新疆乌苏市高二（下）入学检测物理试题（word版含答案）

新疆乌苏市高二（下）入学检测物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、多选题
1．如图所示，小物块质量，长木板质量（假设木板足够长），各接触面摩擦系数从上至下依次为，，小物块以初速度向右滑上木板，木板初始受力F为14N，初速度为0，F维持1.5s后撤去，以初始状态为计时起点，，则（　　）
A．经过1s二者速度第一次大小相等
B．速度第一次大小相等后二者一起加速，再一起减速
C．小物块相对长木板向右最远运动3m
D．经过1.625s二者速度第二次大小相等
2．如图，方向水平向左的匀强电场中，一带正电的小球（可视为质点）经过点时速度大小为，方向与水平方向成角（角是锐角，虚线为竖直线）。当它到达点（图中未画出）时速度恰沿水平方向，且速度大小为。不计空气阻力，则（ ）
A．点可能在虚线的右侧
B．从到过程中小球的电势能先增加后减少
C．从到过程中小球的动量均匀变化
D．从到过程中小球的重力势能与电势能之和保持不变
3．如图所示，在条形磁铁的外面套着一个闭合弹簧线圈，若把线圈四周向外拉，使线圈包围的面积变大，这时（　　）
A．线圈中有感应电流 B．线圈中无感应电流
C．穿过线圈的磁通量增大 D．穿过线圈的磁通量减小
4．如图所示，平行板电容器极板倾斜放置，充电后与电源断开，有一带电的小球，从极板左侧A点沿水平方向飞入电场，并沿直线从B点飞出电场，对于此运动过程，下列分析正确的是（　　）
A．小球运动的加速度始终不变 B．小球在运动过程中，电势能一定减小
C．仅使板间距加倍，小球一定仍做直线运动 D．B点电势一定低于A点电势
二、单选题
5．如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线。在电场力作用下，一带电粒子的运动轨迹如图中虚线所示，粒子仅受电场力作用，下列说法正确的是（　　）
A．粒子带正电 B．粒子在A点加速度大
C．粒子在A点动能大 D．粒子一定从A点运动到B点
6．如图所示，先用金属网把不带电的验电器罩起来，再使带正电金属球靠近金属网。下列说法中正确的是（　　）
A．验电器的金属球带负电
B．若将金属网接地，箔片会张开
C．金属网罩和带正电的金属球电势相等
D．拿掉金属网，验电器的箔片会张开
7．如图所示，一电子沿等量异种点电荷连线的中垂线由A→O→B匀速飞过，电子重力不计，则电子所受另一个力的大小和方向变化情况是（　　）
A．先变大后变小，方向水平向左
B．先变大后变小，方向水平向右
C．先变小后变大，方向水平向左
D．先变小后变大，方向水平向右
8．如图所示，螺线管B套在螺线管A外边，螺线管A经过滑动变阻器和开关与电池连接构成直流电路；螺线管B接电流计构成闭合电路。下列操作中不能使电流计指针摆动的是（　　）
A．接通开关瞬间
B．开关闭合，电流稳定时
C．断开开关瞬间
D．开关闭合情况下，推动滑动变阻器的滑片
9．关于带电粒子进入磁场时所受洛伦兹力的方向，下列判断正确的是（　　）
A． B．
C． D．
10．两个分别带有电荷量和的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间的库仑力的大小为F。两小球相互接触后将其固定在处，则两球间库仑力的大小为（　　）
A． B． C． D．2F
11．如图所示的匀强电场场强为103N/C，ab、cd平行于电场线，ac、bd垂直于电场线，ab＝cd＝4 cm，ac＝bd＝3 cm.则下述计算结果正确的是（　　）
A．a、b之间的电势差为40 V
B．a、c之间的电势差为50 V
