甘肃省武威市民勤县高二（下）开学考试物理试题（word版含答案）

甘肃省武威市民勤县高二（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，竖直光滑导轨上端接入一定值电阻R，C1和C2是半径都为a的两圆形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向外，区域C1中磁场的磁感应强度随时间接B1=b+kt (k>0)变化，C2中磁场的磁感应强度恒为B2，一质量为m．电阻为r、长度为L的金属杆AB穿过C2的圆心垂直地跨放在两导轨上，且与导轨接触良好，并恰能保持静止．则
A．通过金属杆的电流大小为
B．通过金属杆的电流方向为从B到A
C．定值电阻的阻值为R=
D．整个电路的热功率p=
2．如图所示，有三个质量相等、分别带正电、负电和不带电的粒子从两水平放置的金属板左侧中央以相同的水平初速度v0先后射入电场中，最后分别打在正极板的C、B、A处，则（　　）
A．三种粒子在电场中运动时间相同
B．三种粒子在电场中的加速度为aA＞aB＞aC
C．三种粒子到达正极板时动能EkC＞EkB＞EkA
D．落在C处的粒子带正电，落在B处的粒子不带电，落在A处的粒子带负电
3．如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了22J，金属块克服摩擦力做功5J，重力做功18J，则以下判断正确的是（　　）
A．金属块克服静电力做功9J
B．金属块带负电荷
C．金属块的电势能减少9J
D．金属块的机械能增加22J
4．如图所示，MN是纸面内的一条直线，其所在空间充满与纸面平行的匀强电场或与纸面垂直的匀强磁场（场区都足够大），现有一个重力不计的带电粒子从MN上的O点以水平初速度v0射入场区，下列判断正确的是：
A．如果粒子回到MN上时速度增大，则该空间存在的场一定是电场．
B．如果粒子回到MN上时速度大小不变，则该空间存在的场可能是电场．
C．若只改变粒子的初速度大小，发现粒子再回到MN上时与其所成的锐角夹角不变，则该空间存在的场一定是磁场．
D．若只改变粒子的初速度大小，发现粒子再回到MN上所用的时间不变，则该空间存在的场一定是磁场．
二、单选题
5．如图，绝缘的水平面上，两固定的相互平行的长直导线中通以相同的电流I，O点与两导线在同一平面内且到两导线的距离相等，关于O点磁感应强度的大小和方向，下列说法正确的是（　　）
A．大小为0 B．大小不为0
C．方向垂直纸面向里 D．方向垂直纸面向外
6．如图所示，水平面上固定一绝缘光滑斜面，斜面顶端有一固定挡板，涂有绝缘漆的轻弹簧一端与挡板相连，整个装置放在沿斜面向上的匀强电场中。一带电滑块从斜面上某处由静止释放，运动一段时间后压缩弹簧，设运动过程中滑块的带电量不变，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，则（　　）
A．滑块带电量越大，滑块的最大加速度越小
B．电场强度越大，滑块的最大速度越大
C．滑块释放点越低，滑块最大速度的位置越高
D．弹簧劲度系数越大，弹簧的最大弹性势能越大
7．一束带电粒子流沿同一方向垂直射入一磁感应强度为B的匀强磁场中，在磁场中分成两条轨迹1和2，如图所示，那么它们的速度v、动量P、电荷q、荷质比q／m之间的关系可以肯定是（ ）
A．都是负粒子流，若P1＝P2，则q1＞q2
B．都是正粒子流，若q1=q2, 则P1＜P2
C．都是负粒子流，若 ，则v1＞v2
D．都是正粒子流，若，则v1＝v2
8．如图所示，两个相同的闭合铝环M、N套在一根光滑的绝缘水平杆上，螺线管的轴线与铝环的圆心在同一直线上，闭合电键S后，向左快速移动滑动变阻器的滑片p，不考虑两环间的相互作用力，则移动滑片p的过程中（ ）
A．M、N环向左运动，它们之间的距离增大
B．M、N环向左运动，它们之间的距离减小
C．M、N环向右运动，它们之间的距离增大
D．M、N环向右运动，它们之间的距离减小
9．在如图所示的电路中，闭合开关后，当滑动变阻器R1的滑片P向a端移动时
A．A1、A2的示数都减小
B．A1、A2的示数都增大
C．A1的示数增大，A2的示数减小
D．A1的示数减小，A2的示数增大
10．如图所示，质量为m、电荷量为Q的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，另一个带电量也为Q的带电小球B固定于O点的正下方，已知绳长OA为2l，O到B点的距离为l，平衡时AB带电小球处于同一高度，已知重力加速度为g，静电力常量为k．则（ ）
A．A、B间库仑力大小为
B．A、B间库仑力大小为
C．细线拉力大小为
D．细线拉力大小为
11．在国际单位制中，单位是“库仑”的物理量是
A．电荷量 B．电流 C．电压 D．电阻
