云南省景东高二下学期开学考试物理试题（word版含答案）

云南省景东高二下学期开学考试物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球a、b、c（可视为点电荷），三球沿一条直线摆放，仅在它们之间的静电力作用下静止，则以下判断正确的是（　　）
A．a对b的静电力一定是引力
B．a对b的静电力可能是斥力
C．a的电量可能比b少
D．c的电量一定比a多
2．图示是某种静电除尘的装置：空气中的大量尘埃先通过电离区后带上负电，然后沿平行于金属筒的轴线方向以相同大小的速度射入金属圆筒。在金属圆筒的轴线处放置有一根细金属丝，并在金属丝和金属筒壁间接上高压直流电源。已知尘埃的质量为m，电荷量为，金属筒和金属丝的电势分别为、，且，假定金属筒及金属丝足够长，忽略尘埃颗粒的重力及尘埃间的相互作用，则被金属筒壁吸收的尘埃颗粒的最大动能等于（　　）
A． B．
C． D．
3．2017年4月26日，我国第一艘国产航母成功下水，标志着我国自主设计建造航空母舰取得重大阶段性成果．它的舰载机和辽宁舰一样采用的滑跃式起飞，滑跃式起飞和弹射式起飞在作战效能上有较大的差距的，弹射起飞是航母的主流，航母上飞机弹射起飞所利用的电磁驱动原理如图所示.当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈左侧的金属环被弹射出去．则下列说法正确的是（ )
A．合上开关S的瞬间，从右侧看环中产生沿逆时针方向的感应电流
B．若金属环固定，开关闭合瞬间将有扩张趋势
C．若将金属环置于线圈的右侧，环将向右弹射
D．若将电池正负极调换后，金属环不能向左弹射
4．下列说法正确的是
A．穿过线圈的磁通量为零时，感应电动势一定为零；
B．穿过线圈的磁通量不为零，感应电动势也一定不为零；
C．穿过线圈的磁通量均匀变化时，感应电动势也均匀变化；
D．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大．
5．如图所示，空间存在着与圆台母线垂直向外的磁场，各处的磁感应强度大小均为B，圆台母线与竖直方向的夹角为θ．一个质量为m、半径为r的匀质金属圆环位于圆台底部．圆环中维持恒定的电流I,圆环由静止向上运动，经过时间t后撤去该恒定电流并保持圆环闭合，圆环上升的最大高度为H．已知重力加速度为g，磁场的范围足够大．在圆环向上运动的过程中，下列说法正确的是
A．安培力对圆环做的功为mgH
B．圆环先做匀加速运动后做匀减速运动
C．圆环运动的最大速度为
D．圆环先有扩张后有收缩的趋势
6．一科考船进行环球科考活动从北极附近出发，一路向南直到南极附近，沿途不断测量地磁场的大小和方向，他的测量结果可能是（　　）
A．地磁场的大小一直不变，磁场方向始终沿正南、正北方向
B．地磁场的大小不断变化，磁场方向始终沿正南、正北方向
C．地磁场的大小一直不变，磁场的方向与正南、正北方向间有一较小的偏角
D．地磁场的大小不断变化，磁场的方向与正南、正北方向间有一较小的偏角
7．在如图所示的空间中，存在场强为E的匀强电场，同时存在沿x轴负方向，磁感应强度为B的匀强磁场．一质子(电荷量为e)在该空间恰沿y轴正方向以速度v匀速运动．据此可以判断出（ ）
A．质子所受电场力大小等于eE，运动中电势能减小，沿着z轴方向电势升高
B．质子所受电场力大小等于eE，运动中电势能增大，沿着z轴方向电势降低
C．质子所受电场力大小等于evB，运动中电势能不变，沿着z轴方向电势升高
D．质子所受电场力大小等于evB，运动中电势能不变，沿着z轴方向电势降低
8．如图所示的四种电学器件中，电容器是（　　）
A． B．
C． D．
9．下列四组物理量中，全部为矢量的是（　　）
A．位移、质量、速度 B．速度变化量、力、加速度
C．路程、时间、速率 D．加速度、平均速度、长度
10．如图在轴上方存在垂直于纸面向里的磁感应强度为的匀强磁场，轴下方存在垂直于纸面向外的磁感应强度为的匀强磁场.一带负电的粒子质量为，电荷量为，从原点以与轴成角斜向上射入磁场，且在轴上方运动半径为（不计重力），则下列结论错误的是（ ）
