四川省南充市高二（下）入学考试物理试题（word版含答案）

四川省南充市高二（下）入学考试物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、多选题
1．如图所示，空间中存在一匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B、方向与竖直面（纸面）垂直，磁场的上、下边界（虚线）均为水平面。纸面内磁场上方有一个质量为m、总电阻为R、边长为L的正方形导线框abcd（由均匀材料制成），其上、下两边均与磁场边界平行，边长小于磁场上、下边界的间距。导线框从ab边距磁场上边界为h处自由下落，不计空气阻力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）
A．ab边刚进入磁场时，受到的安培力大小为
B．导线框通过磁场上边界的过程中，下落的速度可能一直增大
C．导线框通过磁场上边界的过程中，下落的速度可能一直减小
D．导线框通过磁场下边界的过程中，下落的速度一定一直减小
2．如图所示的电路中，电源电动势为E，电源内阻为r，闭合开关S，待电流达到稳定后，电流表示数为I，电压表示数为U，电容器C所带电荷量为Q. 现将滑动变阻器的滑动触头P从图示位置向a端移动一些，待电流达到稳定后，则与P移动前相比（ ）
A．U变小 B．I变小 C．Q减小 D．Q增大
3．关于安培力和洛伦兹力，下面说法正确的是（ ）
A．洛伦兹力和安培力是性质完全不同的两种力
B．安培力和洛伦兹力，其本质都是磁场对运动电荷的作用力
C．安培力和洛伦兹力，二者是等价的
D．安培力对通电导体能做功，但洛伦兹力对运动电荷不能做功
二、单选题
4．如图所示，S为一离子源，MN为荧光屏，其长度为，S到MN的距离为SP=L，P为MN的中点，MN的左侧区域有足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。某时刻离子源S一次性沿平行纸面的各个方向均匀地喷发大量的正离子（此后不再喷发），喷发的离子速率均相等、质量均为m、电荷量均为q。不计粒子重力，不考虑离子之间的相互作用力，下列说法正确的是（　　）
A．若离子在磁场中做匀速圆周运动的半径为2L，则离子喷发时的速率为
B．若离子速率为，一定能打到荧光屏上
C．若离子速率为，能打中荧光屏的最短时间为
D．若离子速率为，能打到荧光屏MN上的范围为
5．如图甲所示，将阻值为的电阻接到内阻不计的正弦交变电源上，电流随时间变化的规律如图乙所示，电流表串联在电路中测量电流的大小。对此，下列说法正确的是（　　）
A．电阻两端电压变化规律的函数表达式为
B．电阻消耗的电功率为1.25W
C．如图丙所示，若此交变电流由一矩形线框在匀强磁场中匀速转动产生，当线圈的转速提升一倍时，电流表的示数为2A
D．这一交变电流与图丁所示电流比较，其有效值之比为
6．如图所示，水平放置的平行金属板A、B与电源相连，两板间电压为U，距离为d．两板之间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B1．圆心为O的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B2．一束不计重力的带电粒子沿平行于金属板且垂直于磁场的方向射入金属板间，然后沿直线运动，从a点射入圆形磁场，在圆形磁场中分成1、2两束粒子，两束粒子分别从c、d两点射出磁场．已知ab为圆形区域的水平直径，∠cOb=60°，∠dOb=120°．不计粒子间的相互作用，下列说法正确的是
A．金属板A、B分别接电源的负极、正极
B．进入圆形磁场的粒子的速度大小为
C．1、2两束粒子的比荷之比为1∶3
D．1、2两束粒子的比荷之比为1∶2
7．如图所示，以O点为圆心，以为半径的圆与坐标轴交点分别为a、b、c、d，该圆所在平面内有一匀强电场，场强方向与x轴负方向成角，已知a、b、c三点的电势分别为、、，则下列说法正确的是（　　）
A． B．该匀强电场的场强
C．O点的电势为 D．d点的电势为2V
