四川省自贡市高二（下）开学考试物理试题（word版含答案）

四川省自贡市高二（下）开学考试物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、多选题
1．如图所示，直角坐标系的x轴与水平地面重合，y轴竖直向上，空间中存在水平向右的匀强电场。现将一带电小球（可视为质点）从坐标为的A点以某一水平速度抛出，正好垂直地面落在坐标为的B点，不计空气阻力，重力加速度为g，则（　　）
A．小球带正电
B．小球在空中运动的时间为
C．小球的初速度为
D．小球在抛出后时的坐标是
2．如图所示，变压器为理想变压器，副线圈中三个电阻的阻值大小关系为，电流表为理想交流电表，原线圈输入正弦式交流电e＝220in100πt(V)，开关S断开时，电阻r消耗的电功率为100W。下列说法正确的是（　　）
A．通过电阻r的电流方向每秒钟变化100次
B．开关S闭合前后，电流表的示数之比为2∶3
C．开关S闭合前后，电阻R1两端的电压之比为2∶3
D．变压器原副线圈的匝数之比为22∶3
3．如图所示，L是一个自感系数较大的线圈（直流电阻可忽略不计），a、b是两个完全相同的灯泡，则下列说法中正确的是
A．开关S闭合后，a灯立即亮，然后逐渐熄灭
B．开关S闭合后，b灯立即亮，然后逐渐熄灭
C．电路接通稳定后，两个灯泡亮度相同
D．电路接通稳定后，开关S断开时，a灯闪亮以下后逐渐熄灭
二、单选题
4．法拉第发明了世界上第一台发电机,如图所示,圆形金属盘安置在电磁铁的两个磁极之间,两电刷MN分别与金属盘的边缘和中心接触良好,且与灵敏电流计相连,金属盘绕中心轴沿图示方向转动,则下列说法正确的是（ ）
A．电刷M的电势低于电刷N的电势
B．若只将电刷M移近N,电流计的示数变大
C．若只提高金属盘转速,电流计的示数变小
D．若只将滑动变阻器的滑片向左滑动,电流计的示数变大
5．关于磁感应强度，下列说法正确的是(　　)
A．一个线圈放在磁感应强度不为零的位置，它的磁通量一定不为零
B．在磁场中某处不放线圈，则该处的磁感应强度就为零
C．只要某处存在磁场，该处的磁感应强度就不为零
D．磁场的方向总是由N极指向S极
6．真空中两个相同的金属小球A和B，普电荷量分别为QA=2×10-8C和QB=4×10-8C，相互作用力为F。若将两球接触后再放回原处，则它们之间的作用力将变为（　　）
A． B．F C． D．
7．关于电场线和磁感线的概念，以下说法中正确的是（　　）
A．电场线和磁感线都是实际存在的曲线
B．沿着磁感线的方向，磁场越来越弱
C．任何两条磁感线或电场线可以相交
D．电场线和磁感线的疏密都表示场的强弱
8．在点电荷+Q的电场中，将一检验电荷q从A点分别移动到B、C、D各点时，电场力做功情况是
A．WAB > WAC ; B．WAD > WAB ;
C．WAC > WAD ; D．WAB = WAC = WAD ;
9．如图所示电路中，电源电动势为E，内电阻为r，当滑动变阻器的触头向上端移动时，两电压表示数V1、V2和电流表A1、A2的示数变化情况是（　　）
A．V1变大，V2变大，A1变大，A2变大
B．V1变小，V2变小，A1变小，A2变小
C．V1变小，V2变大，A1变小，A2变大
D．V1变大，V2变小，A1变大，A2变小
10．韦伯和纽曼总结、提出了电磁感应定律，如图是关于该定律的实验，P是由闭合线圈组成的螺线管，把磁铁从P正上方，距P上端h处由静止释放，磁铁竖直穿过P后落在海绵垫上并停下．若仅增大h，重复原来的操作，磁铁穿过P的过程与原来相比，下列说法正确的是（　　）
A．穿过线圈的磁通量将增大
B．线圈中产生的感应电动势将增大
C．通过线圈导线截面的电量将增大
D．线圈对磁铁的阻碍作用将变小
11．关于电阻和电阻率的说法中，正确的是( )
A．导体对电流的阻碍作用叫做导体的电阻，因此只有在导体中有电流通过时才有电阻
B．由R=U/I可知导体的电阻与导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比
C．电阻率是反映材料导电性能好坏的物理量，电阻率ρ越大，材料导电性能越差
D．将一根导线等分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一
