云南省昭通市昭阳区高二下学期开学物理试题（word版含答案）

云南省昭通市昭阳区高二下学期开学物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、多选题
1．一负电荷仅受电场力的作用，从电场中的A点运动到B点．在此过程中，该电荷做初速度为零的匀加速直线运动，则A、B两点电场强度EA、EB及该电荷在A、B两点的电势能、之间的关系为（　 　）
A．EA=EB B．EA＜EB C．＜ D．＞
2．如图所示，等腰直角三角形区域中存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一质量为m，电荷量为q的正粒子沿方向射入磁场，下列说法正确的是（ ）
A．粒子射入速率越大，在磁场中运动时间越长
B．粒子射入速率越大，在磁场中运动的加速度越大
C．粒子在磁场中运动的最长时间为
D．若粒子射入速率不同，则射出磁场时速度的方向一定不同
3．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容C的因素，设两极板正对面积S，极板间的距离为d，极板所带电荷量为Q，静电计指针偏角为θ，实验中(　　)
A．保持Q、S不变，增大d，则θ变大，C变小
B．保持d、S不变，增大Q，则θ变大，C变大
C．保持Q、d不变，减小S，则θ变大，C变小
D．保持Q、S、d不变，在两极板间插入电介质，则θ变小，C变小
4．a、b两个电阻的I—U图线如图所示，则
A．Ra＞Rb
B．Ra＜Rb
C．若将它们串联在电路中，发热功率较大的是电阻Rb
D．若将它们并联在电路中，发热功率较大的是电阻Rb
二、单选题
5．下列关于磁场或电场的说法正确的是（　　）
A．通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大
B．电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度为零
C．由可知，磁场中某点磁感应强度的大小跟放在磁场中该点的通电导线受力的大小有关
D．丹麦物理学家安培发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，称为电流的磁效应
6．如图所示，三根长直导线A、B、C垂直纸面固定放置，在纸面内三者的连线恰构成一等边三角形。已知导线A中通有电流强度为I、方向垂直纸面向里的电流，导线B中通有电流强度为、方向垂直纸面向外的电流，当导线C中没有通入电流时，导线A受到的磁场作用力大小为F；当导线C中通入垂直纸面向里的电流时，导线A受到的磁场作用力大小仍为F，则此A时导线B受到的磁场作用力大小为（　　）
A． B． C． D．
7．如图所示的甲、乙两个改装电路中，灵敏电流计的满偏电流为，电阻为，现将它改装为电压表和电流表，那么以下结论中正确的是（　　）
A．甲是电流表，R为时，量程为
B．甲是电压表，R为时，量程为
C．乙是电流表，R为时，量程为
D．乙是电压表，R为时，量程为
8．如图所示，是电场中某区域的电场线，A、B是电场中的两点，以下判断正确的是（ ）．
A．负电荷在A点所受的电场力比在B点大 B．正电荷在B点所受电场力比A点大
C．负电荷在A点所具有的电势能比在B点时小 D．正电荷在A点所具有的电势能比在B点时大
9．两个半径相等体积不能忽略的金属球（半径为r）相距L（L略大于3r），它们带有等量同种电荷q时，相互间的库仑力为F1，若距离不变，它们带有等量异种电荷q时，库仑力为F2，则两力大小（ ）
A．F1＞F2 B．F1＜F2 C．F1＝F2 D．无法确定
10．关于磁感应强度，下列说法正确的是（　　）
A．通电导线在某处不受安培力的作用，则该处的磁感应强度一定为零
B．只是定义式，磁感应强度是磁场本身的属性，与放不放通电导线无关
C．通电导线所受安培力的方向就是磁感应强度的方向
D．磁场中磁感应强度大的地方，磁通量一定很大
11．如图所示，电灯L1和L2的阻值为R1和R2，电源内阻不计，滑动变阻器的阻值变化范围为0～R0，当变阻器触点P由a移向b时，电灯L1和L2的亮度变化情况是（ ）
A．当时，L1灯变暗，L2灯变亮
B．当时，L1灯先变暗后变亮，L2灯先变亮后变暗
C．当时，L1灯先变暗后变亮，L2灯先变亮后变暗
D．当时，L1灯变亮，L2灯先变暗后变亮
12．如图所示，小磁针放置在螺线管轴线的左侧．闭合电路后，不计其他磁场的影响，小磁针静止时的指向是( )
A．N极指向螺线管
B．S极指向螺线管
C．N极垂直于纸面向里
D．S极垂直纸面向里
三、实验题
13．某实验小组在测量金属圆柱体的电阻率的实验中，先用螺旋测微器测量圆柱体直径．再用伏安法测量圆柱体的电阻，已知圆柱体的电阻大约为300．