A．粒子经偏转一定能回到原点
B．粒子完成一次周期性运动的时间为
C．粒子在轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为
D．粒子第二次射入轴上方磁场时，沿轴方向前进了
11．如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接，右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、接入电路的电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g。则金属棒穿过磁场区域的过程中（　　）
A．流过金属棒的最大电流为
B．通过金属棒的电荷量为
C．克服安培力所做的功为mgh
D．金属棒产生的焦耳热为mg（h－μd）
12．关于物理定律的适用条件与应用，下列说法正确的是（　　）
A．伽利略通过实验直接证明了自由落体的物体做匀变速直线运动
B．牛顿将万有引力定律发表在《自然哲学的数学原理》中，并测得了引力常量
C．法拉第不仅提出了场的概念，而且用电场线和磁感线形象地描述电场和磁场
D．麦克斯韦建立了经典的电磁场理论，预言并首先捕捉到了电磁波
13．如图所示，坐标平面内有边界过点和坐标原点的圆形匀强磁场区域，方向垂直于坐标平面，一质量为、电荷量为的电子（不计重力），从点以初速度平行于轴正方向射入磁场区域，从轴上的点射出磁场区域，此时速度与轴正方向的夹角为，下列说法正确的是（　　）
A．磁场方向垂直于坐标平面向外
B．磁场的磁感应强度
C．圆形磁场区域的半径为
D．圆形磁场的圆心坐标为
14．如图所示为一款国内外流行的儿童磁性玩具巴克球，借助巴克球的磁场特性，可以组合出众多的造型，下列关于巴克球的磁场特性说法正确的是（　　）
A．巴克球是一种磁单极子，其磁场从球心向四周辐射
B．巴克球的球心是磁体的N极，球面是磁体的S极
C．巴克球的球心是磁体的S极，球面是磁体的N极
D．巴克球周围的磁场类似于地磁场，磁体的极在球体的两端
二、实验题
15．在测定某金属丝的电阻Rx的伏安特性曲线中，待测金属丝的电阻Rx约为5 Ω，实验室备有下列实验器材：
A．电池组E(电动势为3 V，内阻约为0.3 Ω)
B．电压表V1(量程0～3 V，内阻约为15 kΩ)
C．电压表V2(量程0～15 V，内阻约为75 kΩ)
D．电流表A1(量程0～3 A，内阻约为0.2 Ω)
E．电流表A2(量程0～0.6 A，内阻约为11 Ω)
F．变阻器R1(0～10 Ω，0.6 A)
G．变阻器R2(0～2000 Ω，0.1 A )
H．开关S，导线若干
（1）根据器材的规格和实验要求，为使实验结果更加准确，电流表应选_______，电压表应选________。变阻器选________。
（2）电流表应采用_________法（填“内接”或“外接”）；
（3）在虚线框内画出实验电路图，要求使电压从0开始________。
（4）测量结果比真实值偏____。﹙大、小、无法确定﹚
16．霍尔效应是电磁基本现象之一，近期我国科学家在该领域的实验研究上取得了突破性进展．如图甲所示，在一矩形半导体薄片的E、F间通入电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，在C、D间出现电压UCD，这种现象称为霍尔效应，UCD称为霍尔电压，且满足UCD＝k ，式中d为薄片的厚度，k为霍尔系数，某同学通过实验来测定该半导体薄片的霍尔系数．
　
(1)若该半导体材料是空穴(可视为带正电粒子)导电，电流与磁场方向如图所示，该同学用电压表测量UCD时，应将电压表的“＋”接线柱与________(填“C”或“D”)端通过导线相连．
(2)已知薄片厚度d＝0.40 mm，该同学保持磁感应强度B＝0.10 T不变，改变电流I的大小，测量相应的UCD值，记录数据，描点作图，画出UCD－I图线，如图乙所示，利用图线求出该材料的霍尔系数为________×10－3V·m·A－1·T－1(保留2位有效数字)．
三、解答题