C．将q＝－5×10－3C的点电荷沿矩形路径abdca移动一周，电场力做的功是－0.25 J
D．将q＝－5×10－3C的点电荷沿abd从a移到d，电场力做的功是0.25 J
12．如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为可变电阻，C为电容器。在可变电阻R3的阻值由较大逐渐变小的过程中（　　）
A．R1两端电压减小
B．流过R2，的电流方向为由b到a
C．电容器所带电荷量逐渐减少
D．电源内部消耗的功率变小
三、实验题
13．利用一段阻值约为5Ω的康铜电阻丝，测定康铜材料的电阻率。
（1）如图，用螺旋测微器测量电阻丝直径，其读数为______mm；
（2）现有电源（3V，内阻可不计）、滑动变阻器（0~20Ω，额定电流2A），开关和导线若干，电流表和电压表均有两个量程：
电流表：0~0.6A，内阻约0.125Ω ；0~3A，内阻约0.025Ω
电压表：0~3V，内阻约3kΩ ；0~15V，内阻约15kΩ
为减小测量误差，在实验中电流表量程应选用0~______A，电压表量程应选用0~______V；实验电路应采用图中的______（“甲”或“乙”）；
（3）实验测得以下数据：电压表示数为U，电流表示数为I，电阻丝长度为l、直径为d，则电阻率表达式为ρ=______；
四、解答题
14．如图所示，空间存在竖直方向的匀强电场E（方向未知），一个电荷量为-q、质量为m的带电粒子，从O点以某一初速度垂直电场方向进入电场，经过图中A、B两点，不计粒子的重力及空气阻力。已知OA=L，且OA与电场线夹角为60°。
（1）判断电场方向；
（2）求带电粒子进入电场的初速度以及从O点到A点的运动时间；
（3）若粒子经过B点时速度方向与水平方向的夹角为60°，求带电粒子从O点到B点过程中电场力所做的功。
15．如图所示，P、Q两金属板间的电势差为50 V，板间存在匀强电场，方向水平向左，板间的距离d＝10 cm，其中Q板接地，两板间的A点距P板4 cm，求
(1)P板及A点的电势．
(2)保持两板间的电势差不变，将Q板向左平移5 cm，则A点的电势将变为多少？
16．如图所示，倾角为的固定斜面处在垂直于斜面向下，磁感应强度为B的匀强磁场中，斜面上垂直纸面水平放置一根长为L，质量为m的直导体棒，棒中通以垂直于纸面向外的电流，已知导体棒与斜面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，要使导体棒静止在斜面上，棒中电流至少是多少？
17．真空中足够大范围内存在速度沿y轴正向的同种均匀（离子数密度处处相同）负离子流，离子质量为m，速度大小为v。现用薄壁圆柱状管道捕获离子（离子打在管道内壁即被吸收），如图甲所示，管道中心轴线与y轴重合，管道左侧面与x-z平面重合，左侧面圆心为坐标原点O，管道长度和侧面圆直径均为d。设法在管道内加上沿x轴正向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，发现从O点进入管道的离子恰能沿管道另一侧边缘射出。不考虑离子间的相互作用，不计重力。
（1）离子电荷量大小；
（2）如图乙所示，从管道左侧面点P（，0，0）射入管道的离子显然无法从管道另一侧面射出，实际上，可以通过绕y轴旋转磁场（管道及坐标轴不动）的方式使从P点进入管道的离子也恰好沿管道另一侧边缘射出，求满足要求的磁场的方向与x轴正向夹角的正弦值；
（3）磁场旋转达到（2）问要求后，被管道捕获的离子占从管道左侧射入的离子的百分比约为多少？
五、填空题
18．如图(a)所示为甲、乙两灯泡的I-U图像，根据图像，计算甲、乙两灯串联在电压为220V的电路中时实际发光的功率分别约为P甲=___，P乙=____.