12．如图所示，两板间距为d的平行板电容器与一电源连接，开关K闭合，电容器两极板间有一质量为m，带电量为q的微粒静止不动，下列各叙述中正确的是（　　）
A．断开开关K，把电容器两极板距离增大，微粒仍能保持静止
B．断开开关K，把电容器两极板距离增大，微粒将向下做加速运动
C．保持开关K闭合，把电容器两极板距离增大，电容会增大
D．保持开关K闭合，把电容器两极板距离增大，两极板的带电量会增大
三、实验题
13．某同学想要测量一节电池（电动势约为3V，内阻为几欧）的电动势和内阻，实验室提供了以下器材∶
A．电流表A∶量程0~100mA，内阻为3.6Ω；
B．电压表V∶量程0~3V，内阻为几千欧；
C．滑动变阻器R1∶0~20Ω；
D．滑动变阻器R2∶0~5kΩ；
E.标准电阻R0∶0.4Ω；
F.开关、导线若干
（1）该同学设计的实验电路如图甲所示，实验器材中有两个滑动变阻器，该实验应选用的是__________（填“R1”或“R2”）
（2）该同学闭合开关，调节滑动变阻器，多次测量，得出多组电压表示数U和电流表示数I，通过描点画出U-I图像如图乙所示，则该电池的电动势E=__________V内阻r=__________Ω。（结果保留三位有效数字）
四、解答题
14．如图所示，在地面附近，坐标系xOy在竖直平面内，在x>0的空间有沿水平方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在竖直线PQ与y轴之间还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E。一个带正电的小球从A点水平抛出后，恰好从O点进入复合场中，并沿着OP方向做直线运动，已知OP与x轴正方向之间的夹角a=30°。带电小球进入竖直线PQ右侧区域后能在竖直平面内做匀速圆周运动，需要加一个匀强电场，若带电小球做圆周运动时要通过x轴上的N点，且OM=MN。已知地表附近重力加速为g。求∶
（1）小球从A点抛出时的初速度；
（2）在竖直线PQ右侧所加电场的场强大小和方向；
（3）小球从A点运动到N点所用的时间。
15．如图所示，质量mA=3kg的木板A被锁定在倾角为θ=37°的光滑斜面的顶端，质量为mB=2kg的可视为质点的物块B恰能在木板A上匀速下滑。现让物块B以v0=10m/s的初速度从木板的上端下滑，同时解除对木板A的锁定，g取10m/s2，斜面足长。（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）A、B间的动摩擦因数；
（2）要使物块B不从板木A上滑落下来，则木板A的长度至少为多少？
16．一电子以4×106m/s的速度沿与电场垂直的方向从A点沿垂直于电场强度方向飞入，并从B点沿与场强方向成150°角的方向飞出该电场，如图所示．则A．B两点的电势差为
V（电子质量为9.1×10-31kg，电量为1.6×10-19C）
五、填空题
17．某表头满偏电流为1mA、内阻为982。（以下计算结果均取整数）
①为了将表头改装成量程为3V的电压表，需要一个阻值为___________的电阻与表头串联
②为了将表头改装成量程为50mA的电流表，需要一个阻值约为___________的电阻与表头并联
试卷第页，共页
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参考答案：
1．BD
【解析】
【分析】
【详解】
小球在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上向右做匀减速运动，才能垂直（此时速度在水平方向上分量为0）地落在地面上，所以，小球所受电场力必须向左，可知小球带负电；由自由落体运动可知，小球下落时间为
由水平方向做匀减速运动可知
可得小球初速度
球在抛出后，运动时间为空中运动的全部时间的一半，由匀变速运动时间等分结论可知，小球在竖直方向上下落了，故
水平方向上运动了，故
综上所述，选项BD正确。
2．ABD
【解析】
【详解】
A．交流电的频率为
知通过电阻r的电流方向每秒钟变化100次，A正确；
B．开关S闭合之前，次级电阻 ，次级电流
开关S闭合之后，次级电阻 ，次级电流