12．有一变化的匀强磁场与图甲所示的圆形线圈平面垂直。规定磁场方向向里为正方向，从经流向为电流的正方向。已知中的感应电流随时间变化的图象如图乙，则磁场的变化规律可能与下图中一致的是（　　）
A． B．
C． D．
三、实验题
13．某同学在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，所用小灯泡的规格为“2.5V，0.3A”。
（1）电路连接如图甲所示，其中几条线已经接好，用笔画线代替导线完成其余接线________。
（2）用实验室的“高中学生电源”作为电源，应该选用图乙中________（选填“稳压2A”或“交流3A”）的两个接线柱。
（3）滑动变阻器应该选________（选填R1“5Ω，2A”或R2“50Ω，1A”）。
（4）在闭合开关前，如图甲所示滑动变阻器的滑片应该置于________（选填“左端”“右端”或“中间”）。
（5）如图丙所示的电压表的读数是________V。
14．一同学学习了用多用电表测量电阻后，他将选择开关旋到欧姆挡的倍率“”挡，正确操作后测量某一电阻的阻值，得到表盘指针偏转的位置如图甲所示。请回答下列问题：
（1）为使这个电阻测得更准确些，应将选择开关旋到倍率________挡，在第二次测量前必须进行_______；
（2）经过重新调整后，他再次测量该电阻，得到表盘指针偏转的位置如图乙所示，则被测电阻的阻值_______。
15．在测定金属电阻率的实验中，用伏安法测定一段阻值约为5左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：
A．电池组（3V）
B．电流表（0~3A，内阻约0.0125）
C．电流表（0~0.6A，内阻约0.125）
D．电压表（0~3V，内阻约3k）
E．电压表（0~15V，内阻约15k）
F．滑动变阻器（0~20，额定电流1A）
G．滑动变阻器（0~2000，额定电流0.3A）
H．电键、导线．
（1）根据实验的实际需要，电流表应选_________，电压表应选_________，滑动变阻器应选_________．
（2）实验电路应采用电流表________接法．（填“内”或“外”）
（3）实验中某组电压表的示数如图A所示，则U=________V ，电流表的示数如图B所示，则I=________A．
（4）待测电阻是一根均匀材料制成的金属丝（横截面为圆形），用刻度尺测量其长度，用螺旋测微器测量其直径，结果分别如图C和图D所示．由图可知其长度l=__________cm，直径d=_______mm．
四、解答题
16．如图，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为和是它的两条边界，现有质量为m，电量为-q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入，要使粒子不从边界射出，粒子入射速率的最大值是多少？此时粒子在磁场中运动的时间是多少？（重力不计）
17．如图，POQ是折成60°角的固定于竖直平面内的光滑金属导轨，导轨关于竖直轴线对称，OP＝OQ＝L.整个装置处在垂直导轨平面向里的足够大的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律为B＝B0－kt(其中k为大于0的常数)．一质量为m、长为L、电阻为R、粗细均匀的导体棒锁定于OP、OQ的中点a、b位置．当磁感应强度变为B0后保持不变，同时将导体棒解除锁定，导体棒向下运动，离开导轨时的速度为v.导体棒与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，重力加速度为g.求导体棒：
(1)解除锁定前回路中电流的大小及方向；
(2)滑到导轨末端时的加速度大小；
(3)运动过程中产生的焦耳热．
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参考答案：
1．BCD
【解析】
【详解】
试题分析：金属杆静止，合力为零．根据受力分析，结合平衡条件与安培力表达式，求解通过金属杆的电流大小；由楞次定律分析通过金属杆的电流方向．根据法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律，结合题意，即可求定值电阻的阻值．由功率公式整个电路中产生的热功率P．
对金属杆，根据平衡方程得，解得，故A错误；区域C1中磁场的磁感强度随时间按B1=b+kt（k＞0）变化，可知磁感强度均匀增大，穿过整个回路的磁通量增大，由楞次定律分析知，通过金属杆的电流方向为从B到A，B正确；由法拉第电磁感应定律，则有：回路中产生的感应电动势为，且闭合电路欧姆定律有，又，解得，C正确；整个电路中产生的热功率，D正确．