(a) (b)
试卷第页，共页
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参考答案：
1．AC
【解析】
【详解】
A.对物块应用牛顿第二定律得物块加速度大小
对木板应用牛顿第二定律得
则二者速度相等时，有
可得
故A正确；
B.第一次速度相等后，由于木板的加速度大于小物块的加速度，所以小物块相对于木板向左运动，则小物块受到的摩擦力向右，大小不变，开始向右做加速度大小不变的加速运动，木板继续加速，再次共速后一起减速，故B错误；
C.速度第一次相等时，小物块的位移是
木板的位移
这个过程中的位移差为3m，之后小物块相对于木板向左运动，则木板的加速度
再经过0.5s，
撤去F后，木板开始减速，直到再次共速时，小物块速度都小于木板的速度，所以1s之后，小物块相对于木板一直向左运动，故小物块相对长木板向右最远运动3m，故C正确；
D.撤去F后，两物体再次共速前木板加速度大小
可得
则
故D错误。
故选AC。
2．BC
【解析】
【详解】
A．从O点到达P点速度增大，根据功能关系可知电场力做正功，故点可能在虚线的左侧，故A错误；
B．从到过程中小球先向右做减速运动，再向左做加速运动，电场力先做负功，再做正功，故小球的电势能先增加后减少，故B正确；
C．小球受电场力和重力作用，二力大小方向均不变，故小球受合力不变，根据冲量定理可知故小球的动量均匀变化，故C正确；
D．小球受电场力和重力作用，根据能量守恒，小球动能、重力势能、电势能之和不变，故D错误。
故本题选BC。
3．AD
【解析】
【详解】
题中磁感线在条形磁铁的内外形成闭合曲线，则磁铁外部的磁感线总数等于内部磁感线的总数，而且磁铁内外磁感线方向相反．而磁铁外部的磁感线分布在无穷大空间，所以图中线圈中磁铁内部的磁感线多于外部的磁感线，由于方向相反，外部的磁感线要将内部的磁感线抵消一些，当弹簧线圈的面积增大时，内部磁感线总数不变，而抵消增多，剩余减小，则磁通量将减小．所以当弹簧面积增大时，穿过电路的磁通量Φ减小．将产生感应电流， 故AD正确，BC错误．
4．AC
【解析】
【详解】
A．小球受重力和恒定的电场力，由牛顿第二定律可知，小球运动的加速度不变，故A正确；
B．小球受力如图所示
由图可知，电场力与位移方向成钝角，则电场力做负功，电势能增大，故B错误；
C．充电后与电源断开，即电荷量不变，由、、得
可知，板间场强不变，小球受到的电场力不变，则小球一定仍做直线运动，故C正确；
D．由于不知道小球的电性，则无法确定场强方向，也无法确定电势的高低，故D错误。
故选AC。
5．C
【解析】
【详解】
A．电场线的方向向上，根据粒子的运动的轨迹可以判断得出粒子受到的电场力的方向为向下，与电场线的方向相反，所以该粒子带负电，所以A错误；
B．电场线密的地方电场的强度大，所以粒子在B点受到的电场力大，在B点时的加速度较大，所以B错误；
C．从A到B的过程中，电场力对粒子做负功，所以粒子的动能减小，电势能增加，所以C正确；
D．根据带电粒子的轨迹不能确定粒子的运动方向，故D错误。
故选C。
6．D
【解析】
【详解】
A．用一个空腔导体把外电场遮住，使其内部不受影响，也不使电器设备对外界产生影响，故用金属网把验电器罩起来，再使带电金属球靠近验电器，金属球不带电，A错误；
B．根据静电屏蔽可知，用金属网把验电器罩起来，再使带电金属球靠近验电器，金属球不带电，箔片不张开，B错误；
C．静电屏蔽时，金属网罩内部电场强度为零，故金属网罩和带正电的金属球电势不相等，C错误；
D．拿掉金属网后，由于感应起电，验电器的箔片会张开，D正确。
故选D。
7．B
【解析】
【详解】
根据等量异种点电荷在中垂线上的电场特点，可知在AOB线上的场强方向水平向右，且在O点的场强最大，可知电子沿等量异种点电荷连线的中垂线由A→O→B匀速运动时，受力平衡，因所受的电场力先变大后减小，方向水平向左，则所受的另一个力的大小也是先变大后变小，方向水平向右。
故选B。
8．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．接通开关瞬间，电流从没有到有，这过程磁场从没有到有，则B线圈的磁通量发生了变化，所以有感应电流产生，则电流计指针摆动，所以A错误；
B．开关闭合，电流稳定时，电流不变，这过程磁场不发生变化，则B线圈的磁通量也没有发生变化，所以没有感应电流产生，则电流计指针不摆动，所以B正确；
C．断开开关瞬间，电流从有到没有，这过程磁场从有到没有，则B线圈的磁通量发生了变化，所以有感应电流产生，则电流计指针摆动，所以C错误；
D．开关闭合情况下，推动滑动变阻器的滑片，电流发生了变化，这过程磁场发生变化，则B线圈的磁通量也有发生变化，所以有感应电流产生，则电流计指针摆动，所以D错误；