8．如图所示为汽车的点火装置，此装置的核心是一个变压器，该变压器的原线圈通过开关连接到12 V的蓄电池上，副线圈连接到火花塞的两端，开关由机械控制，当开关由闭合变为断开时，副线圈中产生10 000 V 以上的电压，火花塞中产生火花．下列说法中正确的是 (　　)
A．变压器的原线圈要用粗导线绕制，而副线圈可以用细导线绕制
B．若该点火装置的开关始终闭合，火花塞的两端会持续产生高压
C．变压器原线圈输入的12 V电压必须是交流电，否则就不能在副线圈中产生高压
D．该点火装置中变压器的副线圈匝数必须小于原线圈的匝数
三、实验题
9．在物理课外活动中，某位同学制作了一个简单的多用电表，图甲为电表的电路原理图。已知选用的电流表内阻Rg=10Ω，满偏电流Ig=10mA，定值电阻R2=240Ω。该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，C为上排刻度线的中间刻度，为考查大家对多用电表的理解，上排刻度线对应数值没有标出。
（1）当选择开关接3时，电表为______(选填“欧姆表”“电压表”或“电流表”)，量程为_____。
（2）为了测该多用电表欧姆档的内电阻和表内电源的电动势，该同学在实验室找到了一个电阻箱，设计了如下实验：
①将选择开关接2，红黑表笔短接，调节R1的阻值使电表指针满偏；
②将多用电表红黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使多用电表指针指在C处，此时电阻箱如图丙所示；
③计算得到多用电表内电池的电动势为______V。
（3）调零后将电表红黑表笔与某一待测电阻相连，指针指在图乙所示位置，则待测电阻阻值为______Ω。
10．如图所示为“研究影响平行板电容器电容的因素”的实验装置
（1）以下说法不正确的是______
A．A板与静电计的指针的电势相等
B．甲图中将B板上移，静电计的指针偏角增大
C．乙图中将B板左移，静电计的指针偏角不变
D．丙图中将电介质插入两板之间，静电计的指针偏角减小
（2）下列关于实验中使用静电计的说法正确的是有______
A、使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况
B、使用静电计的目的是测量电容器电量的变化情况
C、静电计可以用电压表替代
D、静电计可以用电流表替代
四、解答题
11．如图所示，长为R=0.6m的不可伸长的细绳一端固定在O点，另一端系着质量为m2=0.1kg的小球B，小球B刚好与水平面相接触．现使质量为m1=0.3kg物块A以v0=5m/s的初速度向B运动，A与水平面间的动摩擦因数μ=0.3，A、B间的初始距离x=1.5m．两物体碰撞后，A物块速度变为碰前瞬间速度的1/2，方向不变．B小球能在竖直平面内做圆周运动．已知重力加速度g=10m/s2，两物体均可视为质点，试求：
(1)碰撞过程中B球所受到的冲量大小为多少；
(2)B球运动到圆周最高点时细绳受到的拉力大小．
12．如图所示，一个交流发电机线圈共50匝，，，总电阻，它在的匀强磁场中从磁通量最大位置开始以的转速匀速转动，外电路接有的电阻，当线圈转过周期时，求：
（1）线圈转动过程中产生的感应电动势的最大值；
（2）经过周期时外电阻R上产生的焦耳热Q；
（3）经过周期这段时间内通过外电阻R的电荷量．
13．如图所示，有一矩形线圈面积为S，匝数为N，总电阻为r，外电阻为R，接触电阻不计．线圈绕垂直于磁感线的轴OO′以角速度匀速转动，匀强磁场的磁感应强度为B．求：
(1)电阻R两端的电压．
(2)在线圈由图示位置转过30°过程中，通过R的电量．
试卷第页，共页
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参考答案：
1．BC
【解析】
【分析】
【详解】
A．ab边进入磁场前线框做自由落体运动，由匀变速直线运动的速度-位移公式可知，v2=2gh，则ab边进入磁场时线框的速度
ab边刚进入磁场时感应电动势：E=BLv，感应电流：，ab边受到的安培力
故A错误；
B．若线框进入磁场过程所受安培力一直小于重力，则线框所受合力竖直向下，线框进入磁场过程做加速运动，线框速度一直增大，故B正确；
C．若线框进入磁场过程所受安培力大于重力，则线框所受合力竖直向上，线框进入磁场过程做减速运动，线框速度减小、则安培力减小，当安培力大小等于重力时，线框匀速运动，如果还未匀速就穿过上边界，则下落的速度可能一直减小，故C正确；