2．BD
【解析】
【详解】
A．粒子进入电场后，受竖直向下的重力和电场力作用，粒子在水平方向上做初速度为的匀速运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，粒子在电场中的运动时间为,从而可知,A错误;
B．因为三个粒子在竖直方向上的偏转量相同，根据结合可得，B正确;
CD．通过可知粒子C带正电，合力为，B不带电，合力为mg，A带负电，合力为，所以电场力对A做正功，对B不做功，对C做负功，过程中三个粒子的重力做功是相同的，故可得三个粒子到达下极板时的动能关系为，C错误，D正确;
故选BD。
3．BC
【解析】
【详解】
A．下滑过程中，由动能定理可得
代入解得
所以静电力对金属块做9J的功，故A错误；
B．由于下滑过程中，静电力做正功，电场力的方向水平向左，与电场线的方向相反，所以金属块带负电荷，故B正确；
C．由于电场力对金属块做9J的正功，所以金属块的电势能减少9J，故C正确；
D．金属块的动能增加了22J，而重力势能减小了18J，故机械能增加了4J，故D错误。
故选BC。
4．ABD
【解析】
【详解】
试题分析：电场力可以做功，洛伦兹力不做功，速度增大，故是电场，故A正确；如果粒子回到MN上时速度大小不变，可能是磁场，也有可能是电场，物体做类似上抛运动，抛出点和落回点在同一等势面上，故B正确；如果是磁场，粒子做匀速圆周运动，粒子再回到MN上时与其所成的锐角夹角不变；如果是电场，当电场力竖直向下时，粒子再回到MN上时与其所成的锐角夹角的正切等于位移方向与水平方向夹角正切的2倍，也不变；故C错误；若只改变粒子的初速度大小，发现粒子再回到MN上所用的时间不变，粒子只能是在磁场中运动，，与速度无关，故D正确；故选ABD．
考点：带电粒子在电场及磁场中的运动
【名师点睛】粒子在磁场中是匀速圆周运动，在电场中是类似平抛运动，对于电场中的运动，很多省份的考试说明中只考虑初速度与电场平行和垂直两种情况，可以当作平抛运动处理．
5．A
【解析】
【详解】
根据安培定则可知，左侧导线在O点磁感应强度方向垂直纸面向里，右侧导线在O点磁感应强度方向垂直纸面向外，由于导线中通以相同的电流I，O点与两导线在同一平面内且到两导线的距离相等，则O点磁感应强度为0。
故选A。
6．B
【解析】
【详解】
A．滑块的加速度为
弹簧弹力为0时，滑块的加速度最大，则滑块带电量越大，滑块的最大加速度越大，所以A错误；
B．电场强度越大，电场力越大，平均合外力越大，合外力做的功越多，则滑块的最大速度越大，所以B正确；
C．滑块最大速度的位置为加速度为0的位置，有
解得
所以滑块最大速度的位置与滑块的释放点无关，所以C错误；
D．设弹簧最大压缩为，滑块释放点离弹簧自由端的距离为L时，根据动能定理有
由功能关系可知最大弹性势能为
解得
由于弹簧的劲度系数越大，弹簧的最大压缩量越小，则弹簧的最大弹性势能越小，所以D错误；
故选B。
7．A
【解析】
【详解】
BD：带电粒子垂直射入匀强磁场中，由洛伦兹力提供向心力，刚进入磁场时，粒子轨迹向右偏转，粒子所受洛伦兹力方向向右，根据左手定则可知，粒子都带负电．故BD两项错误．
A：由图得粒子在磁场中的轨道半径，若，据带电粒子轨迹半径公式分析可知，．故A项正确．
C：由图得粒子在磁场中的轨道半径，若，据带电粒子轨迹半径公式分析可知，．故C项错误．
8．C
【解析】
【详解】
当滑动变阻器的滑动触头向左移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路电流变小，螺线管内部、外部的磁场均减小，穿过M、N两金属环的水平向右的磁通量减小，根据楞次定律，可知向右运动可以阻碍穿过线圈的磁通量减小，所以环将向右运动；结合条形磁铁的特点可知，靠近条形磁铁的N处的磁感应强度比较大，所以N环受到的安培力也比较大，加速度比较大，所以两环之间的距离将增大．
A．M、N环向左运动，它们之间的距离增大．与结论不相符，选项A错误；
B．M、N环向左运动，它们之间的距离减小．与结论不相符，选项B错误；
C．M、N环向右运动，它们之间的距离增大，与结论相符，选项C正确；
D．M、N环向右运动，它们之间的距离减小．与结论不相符，选项D错误；
故选C．
【点睛】
根据滑片的移动方向可以判断出电路电流的变化，电流产生的磁场发生变化，穿过闭合环的磁通量发生变化，环中有感应电流产生．
9．A
【解析】
【详解】
当滑动变阻器R1的滑动片P向a端移动时，R1增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，所以可知A1的示数减小．电源的内电压减小，则路端电压增大，通过R2的电流增大，则通过A2的电流减小．故A正确．故选A.