(1)用螺旋测微器测量其直径时的刻度位置如图所示，由图可知其直径为_______mm．
在用伏安法测定圆柱体的电阻时，除被测金属圆柱体外，还有如下供选择的实验器材：
A．电流表A1(量程为20mA，内阻约为10)
B．电流表A2(量程为5mA，内阻r=20)
C．电压表V，(量程为3V，内阻RV约为4k)
砂定值电阻R1=10
E．定值电阻R2=20
F．滑动变阻器R3(0～20)
G．滑动变阻器R4(0～300)
H．直流电源E(电动势为6V，内阻很小)
I．开关S一个，导线若干
(2)为使测量结果尽量准确，减少误差，实验中要求电表偏转至少半偏以上，要完成实验，除了待测圆柱体、电压表(C)、直流电源(H)、开关导线(I)、以外，还需要的器材是______________(填写器材前的字母编号)；
(3)请在答题卡的规定位置画出实验电路图________________；
(4)若电压表、电流表示数分别为U、I，用题中所给符号写出待测圆柱体的电阻表达式Rx=__________．
14．在测定一组干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：
A．待测的干电池
B．电流传感器1
C．电流传感器2
D．滑动变阻器R(，2A)
E.定值电阻R0(2000Ω)
F.开关和导线若干
某同学发现上述器材中虽然没有电压传感器，但给出了两个电流传感器，于是他设计了如图甲所示的电路来完成实验．
(1)在实验操作过程中，该同学将滑动变阻器的滑片P向右滑动，则电流传感器1的示数将_______(选填“变大”或“变小”)．
(2)图乙为该同学利用测出的实验数据绘出的I1-I2图线(I1为电流传感器1的示数，I2为电流传感器2的示数，且I2的数值远远大于I1的数值)，则由图线可得被测电池的电动势E=_______V，内阻r =_______Ω．
(3)如果考虑到I2的数值并不是远远大于I1的数值，(2)间中电动势的测量值与真实值之间的关系是E测 _______ E真(填“大于”、“等于”或“小于”)．
四、解答题
15．在边长为a的正方形的每个顶点上都放置一个电荷量为q的点电荷，如果保持它们的位置不变，每个电荷受到的其它三个电荷的静电力的合力是多大？
16．在如图所示的电路中，R1＝9 Ω，R2＝6 Ω，当开关S闭合时，R2上消耗的电功率为6W，当开关S断开时，R1上消耗的电功率为2.25W，试求：
(1)开关S闭合时，通过电源的电流和电源两端的电压；
(2)电源的电动势E和内电阻r。
17．相距为d＝10cm的水平放置的两块平行金属板，加上U＝500V的电压时，可使一个质量m＝1.0×10－8kg的带电微粒在两板间处于静止状态。g取10m/s2，求：
(1)微粒的带电量；
(2)若将两块平行金属板的电压改为U1＝750V，让该带电微粒从靠近下金属板处由静止释放，求微粒运动到上金属板时的速度大小。
18．如图所示，边长为L的等边三角形OAB区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场（未画出），从O点沿OA、OB间的各个方向同时均匀地射入质量为m、电荷量为q的带正电粒子，所有射入磁场的粒子速率均为v，已知沿OB方向射入的粒子从AB边中点C射出，忽略粒子重力及粒子间相互作用．取．求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）带电粒子在磁场中运动的时间范围；
（3）沿OB方向射入的粒子从AB边中点C射出时，还在磁场中运动的粒子占所有粒子的比例．
试卷第页，共页
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参考答案：
1．AD
【解析】
【详解】
由于负电荷做匀加速直线运动，所以根据Eq=ma可知，电场强度不变，即EA=EB，故A正确，B错误；负电荷做初速度为零的匀加速直线运动，且只受电场力，因此电场力做正功，电势能减小，所以EPA＞EPB，故D正确，C错误．所以AD正确，BC错误．
2．BC
【解析】
【分析】
【详解】
A．粒子射入磁场时不同的速率对应不同的半径，粒子将从不同的位置离开磁场，当粒子从AC边离开时，速度增加，但在磁场中时间始终不变，根据对称性特征，轨迹均为圆周，当从BC边离开时，随速度增加，轨迹半径增大，轨迹所对圆心角变小，则运动时间越来越短，故A错误；
B．粒子射入速率越大，在磁场中运动的加速度
a越大，故B正确；
C．由A分析可知，粒子从AC边离开磁场时在磁场中运动的时间最长为
故C正确；
D．粒子以不同速率从AC边离开磁场时，根据对称性特征，轨迹均为圆周，沿平行于BC方向离开磁场，故D错误。
故选BC。
3．AC
【解析】
【详解】