开关S闭合前后次级电流比为2：3，根据
得原线圈的电流
可知开关S闭合前后，电流表的示数之比和副线圈的电流之比相同是2：3，B正确；
C．开关S闭合之前，通过电阻 的电流
开关S闭合之后，通过电阻的电流
开关S闭合前后，通过电阻的电流之比为4：3，C错误；
D．开关S断开时，电阻r消耗的电功率为100W，可知次级电流
次级电压有效值
变压器初级电压有效值
则变压器原副线圈的匝数之比为
D正确。
故选ABD。
3．AD
【解析】
【详解】
A、B、C、闭合开关的瞬间，经过线圈的电流增大，线圈会阻碍电流的增大，此时线圈等效为无穷大的电阻视为断路，则灯泡a和b串联，两灯立即变亮；稳定后，自感作用消失电流不变，理想线圈将与之并联的电路短路，即a灯熄灭，b灯更亮；故A正确，B错误，C错误．D、断电时，线圈会阻碍电流的减小，此时线圈等效为新电源，对构成闭合回路的a灯泡供电，故灯泡a先闪亮后逐渐熄灭，b灯立即熄灭，则D正确．故选AD．
【点睛】解决本题的关键掌握线圈对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，线圈会阻碍电流的增大，当电流减小时，线圈会阻碍电流的减小，当电流不变时，理想线圈将与之并联的电路短路
4．A
【解析】
【详解】
A.根据安培定则可知，电磁铁产生的磁场方向向右，由右手定则判断可知，金属盘产生的感应电流方向从M到N，则电刷M的电势低于电刷N的电势，电刷N的电势高于电刷M的电势，故A正确；
B.若仅将电刷M移近N，使电刷MN之间距离减小，切割磁感线的有效长度减小，产生的感应电动势减小，感应电流减小，则电流计的示数变小，故B错误；
C.若只提高金属盘转速，感应电动势增大，故电流计的示数变大，故C错误；
D.若仅将滑动变阻器滑动头向左滑，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路电流减小，磁场减弱，电流计的示数将减小，故D错误．
5．C
【解析】
【详解】
A项：当磁感应强度与线圈平面平行时，穿过线圈的磁能量为零，故A错误；
B项：磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，取决于磁场本身的性质，故B错误；
C项：磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，所以只要某处存在磁场，该处的磁感应强度就不为零，故C正确；
D项：磁场方向在磁体内部由S指N ，故D错误．
6．C
【解析】
【详解】
因为 QA=2×10-8C，QB=4×10-8C，则 QB=2QA，设 QA=Q，则 QB=2Q，
未接触前，根据库仑定律，得：
若 AB 带同种电荷，接触后两球带电量平分，再由库仑定律，得：
则
若 AB 带异种电荷，接触后两球带电量平分，再由库仑定律，得：
则：
故 C 正确。
故选C。
7．D
【解析】
【详解】
A．电场线和磁感线是为了形象的研究电场和磁场而人为假设的曲线，故A错误；
B．磁场的强弱是通过磁感线的疏密程度来反映的，故B错误；
C．任何两条磁感线或电场线都是不可以相交的，故C错误；
D．磁感线和电场线的疏密程度分别反映磁场的强弱和电场的强弱，故D正确。
故选D。
8．D
【解析】
【详解】
本题考查电场力做功的特点：电场力做功与路径无关．BCD三点在同一个等市面上，从A移动电荷q到BCD三点电场力做功相等，选D．
9．D
【解析】
【详解】
当滑动变阻器的触头向上端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，变阻器与定值电阻并联的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析可知总电流变小，电源的内电压变小，路端电压变大，即V1变大。由欧姆定律分析可知电压表V2示数变小，变阻器与定值电阻并联电压变大，所以A1示数变大，因总电流变小，所以A2示数变小
故选D。
10．B
【解析】
【分析】
感应电动势的大小等于磁通量的变化率，因此通过线圈速度越大，磁通量的变化率越大，则产生的感应电流越大.
【详解】
A、若仅增大h，对穿过线圈的磁通量没有影响;故A错误.