故选B。
9．C
【解析】
【详解】
A．根据左手定则判断，洛伦兹力的方向竖直向上。故A错误；
B．根据左手定则判断，洛伦兹力的方向水平向左。故B错误；
C．根据左手定则判断，洛伦兹力的方向垂直纸面向外。故C正确；
D．根据左手定则判断，带电粒子不受洛伦兹力作用。故D错误。
故选C。
10．B
【解析】
【详解】
两小球接触前库仑力大小为
两小球相互接触后带电量都是+Q，两球间库仑力的大小为
故选B。
11．A
【解析】
【详解】
A．由公式
U＝Ed
得
A正确；
B．a、c在同一等势面上，所以，B错误；
C．将电荷沿abdca移动一周，位移为0，故电场力做功为0，C错误；
D．根据公式，点电荷沿abd从a移到d，电场力做的功为
D错误。
故选A。
12．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．滑动变阻器阻值由大到小的过程中，电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知电路中电流增大，则流过R1的电流增大，R1两端电压增大，A错误；
BC．根据闭合电路欧姆定律可知
R1两端电压增大，R3两端的电压减小，电容器两端的电压减小，根据
电容器电量减小，电容器上级板和电源正极相连，电容器放电，电流方向由a到b， B错误C正确；
D．由
电路中电流增大，电源内部消耗的功率变大，D错误。
故选C。
13． 0.217 0.6 3 甲
【解析】
【详解】
（1）[1]电阻丝直径为
d=0.01mm×21.7=0.217mm
（2）[2][3]用伏安法测量该电阻丝的电阻，利用所给电源电压可大致求出电路中的电流
所以电流表量程应选择0~0.6A，为使读数更准确，电压表应选较小的0~3V量程。
[4]由于该待测电阻丝阻值远小于所选电压表内阻，为了减小测量误差，电流表应采用图甲的外接法。
（3）[5]根据电阻定律
欧姆定律
由面积公式
得到
14．（1）竖直向下；（2），；（3）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）电场方向 ：竖直向下
（2）竖直方向
水平方向
解得
，
（3）由
得
由动能定理
解得
15．（1）-50V -30V （2）-10V
【解析】
【分析】
根据电势差与电势关系公式UAB=φA-φB以及电势差与电场强度关系公式U=Ed列式求解即可；距离改变后先根据电势差与电场强度关系公式U=Ed求解电场强度和电势差，然后根据电势差与电势关系公式UAB=φA-φB求解各点电势．
【详解】
（1）场强水平向左，即UQP=50V，UQP=φQ-φP
故φP=φQ-UQP=-50V
根据，则
UQA=φQ-φA
所以φA=φQ-UQA=-30V
（2）距离改变后，场强变为
则
所以φ'A=φQ-U'QA=-10V
【点睛】
本题关键记住两个公式：电势差与电势关系公式UAB=φA-φB，电势差与电场强度关系公式U=Ed.
16．
【解析】
【详解】
对导体棒进行受力分析可知当摩擦力的方向沿斜面向上，且为最大静摩擦时，安培力最小此时电流为最小值，根据受力平衡可得
联立解得
17．（1）；（2）；（3）60.9%
【解析】
【详解】
(1)离子进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹如图
根据公式，可得
由几何关系，有
联立，可得
(2)离子轨迹如图
设满足要求的磁场的方向与x轴正向夹角为，过P点做磁场方向的垂线交管道左侧面于Q点，则有
连接OQ两点，过Q点做x轴的垂线，交x轴与Q1点，则有
根据数学三角函数知识，可得
(3)磁场旋转达到（2）问要求后，被管道捕获的离子区域用阴影部分表示，如图所示。
其中该区域的右边界是把管道左侧面垂直于磁场方向平移得到的，根据几何知识可求解两圆面相交部分的面积为
被管道捕获的离子占从管道左侧射入的离子的百分比约为
18． 12.6W 27 W
【解析】
【详解】
[1][2]．由于两个灯泡串联，两灯中的电流相等，两灯的电压之和等于220V，在题所给I-U图像中作出垂直于I轴的水平线，此线称为等电流线，将此线向上平移，直到与两图线的交点横坐标之和等于220V，由P=IU知交点坐标之积，即为两灯的实际功率，则由图(b) 由图可以看出，两灯电压分别为U1=70V，U2=150V，电流I=18×10-2A，两灯实际发光功率可知
P甲=I1U1=18×10-2×70=12.6W
P乙=I2U2=18×10-2×150=27 W
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