；
B．若F1故b在a处的磁感应强度
故B错误；
CD．b受到a的安培力与a受到b的安培力是一对相互作用力，与Ia、Ib的大小关系没有必然联系，虽然Ia、Ib的大小、方向关系未知，对金属棒a由受力平衡条件可知，a受到b的安培力大小一定等于，故b受到a的安培力的大小一定也等于，故C错误，D正确。
故选D。
13．B
【解析】
【分析】
【详解】
AB．电容器充电后断开电源，电容器上的电量不变，当两极板距离增大时，由
可知电容器的电容减小，故A错误，B正确；
C．根据
可知，C减小时，U增大，故C错误；
D．由匀强电场的场强和电势差的关系可得
可知E不变，故D错误。
故选B。
14．A
【解析】
【详解】
根据左手定则可以得知，电子开始上偏，故磁场的方向垂直纸面向外，方向为负，且逐渐减小，后来电子又下偏，磁场方向垂直纸面向里，方向为正，且逐渐增加，故A正确。
故选A。
15．B
【解析】
【详解】
AB．合上开关时，B灯立即正常发光，A灯所在的支路中，由于L产生的自感电动势阻碍电流的增大，A灯将推迟一些时间才能达到正常发光状态，故A错误，B正确；
CD．断开开关时，L中产生与原电流方向相同的自感电流，流过A灯的电流方向与原电流方向相同，流过B灯的电流方向与原电流方向相反；由L作为电源提供的电流是从原来稳定时通过L的电流值逐渐减小的，所以A、B两灯只是延缓一些时间逐渐熄灭，并不会立即熄灭或闪亮，故CD错误。
故选B。
16．（1）1．40 0．23 （2）如图所示（3）非线性
【解析】
【详解】
试题分析：（1）电压表V1采用3V量程，最小刻度为0．1，因此读数估读一位，为1．40V,而电压表V1的内阻已知，因此流过电压表的电流就是流过硅光电池的电流根据图甲可知，解得I1==2．30×10－2A=0．23mA．
（2）根据表中数据在坐标图中定出另4个点，作出Ix-Ux关系图线如图所示．
（3）由右图所画Ix-Ux关系图线为曲线可知Ix与Ux成非线性关系．
考点：“描绘小灯泡伏安特性曲线”实验
【名师点睛】在本实验中，采用两块电压表测量电阻，由于电压表V1内阻已知，因此读出电压表V1的电压值也求出了流过电压表V1的电流值，也电压表V1与硅光电池串联，求出总电压值，减去电压表V1的电压值就求得了硅光电池分得的电压值
17．（1）2v0；与竖直方向成30°（2）( )；（3）
【解析】
【分析】
【详解】
(1)水平方向
竖直方向
解得
粒子射出速度
与竖直方向成30°角。
(2)带电粒子运动时间
如下图
根据几何关系
离开电场后，先匀速，匀速时间
进入磁场，偏转120°到达A
总时间
( )
(3)粒子进入磁场圆周运动，进入点与射出点连线作为圆形磁场直径时，磁场区域最小，根据几何关系可知
18．(1)0.4A；(2)0.65；(3)37.44J
【解析】
【详解】
(1)0～2s内，由法拉第电磁感应定律得
只有金属棒和灯泡串联构成感生电路，由闭合电路欧姆定律得
=0.4A
(2)灯泡亮度不变，则全程通过灯泡的电流恒为IL，设金属棒运动到CD时的速度为v，金属棒在AC段的加速度为a，则依题意有
BLv=ILRL+（IL+IR）R0
ILRL=IRR
由牛顿第二定律可得
mgsin37°-μmgcos37°=ma
由运动学公式
v=at1
由题图乙可知t1=2s，B=4T，代入以上方程联立可得
μ=0.65
（3）金属棒在CE段做匀速直线运动，则有
mgsin37°=B（IL+IR）L+μmgcos37°
解得
m=2kg
金属棒在AC间做匀加速直线运动的位移为
金属棒在导轨上摩擦生热为
19．2F；nF；F与q成正比
【解析】
【分析】
【详解】
略
20．（1）；（2）物块能经过Q点沿圆周轨道运动，理由见解析；（3），方向竖直向下
【解析】
【分析】
【详解】
（1）物块从P到Q由动能定理有
解得
（2）在Q点能做圆周运动最小速度需满足
解得
因为
所以，物块能经过Q点沿圆周轨道运动；
（3）物块从A到B在水平方向有
竖直方向
联立解得
在A点，由牛顿第二定律有
解得
由牛顿第三定律知：物块在A点对轨道的压力为7.4N,方向竖直向下。
21． 0.08 0.16
【解析】
【详解】
试题分析：穿过线圈的磁通量增加了△Φ=Φ2-Φ1="0.12" Wb -0.04 Wb=0.08Wb；线圈中的感应电动势大小为
考点：磁通量；法拉第电磁感应定律.
22． 0.4 T 4×10－4Wb 0
【解析】
【详解】
[1] 磁感应强度为
[2] 线圈以一条边为轴转过180°，穿过线圈的磁能量的变化为
[3] 若线圈平面和磁场方向之间的夹角变为θ2=0°，则Φ=0。
试卷第页，共页
试卷第页，共页