D．若线框刚好达到磁场下边界时所受安培力小于重力，则线框所受合力竖直向下，线框离开磁场过程做加速运动，线框速度增大、则安培力增大，当安培力大小等于重力时，线框匀速运动，并非一定一直减小，故D错误。
故选BC。
2．BD
【解析】
【详解】
B.滑动变阻器的滑动触头P从图示位置向a端移动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，电路中的总电阻变大，干路电流变小，即电流表示数I减小，选项B正确；
A.由于电流变小，降在内电阻r和电阻R2两端的电压变小，而电源电动势不变，所以降在滑动变阻器上的电压变大，即电压表示数为U变大，选项A错误；
CD.电容器两端的电压即为滑动变阻器两端的电压，所以电容器两端的电压变大，根据知，Q变大，选项C错误，选项D正确。
故选BD。
3．BD
【解析】
【详解】
A、安培力是洛伦兹力的宏观表现，其本质都是磁场对运动电荷的作用力，二者质相同，A选项错误
B、理由同A选项，B选项正确
C、安培力是通电导线受到的磁场的作用力．而洛伦兹力是磁场对运动电荷的作用力，虽然性质一样，但不能等价，C选项错误
D、安培力和导体运动方向不一定垂直，可以做正功，也可以做负功，但洛伦兹力永远与电荷运动方向相同，所以洛伦兹力对运动电荷不能做功，D选项正确
故选BD
4．D
【解析】
【详解】
A．离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
由题意可知
解得
A错误；
B．离子沿平行于MN的方向射出时不打到荧光屏上，则所有离子都打不到荧光屏上，离子不打到荧光屏上其轨道半径应满足
由牛顿第二定律得
解得
所以速率为的离子，一定打不到荧光屏上，B错误；
C．如果离子的速率
根据
则离子轨道半径
离子轨迹对应弦长最短时运动时间最短，即离子轨迹恰好经过P点，如图所示
根据几何关系可知，轨迹对应的圆心角为60°，能打中荧光屏的最短时间为
C错误；
D．由于
所以离子刚好能够打在N点，利用“旋转圆”方法可知，离子打在MN上方的位置应该是与MN相切，如图所示
根据几何关系可知，速率为的离子，能打到荧光屏MN上的范围为，D正确。
故选D。
5．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．图乙所示电流的最大值为，周期为，其角速度为
由欧姆定律得
所以两端电压的表达式为，选项A错误；
B．该电流的有效值为
电阻消耗的电功率为
解得：，B选项错误；
C．电表的示数为有效值，该交变电流由图丙所示矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生，当转速提升一倍时，电动势的最大值为原来的2倍。电路中电流的有效值也是原来的2倍，为，选项C错误；
D．图乙中的正弦交变电流的有效值为，图丁所示的交变电流，根据有效值的定义可知
解得有效值为，比值为1：1，D选项正确；
故选D。
6．C
【解析】
【详解】
由圆形磁场中粒子的运动轨迹可知粒子带正电，粒子在金属板间受力平衡，故电场方向向下，金属板A接电源的正极，金属板B接电源的负极，A错误；由，可知，B错误；设粒子在圆形磁场中运动的轨迹半径为r，如图所示，
利用几何关系可知，可知，而题图中，则1、2两束粒子的比荷之比为1∶3，C正确D错误．
【点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式，周期公式，运动时间公式，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题．
7．D
【解析】
【分析】
【详解】
AB．由题意得，c、a间的电势差为
c、b间的电势差为
匀强电场的电场强度为
解得
，
故AB错误；
C．由图，O、b间电势差
又
所以
故C错误；
D．由图，d、O间电势差
又
解得
故D正确。
故选D。
8．A
【解析】
【详解】
A.变压器要在副线圈中产生高压，则原线圈匝数少，电流大，要用粗导线绕制，而副线圈可以用细导线绕制，选项A正确；