17．如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ电阻不计，其间距为L，两导轨所构成平面与水平面成θ角。两根用长为d的细线连接的金属杆ab、cd分别垂直导轨放置，沿斜面向上的外力F作用在杆ab上，使两杆静止。已知两金属杆ab、cd的质量分别为m和2m，两金属杆的电阻都为R，并且和导轨始终保持良好接触，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。某时刻将细线烧断，保持杆ab静止不动。
（1）cd杆沿导轨下滑，求其达到的最大速度vm；
（2）当cd杆速度v =时，求作用在ab杆上的外力F；
（3）若将细绳烧断时记为t=0，从此时刻起使磁场随时间变化，使abcd回路中无感应电流产生，求磁感应强度B随时间t变化关系（写出B与t的关系式）；
（4）从细线烧断到cd杆达到最大速度的过程中，杆ab产生的热量为Q，求通过cd杆的电量。
18．如图所示．光滑竖直绝缘杆与一圆周交于B、C两点，圆心固定有电量为+Q的点电荷，一质量为m，电量为+q的环从杆上A点由静止释放．已知AB=BC=h，q＜＜Q，环沿绝缘杆滑到B点时的速度vB=，求A、C两点间的电势差及环达C点时的速度．
19．在倾角θ=30°的斜面上，固定一金属框，宽l=0.25 m，接入电动势E=12 V、内阻不计的电池.垂直框面放有一根质量m=0.2 kg的金属棒ab，它与框架的动摩擦因数为μ=，整个装置放在磁感应强度B＝0.8 T的垂直框面向上的匀强磁场中（如图）.当调节滑动变阻器R的阻值在什么范围内时，可使金属棒静止在框架上.（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，框架与棒的电阻不计）
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参考答案：
1．A
【解析】
【分析】
【详解】
三个带电小球在同一直线上仅在它们之间静电力的作用下静止，根据库仑定律，可知三个带电小球a、b、c满足电性“两同夹一异”，电量“两大夹一小”的规律，故判断得a对b的静电力一定是引力，a和c的电量一定比b多，而a的电量与c的电量无法确定。
故选A。
2．A
【解析】
【详解】
沿着金属圆筒轴线射入的尘埃到达金属圆筒筒壁电场力做功最大，即有最大动能，由动能定理可得
解得
故选A。
3．C
【解析】
【详解】
A项：合上开关S的瞬间，固定线圈中的电流产生向右的磁场，穿过环的磁通量增大，根据楞次定律可知，从右侧看环中产生沿顺时针方向的感应电流，故A错误；
B项：若金属环固定，根据“增缩减扩”可知，开关闭合瞬间将有收缩趋势，故B错误；
C项：若将金属环置于线圈的右侧，根据“来拒去留”可知，环将向右弹射，故C正确；
D项：若将电池正负极调换后，穿过线圈的磁通量仍发生变化，金属环仍能被弹射，故D错误．
4．D
【解析】
【详解】
试题分析：由法拉第电磁感应定律可知穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大，与磁通量的大小没有直接的联系，所以AB错误，D正确；穿过线圈的磁通量均匀变化时，感应电动势恒定不变，所以C错误．
考点：法拉第电磁感应定律的理解
5．C
【解析】
【详解】
试题分析：圆环通电后由静止开始向上运动，判断受到安培力有向上的分力，根据左手安培定则判断电流沿顺时针方向如下图，把圆环分为弧长为若干小段，则每一小段可看做一段直导线，受到安培力沿圆台母线方向斜向上，则竖直分力为，根据对称性，安培力在水平方向分力相互抵消，合力竖直向上，即为，撤去电流之前的时间 内，圆环做匀加速直线运动，加速度，电流撤去后，圆环受到自身重力做匀减速直线运动，选项B对．向上运动过程最大速度即电流撤去时的速度 ，选项C对．整个上升过程有重力做功，安培力做功，根据动能定理，，即，但电流撤去切割磁感线仍有安培力做功，在时间t内安培力对圆环做功小于 所以选项A错．匀加速阶段由于安培力的水平分力，圆环有收缩的趋势，电流撤去后，圆环切割磁感线，根据楞次定律感应电流阻碍其向上运动，判断感应电流为逆时针方向，安培力沿母线向下，安培力有水平向外的分力，圆环有扩张趋势，选项D错．