A．根据电容的决定式 得知，电容与极板间距离成反比，当保持Q、S不变，增大d时，电容C减小，因电容器的电量Q不变，由电容的定义式 分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角 变大，故A正确；
B．当保持d、S不变，增大Q时，根据电容的决定式得知，电容C不变，由电容的定义式分析可知板间电势差增大，则变大，B错误；
C．根据电容的决定式得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容C减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角变大，故C正确；
D．当保持Q、S、d不变，在两极板间插入电介质，根据电容的决定式得知，电容C变大，而由电容的定义式分析可知板间电势差减小，则变小，故D错误．
故选AC。
4．BC
【解析】
【详解】
斜率表示,所以Ra＜Rb，A错B对．串联在电路中，发热功率较大的是电阻Rb，并联在电路中，，发热功率较大的是电阻，C对D错．
5．B
【解析】
【详解】
A．通电导线在磁感应强度大的地方受力不一定大，例如当导线与磁场方向平行时受安培力为零，选项A错误；
B．电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度为零，选项B正确；
C．磁场中某点磁感应强度的大小是由磁场本身决定的，跟放在磁场中该点的通电导线受力的大小无关，选项C错误；
D．奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，称为电流的磁效应，选项D错误。
故选B。
6．B
【解析】
【详解】
导线间的作用力如图所示
当导线C中不通入电流时，导线A受到的磁场作用力大小为F，根据牛顿第三定律可知导线B受到的磁场作用力大小也为F，因导线A、B中电流方向相反，故导线A、B之间的作用力为斥力。当导线C中通入垂直纸面向里的电流后，导线A、C之间的作用力为引力，且与导线B对导线A的作用力的夹角为120°，因为导线A受到的磁场作用力大小仍为F，则导线C对导线A的作用力大小也为F。因导线C到导线A、B的距离相同，故导线C在导线A、B所处位置的磁感应强度大小相等，但导线B中的电流是导线A中电流的两倍，则导线C对导线B的作用力大小为的斥力，且与导线A对导线B的作用力的夹角为60°，根据力的合成可知导线B受到的磁场作用力
故B正确，ACD错误。
故选B。
7．D
【解析】
【详解】
AB．甲图中，灵敏电流计G和电阻箱R并联，故甲是电流表，根据并联电压相等，则流过R的电流为
故电流表的量程为
故AB错误；
CD．乙图中，灵敏电流计G和电阻箱R串联，故乙是电流表，根据串联电流相等，则电压表的量程为
故C错误，D正确。
故选D。
8．A
【解析】
【详解】
AB．电场线的疏密表示电场强度的强弱，A点的电场强度强，所以不管是正电荷还是负电荷，放在A点时的电场力都大于放在B点时的电场力，故A正确，B错误；
C．沿着电场线方向电势不断降低，负电荷的电势不断增大，故负电荷在A点所具有的电势能比在B点时大，故C错误；
D．沿着电场线方向电势不断降低，正电荷的电势能不断减小，故正电荷在A点所具有的电势能比在B点时小，故D错误。
故选A．
9．B
【解析】
【分析】
【详解】
根据
可得距离越小库仑力越大，带同种电荷时，由于之间的排斥力距离增大，库仑力减小，而带异种电荷正好相反
故选B。
10．B
【解析】
【详解】
A．通电导线在某处不受安培力的作用，可能是电流方向与磁场方向平行，而该处的磁感应强度不一定为零，选项A错误；
B．磁感应强度
只是定义式，磁感应强度是磁场本身的属性，与放不放通电导线无关，选项B正确；
C．通电导线所受安培力的方向与磁感应强度的方向垂直，选项C错误；
D．根据可知，磁场中磁感应强度大的地方，磁通量不一定很大，选项D错误。
故选B。
11．D
【解析】
【详解】
由图可知L1与R左端串联后与R的右端并联，再与L2串联，设左端电阻为R，并联电路的电阻，根据数学知识可知当满足R1+R=R0-R时，并联电路的电阻最大。
AB．当R1＞R0时，当变阻器触点P由a移向b时，R减小，总电阻增大，总电流减小，L2变暗，路端电压U=E-Ir增大，所以并联电路的电压增大，灯L1支路电阻减小，分流增大，故L1变亮。故AB不符合题意。
CD．当R1＜R0时，当变阻器触点P由a移向b时，R减小，总电阻先增大后减小，总电流先减小后，L2先变暗后变亮，路端电压U=E-Ir先增大后减小，灯L1支路电阻减小，分流变大，故L1变亮。故C不符合题意，D符合题意。
12．A
【解析】
【详解】
根据安培定则可以判断通电螺线管左则为S极，右侧为N极，因此左侧小磁针静止时N极指向右侧，故BCD错误，A正确．