B.汽车的点火装置是利用变压器原理工作的，当开关始终闭合时，通过原线圈的电流恒定，原线圈中产生的磁场恒定，则在副线圈上不会产生电压，所以B错误；
C.由题可知原线圈处接12 V的直流电源，当断开开关瞬间原线圈中电流迅速变化，会产生变化的磁场，则在副线圈中可能产生高压，所以C错误；
D.由可知，要在副线圈中产生高压，则原线圈匝数必须小于副线圈的匝数，所以D错误．
9． 电压表
【解析】
【分析】
【详解】
解：(1)[1]由图甲所示电路图可知，当选择开关接3时，表头与分压电阻串联，此时电表为电压表。
[2]电压表的量程，由欧姆定律得
U=Ig（Rg+R2）=10×10 3×（10+240）V=2.5V
(2)[3]由图丙所示电阻箱可知，电阻箱示数是
0×1000Ω+1×100Ω+5×10Ω+0×1Ω=150Ω
此时电表指针指在中央C，欧姆表的内阻等于电阻箱阻值，即150Ω，电流表的电流示数是I=5mA，C点处的电阻值为欧姆表的中值电阻，即R内=R中=150Ω，则电源电动势
E=I（R内+R中）=5×10 3×（150+150）V=1.5V
(3)[4]由图乙所示表盘可知，此时电流是I=6mA，由闭合电路欧姆定律得
代入数据解得
Rx=100Ω
10． C A
【解析】
【详解】
试题分析：（1）A板与静电计相连，静电平衡后电势相等，A正确；将B板向上平移，两极板正对面积减小，根据电容的决定式得知，电容C减小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析得到，板间电势差U增大，则静电计指针张角增大，B正确；乙图中将B板左移，板间距离增大，根据电容的决定式得知，电容C减小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析得到，板间电势差U增大，则静电计指针张角增大，C错误；将电介质插入两板之间，根据电容的决定式得知，电容C增大，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析得到，板间电势差U减小，则静电计指针张角减小，D正确；本题选不正确的，故选C．
（2）静电计是用来测量电容器两极板的电势差，从而研究电容器电容随电容器正对面积、两板距离、介电常数等因素的变化．如果用电压表、电流表来替代则构成电容器的放电回路，两电表都没有示数，故选A．．
考点：研究平行板电容器．
【名师点睛】
静电计是测量电势差的仪器，根据张角可以得出两板间的电压高低；根据静电计的原理可知其使用方法．先根据电容的决定式分析电容的变化，再根据电容的定义式分析板间电势差的变化，判断静电计指针张角的变化．
11．(1) (2)
【解析】
【分析】
（1）碰撞过程中，A、B系统动量守恒，根据动量守恒定律和动理定理即可求解；（2）小球B在摆至最高点过程中，机械能守恒，根据机械能守恒定律及向心力公式即可求解．
【详解】
(1)碰前A做匀变速直线运动
解得：v=4m/s
碰撞过程中，A、B系统的动量守恒，选取滑块运动的方向为正方向
则有：
代入数据可得：
根据动量定理可得：
（2）小球B在摆至最高点的过程中，机械能守恒，设到最高点时的速度为
则有：
在最高点进行受力分析，有：
代入数据解得：T=1N．
【点睛】
本题主要考查了机械能守恒定律、动量守恒定律及向心力公式的直接应用，要求同学们能在最高点对摆球进行正确的受力分析，难度适中．
12．（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】
试题分析：（1）线圈转动的过程中产生的感应电动势的最大值为：
．
（2）有效值为，在R上产生的热量为：．
（3）根据法拉第电磁感应定律：，又因为，则通过R的电荷量为：
，解得：．
考点：交流电
【名师点睛】对于交变电流，求解热量、电功和电功率用有效值，电压表电流表的读数也都为有效值．
13．(1) (2)
【解析】
【详解】
(1) 感应电动势的最大值
电动势有效值
根据闭合电路欧姆定律，电阻R两端的电压
(2) 线圈由如图位置转过30°的过程中
通过R的电量
点睛：感应电量，这个规律要能熟练推导并应用．
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