考点：安培力做功 电磁感应
6．D
【解析】
【详解】
由于地磁两极与地理两极不重合，所以磁场的方向不沿正南、正北方向；由于地磁场类似于条形磁铁的磁场，所以在地球表面不同位置的磁场强弱不同；故选D。
7．C
【解析】
【详解】
由左手定则可知，质子所受的洛伦兹力方向沿z轴正向，由于质子做匀速运动，则所受电场力方向为z轴负向，大小等于洛伦兹力，即有
电场的方向沿z轴负向，故运动中电场力不做功，电势能不变；沿z轴正方向电势升高；ABD错误，C正确。
故选C。
8．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．表示的电池，故A错误；
B．表示滑动变阻器，故B错误；
C．表示线圈，故C错误；
D．表示电容器，故D正确。
故选D 。
9．B
【解析】
【详解】
A．位移、速度既有大小，又有方向是矢量，质量只有大小，没有方向是标量，故A错误；
B．速度变化量、力、加速度既有大小，又有方向是矢量，故B正确；
C．路程、时间、速率只有大小，没有方向是标量，故C错误；
D．加速度、平均速度既有大小，又有方向是矢量，长度只有大小，没有方向是标量，故D错误。
故选B。
10．A
【解析】
【详解】
A、根据左手定则判断可知，负粒子在第一象限和第四象限所受的洛伦兹力方向不同，粒子在第一象限沿顺时针方向旋转，而在第四象限沿逆时针方向旋转，轨迹如图所示，
不可能回到原点0，故A错误；
B、负粒子在第一象限轨迹所对应的圆心角为60°，在第一象限轨迹所对应的圆心角也为60°，在一个周期内，粒子做圆周运动的周期为，粒子在第一象限运动的时间为t1= ，同理，在第四象限粒子做圆周运动的周期为，运动的时间为t2= ，完在成一次周期性运动的时间为T′=t1+t2=，故B正确；
C、由r= 得，粒子圆周运动的半径与B成反比，则粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1:2，故C正确；
D、画出粒子的运动轨迹，根据几何知识得，粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进距离为x=R+2R=3R，故D正确；
本题选择错误答案，故选A．
【点睛】
根据左手定则判断粒子偏转方向，确定其运动轨迹，从而确定粒子能否回到O点；由粒子运动轨迹确定其周期性，根据几何知识确定粒子在第一象限和第四象限做圆周运动的圆心角，结合粒子做匀速圆周运动的周期公式求出粒子在第一象限和第四象限运动的时间，从而求出完成一次周期性运动的时间；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，求出圆周运动的半径表达式，从而计算粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比；由几何关系判断粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴方向前进的距离．
11．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．金属棒沿弯曲部分下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得
mgh＝mv2
可知金属棒到达平直部分时的速度
金属棒到达平直部分后做减速运动，刚到达平直部分时的速度最大，最大感应电动势
E＝BLv
最大感应电流
I＝＝
故A错误；
B．通过金属棒的电荷量
故B错误；
C．金属棒在整个运动过程中，由动能定理得
mgh－W安－μmgd＝0－0
克服安培力做的功
W安＝mgh－μmgd
故C错误；
D．克服安培力做的功等于电路中产生的焦耳热，因为定值电阻的阻值与金属棒接入电路的阻值相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热