故选A．
13． 4.698~4.700 BEF
【解析】
【详解】
(1)由图示螺旋测微器可知，固定刻度是4.5mm，可动刻度是19.8×0.01mm=0.198mm，螺旋测微器的示数，即金属丝直接d=4.5mm+0.198mm=4.698mm；
(2)电压表量程是3V，电阻两端最大电压U=3V，电路最大电流约为，电路最大电流为20mA的二分之一，电流表A1(量程为20mA，内阻约为10)不符合题中要求，因此电流表应选电流表A2(量程为5mA，内阻r=20)与定值电阻R2=20并联的改装的电流表；两个滑动变阻器都可以保证电路安全，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器F， 还需要的器材是BEF；
(3) 由于，电流表应采用内接法，滑动变阻器最大阻值为20Ω，待测电阻阻值约为300Ω，滑动变阻器采用分压接法，移动滑片电路电流变化范围较大，可以进行多次实验，测出多组实验数据，电路图如图所示
(4)根据欧姆定律和电路结构，待测圆柱体的电阻表达式
14． 变小 3.0 2.0 小于
【解析】
【详解】
（1）滑动变阻器在电路中应起到调节电流的作用，滑片P向右滑动时R值减小，电路的总电流变大，路端电压减小，则电流传感器1的示数变小．
（2）由闭合电路欧姆定律可得：I1R0=E-（I1+I2）r，变形得：； 由数学知可得：图象中的k=；b= ；由图可知：b=1.50；k=×1×10-3=1×10-3，解得：E=3.0V，r=2Ω；
（3）本题中传感器1与定值电阻串联充当电压表使用； 本实验中由于电流传感器1的分流，使电流传感器2中电流测量值小于真实值，而所测量并计算出的电压示数是准确的，当电路短路时，电压表的分流可以忽略不计，故短路电流为准确的，则图象应以短流电流向左下移动，故图象与纵坐标的交点减小，图象的斜率减小，故电动势减小，内阻小于真实值；
点睛：本题根据实验原理分析误差产生的原因，并根据误差的大小选择实验电路，可见实验原理是实验的核心，要理解并掌握牢固； 同时注意正确分析电表内阻的影响．
15．
【解析】
【详解】
假设第四个电荷q放在d点，则对角线上b点的电荷给它的库仑斥力为
a电荷和c点的电荷给它的库仑斥力大小均为
根据力的合成法则，点电荷q所受的电场力大小为
【名师点睛】
根据力的独立性原理和库仑定律，分别计算出其它三个电荷给它的库仑斥力大小，判断出方向，再根据力的合成法则，求出这三个力的合力即可．
16．(1)1A；6V；(2)9V；3Ω
【解析】
【详解】
(1)当S闭合时，R1被短路，外电阻为R2，根据电功率公式P=I2R可得
通过电源的电流
电源两端的电压
U1=I1R2=1×6V=6 V
(2)当S闭合时，有
E=U1+I1r=6+r
当S断开时，通过R1的电流
这时有
E=I2（r+R1+R2）
联立得
E=9 V
r=3Ω
17．(1)(2)1m/s
【解析】
【详解】
(1)带电微粒处于静止状态，则有
解得
(2)带电微粒从静止到上金属板，由动能定理
解得
18．（1） （2） （3）
【解析】
【详解】
试题分析：利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系，即可求出匀强磁场的磁感应强度；利用周期公式结合粒子转过的圆心角，再运用周期公式求出粒子最长运动时间，然后确定时间范围；利用几何关系找出OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出时，恰好还在磁场中的粒子，找出临界几何条件，分析还在磁场中运动粒子的初速度角度占360°的百分比即为所求比例．
（1）沿OB方向射入的粒子从AB边中点C射出，由几何关系可知粒子做圆周运动的轨迹圆弧对应的圆心角为60°，轨道半径
由洛伦兹力提供向心力，有
解得
（2）从A点射出的粒子在磁场中运动的轨迹圆弧最长，运动时间最长，设弦OA对应的圆心角为α，由几何关系可知，则
粒子在磁场中运动的最长时间
粒子在磁场中运动的时间在范围内
（3）如图
从OA上取D点使OD=OC，则粒子从D点射出与粒子从C点射出在磁场中运动的时间相等，则粒子从C点射出时，从OD上射出的粒子也已经射出，从AD、AC上射出的粒子还未射出．由几何关系可知从D点射出的粒子，射入磁场时的速度方向沿∠AOB的角平分线OC方向，故沿OB方向射入的粒子从AB边中点C射出时，还在磁场中运动的粒子占所有粒子的．
点睛：本题主要考查了带电粒子在有界磁场中的运动，解题关键是要画出粒子轨迹过程图，找到临界几何条件，再运用洛伦兹力提供向心力与几何关系结合求解即可．
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