B、若仅增大h，磁铁经过线圈的时间减小，线圈中产生的感应电动势将增大;故B正确.
C、若仅增大h，对穿过线圈的磁通量没有影响，所以穿过线圈的磁通量的变化相同，则通过线圈导线截面的电量： 保持不变;故C错误.
D、线圈中产生的感应电动势将增大，所以感应电流增大，对线圈对磁铁的阻碍作用将变大;故D错误.
故选B.
【点睛】
本题考查了电磁感应定律与闭合电路电流与电量问题，考点结合巧妙，题目新颖，有一定创新性.
11．C
【解析】
【详解】
电阻是导体对电流的阻碍作用，是导体本身的一种特性，导体的电阻与其两端的电压以及通过导体的电流无关，公式只是电阻的计算式，AB错误；电阻率是反映材料导电性能好坏的物理量，电阻率ρ越大，材料导电性能越差，其大小和材料以及温度有关，与导体的长度无关，故C正确D错误．
12．A
【解析】
【详解】
A、断开K后，已充电的电容器两板仍储有电荷，极板的电量不变，根据，与，推导出电场强度的公式，由此可知，电场强度与极板间距无关，因此粒子仍保持原来的静止状态，故A正确，B错误；
C、保持K闭合，增大两板间距d，由，可知，电容减小，故C错误；
D、保持K闭合，增大两板间距d，则两板间电压不变，由可知，带电量减小，故D错误；
点睛：本题整合了微粒的力平衡、电容器动态分析，由平衡条件判断微粒的电性，由，与，推导出电场强度的公式，分析板间场强如何变化，判断微粒是否运动．
13． R1 3.05（3.03~3.07均可） 0.955（0.936~0.973均可）
【解析】
【详解】
（1）[1]为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1。
（2）[1][2]电流表内阻为3.6Ω，定值电阻阻值为0.4Ω，流过定值电阻的电流为电流表电流的9倍，电流表量程扩大了10倍，由图示电源U-I图像可知，电源电动势
E=3.05V
内阻
14．（1）；（2）（3）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）小球在OP方向做直线运动，由于在受洛伦兹力、电场力和重力的作用，可以得出小球的速度大小不变，否则不能做直线运动，设小球在OP段的速度为，则由平衡条件得
联立解得
小球从A点到O点作平抛运动，可得小球从A点抛出时的初速度为
联立解得
（2）要使小球在PQ右侧区域后能在竖直平面内做匀速圆周运动，则小球的合力为洛伦兹力，则电场力需和重力平衡，因为小球带正电，所以电场方向向上，设电场的大小为,可得
与
联立解得
（3）小球从A点抛出运动到O点，设运动时间为，加速度
小球在O点竖直方向的速度为
又
解得
在QP右侧做圆周运动轨迹如下图所示
设小球从P点运动到N点的时间为，小球做圆周运动的周期为，
由
可知
所以
由几何关系可得，小球从P点运动到N点的圆心角为，则
小球做圆周运动的半径
又
由几何关系得
设小球在OP段运动的时间为，则
解得
小球从A点运动到N点所用的时间
15．（1）0.75；（2）5m
【解析】
【详解】
（1）木板A静止时物块B恰能在木板A上匀速上滑，由平衡条件得
解得
（2）解除锁定后，物块B在木板A上匀速运动，木板A做加速运动，设木板A的加速度为a，由牛顿第二定律可得
设经过时间t后A、B的速度相等，则
解得
木板A的长度至少为
16．
【解析】
【详解】
试题分析：从A到B过程，由动能定理得： ，又根据速度的分解可得： ，所以：．
考点：带电粒子在电场中的运动
【名师点睛】电子垂直进入匀强电场中，做类平抛运动，作出电子经过B点时速度的分解图，求出经过B点时的速度，根据动能定理求解A.B两点间的电势差；本题运用动能定理求电势差，也可以根据类平抛运动的特点，牛顿第二定律和运动学结合求解．
17． 2018 20
【解析】
【详解】
[1]把电流表改装的电压表需要串联一个分压电阻，串联的电阻阻值为
[2]把表头改装成50mA的电流表需要并联分流电阻，并联的电阻阻值为
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