Q′＝Q＝W安＝mg（h－μd）
故D正确。
故选D。
12．C
【解析】
【详解】
A.伽利略并没有用物体的自由落体实验直接证实了自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，而是运用小球在光滑斜面上的运动合理外推得到的，故选项A错误；
B.牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测量出了引力常量，故选项B错误；
C.法拉第不仅提出了场的概念，而且用电场线和磁感线形象地描述电场和磁场，故选项C正确；
D.麦克斯韦建立了经典的电磁场理论，预言了电磁波的存在，是赫兹首先捕捉到了电磁波，故选项D错误；
13．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．粒子运动的轨迹如图
根据左手定则可知磁场垂直纸面向里，故A错误；
B．根据几何知识可知，粒子的轨道半径为
又洛伦兹力提供向心力，得
所以
故B正确；
C．根据几何知识可知，由于，所以为圆形磁场区域的直径，所以
则磁场区域的半径
故C错误；
D．由题意和上图的几何关系可得，过、、三点的圆的圆心在连线的中点，所以轴坐标为
轴坐标为
故点坐标为，，故D错误；
故选B。
14．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．目前还没有磁单极子存在的证据，所以巴克球不是磁单极子。A错误；
BCD．巴克球之间有相互的引力和斥力，所以巴克球周围的磁场类似于地磁场，磁体的极在球体的两端。BC错误，D正确。
故选D。
15． E B F 外接 电路图见解析 小
【解析】
【详解】
（1）[1][2][3]．电源电动势是3V，电压表应选B；通过待测电阻的最大电流约为，电流表选E；变阻器要接成分压电路，则要选择阻值较小的F；
（2）[4]．由题意可知：电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法；
（3）[5]．电路图如图所示；
（4）[6]．由于电压表的分流作用，使得电流表的测量值偏大，由可知，电阻的测量值偏小。
16． C　; 1.3
【解析】
【详解】
(1)根据左手定则得，正电荷向C端偏转，所以应将电压表的“＋”接线柱与C端通过导线相连．
(2)UCD－I图线如图所示．
根据知，图线的斜率为，
解得霍尔系数：
.综上所述本题答案是：(1). C　; (2). 1.3
17．（1），（2），（3），（4）。
【解析】
【详解】
（1）当杆匀速运动时速度达到最大，由平衡条件得：
解得最大速度为：；
（2）杆速度时，回路中感应电流为：
杆保持静止，由平衡条件可知：
解得：；
（3）回路中无感应电流产生，杆沿斜面做匀加速下滑，加速度：
经过时间下滑距离为：
回路中无感应电流产生，即回路中磁通量没有变化，所以，即：
解得：；
（4）设细线烧断到杆达到最大速度下滑的距离为，由于两杆电阻相等，所以产生电热相等，克服安培力做的功：
由动能定理可知：
解得：
通过杆的电量：
解得：。
18．﹣；；
【解析】
【详解】
试题分析：B、C两点在以正电荷Q为圆心的同一圆周上，电势相等，小球从B运动到C过程，电场力做功为零，先对从A到C过程运用动能定理求出电场力所做的功，进而求出AC间的电势差．再根据动能定理研究小球从A运动到B的过程，得到B点速度；
环从A→B过程，由动能定理得：①，解得：②
由式①②解得③
又因B、C处在同一等势面上，所以④
环从A→c由动能定理得：⑤，由式④⑤解得：．
19．1.6 Ω≤R≤4.8 Ω
【解析】
【详解】
由安培定则可知导体棒受到的安培力沿斜面向上，
当安培力较小，摩擦力方向向上时：
其中：
由闭合电路欧姆定律得：
以上联立：
代入数据解得：
当安培力较大，摩擦力方向向下时：
其中：
由闭合电路欧姆定律得：
以上联立：
代入数据解得：
故滑动变阻器R的取值范围应为
1.6 Ω≤R≤4.8 Ω
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