【点睛】结合串并联电路的特点，按“局部到整体再到局部”的顺序进行动态分析．
10．D
【解析】
【详解】
由几何关系可知，OA与OB的夹角为600，则AB间距离：，则 A、B间库仑力大小为，选项A错误；根据平行四边形法则可知，AB间的库仑力为：，细线的拉力，或者，选项BC错误，D正确；故选D.
点睛：此题关键是受力分析，画出受力图，结合平行四边形法则以及几何关系列方程求解.
11．A
【解析】
【详解】
在国际单位制中，单位是“库仑”的物理量是库伦；电流单位是安培；电压单位是伏特；电阻单位是欧姆；故选A.
12．A
【解析】
【详解】
应用楞次定律定性分析知，内，电流为正方向，根据安培定则知磁场应正方向减小或负方向增大。内，电流为负方向，根据安培定则知磁场应正方向增大或负方向减小。设线圈面积为，则电动势
①
电流
②
解①②式得
③
由图象知两过程中电流大小关系为
④
解③④式得
所以A正确，BCD错误。
故选A。
13． 见解析 稳压2A R1“5Ω，2A” 左端 2.40
【解析】
【详解】
(1)[1]因灯泡的电阻较小，电流表采用外接法；因描绘伏安特性曲线电压需从零开始调节，故滑动变阻器采用分压式接法，实物连接如图所示
(2)[2]灯泡用的是直流电，故应选用稳压电源，应选择“稳压2A”。
(3)[3]本实验采用分压式接法，故滑动变阻器应选用小电阻，故选R1
(4)[4]为保护电路，在闭合开关前，滑动变阻器应置于左端。
(5)[5]电压表选的是“0～3V”的量程，最小刻度是0.1V，应估读一位，读数为2.40V。
14． 欧姆调零 150
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1][2] 偏角大则电阻小要用小挡位为×10，换档后要欧姆调零；
(2)[3] 欧姆表指针示数
15×10Ω=150Ω
15． C D F 外 2.10（2.09-2.11） 0.40 59.40（59.39-59.42） 0.435（0.433-0.436）
【解析】
【详解】
（1）[1][2][3]测量电阻需要电源、电流表、电压表、滑动变阻器、电键导线，由于电源电压为3V，所以电压表选择D，电路中的电流大约
，
所以电流表选择C；待测电阻阻值约为5左右的金属导线的电阻，我们用限流接法时，滑动变阻器阻值不能过大，故选F；
（2）[4]待测电阻的阻值远小于电压表的内阻，属于小电阻，所以电流表采取外接法；
（3）[5][6]电压表每格为0.1V，所以电压表的读数为2.10V，电流表每格为0.02A，知电流表的读数为0.40A；
（4）[7][8]刻度尺的读数为59.40cm，螺旋测微器的读数为：0mm＋0.01×43.5mm＝0.435mm；
16．；
【解析】
【详解】
粒子带负电荷，轨迹如图所示
根据几何知识得
R+Rcos45°=d
解得
R=（2-）d
由
解得
粒子运动的周期
在磁场中转过的角度为
则用时间
17．⑴，顺时针方向或b→a；⑵g－；⑶
【解析】
【详解】
⑴导体棒被锁定前，闭合回路的面积不变，＝k
由法拉第电磁感应定律知：E＝＝＝
由闭合电路欧姆定律知：I＝＝
由楞次定律知，感应电流的方向：顺时针方向或b→a
⑵导体棒刚离开导轨时受力如图所示
根据法拉第电磁感应定律有：E＝
根据闭合电路欧姆定律知：I＝
根据安培力公式有：F＝
解得：F＝
由牛顿第二定律知：mg－F＝ma
解得：a＝g－
⑶由能量守恒知：mgh＝＋Q
由几何关系有：h＝
解得：Q＝－
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