云南省文山壮族苗族自治州广南二高2021-2022学年高二下学期开学考试物理试题（Word版含答案）

广南二高2021-2022学年高二下学期开学考试
试卷
考试时间：100分钟；试卷满分：100分
第Ⅰ卷
一、单选题（共8小题，每题3分，共24分）
1. 下列关于匀强电场中场强和电势差的关系，正确的说法是(　　)
A. 任意两点之间的电势差，等于场强和这两点间距离的乘积
B. 在任何方向上，若两点间距离相等，则它们之间电势差就相等
C. 沿着电场线方向，任何相同距离上的电势降落必定相等
D. 电势降落的方向必定是电场强度的方向
2. 下列关于麦克斯韦的电磁场理论说法正确的是(　　)
A. 变化的磁场产生的电场一定是变化的
B. 不均匀变化的电场产生均匀变化的磁场，均匀变化的磁场产生不均匀变化的电场
C. 稳定的磁场产生不稳定的电场
D. 周期性变化的磁场在周围空间产生的变化电场
3. 如图所示为电流产生磁场的分布图，其中正确的是(　　)
A. B. C. D.
4. 如图，两根细线挂着两个质量相同的小球A、B，上、下两根细线的拉力分别为FA、FB，现使A、B带上同种电性的电荷，此时上、下细线受力分别为FA′、FB′，则(　　)
FA＝FA′，FB>FB′
FA＝FA′，FBFAFB′
D. FA5. 用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素．设若两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ.实验中，极板所带电荷量不变，若(　　)
保持S不变，增大d，则θ变大
B. 保持S不变，增大d，则θ变小
C. 保持d不变，减小S，则θ变小
D. 保持d不变，减小S，则θ不变
6. 在研究微型电动机的性能时，可采用如图所示的实验电路，电路中电表均为理想电表．当调节滑动变阻器R，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5 A和1.0 V；重新调节R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0 A和15.0 V．则当这台电动机正常运转时(　　)
电动机的内阻为20 Ω
B. 电动机的内阻为7.5 Ω
C. 电动机的输出功率为30 W
D. 电动机的输出功率为22 W
7. a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在的平面平行．已知a点的电势是20 V，b点的电势是24 V，d点的电势是4 V，如图14所示．由此可知，c点的电势为(　　)
4 V
8 V
12 V
D. 24 V
8. 三根平行的长直导体棒分别过正三角形ABC的三个顶点，并与该三角形所在平面垂直，各导体棒中均通有大小相等的电流，方向如图所示。则三角形的中心O处的合磁场方向为
平行于AB，由A指向B
B. 平行于BC，由B指向C
C. 平行于CA，由C指向A
D. 由O指向C
二、多选题（共4小题，每题4分，共16分）
9. 汽车轮胎气压自动报警装置的主要部件是压阻式压力传感器，某压阻式压力传感器的特点是压力F越大其电阻越小，现将该压力传感器R0接入如图所示电路中，开关S闭合，当压力传感器所爱压力增大时，下列说法正确的是(　　)
R1的电功率增大
B. 电压表的示数减小
C. 电流表的示数增大
D. R2的电功率增大
10. 如图所示，虚线A、B、C表示某电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，一电子从右侧垂直等势面A向左进入电场，运动轨迹与等势面分别交于a、b、c三点，则可以判断(　　)
三个等势面的电势大小为φA>φB>φC
B. 三个等势面的电势大小为φC>φB>φA
C. 电子由a到c电势能不断减小
D. 电子由a到c动能不断减小
11. 如图所示，质量为m、长为L的直导线置于倾角为θ的光滑斜面上，并处于匀强磁场中．当导线中通以垂直纸面向外大小为I的电流时，导线保持静止，则匀强磁场的磁感应强度方向和大小可能为(　　)
垂直斜面向上，B＝
B. 水平向右，B＝
C. 竖直向上，B＝
D. 竖直向下，B＝
12. (多选)如图所示的空间中存在着正交的匀强电场和匀强磁场，从A点沿AB、AC方向分别抛出两带电小球，关于小球的运动情况，下列说法中正确的是(　　)
A. 沿AB、AC抛出的小球都可能做直线运动
B. 只有沿AB方向抛出的小球才可能做直线运动
C. 做直线运动的小球带正电，而且一定是做匀速直线运动
D. 做直线运动的小球机械能守恒
第Ⅱ卷
三、实验题（共16分）
13（4分）. 用螺旋测微器测量某一物体厚度时，示数如图甲所示，读数是________ mm.
用游标卡尺可以测量某些工件的外径．示数如图乙所示，则读数分别为________mm
14.（12分） 在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，现除了有一个标有“5 V,2.5 W”的小灯泡，导线和开关外，还有：
A．直流电源(电动势约为5 V，内阻可不计)
B．直流电流表(量程0－3 A，内阻约为0.1 Ω)
C．直流电流表(量程0－600 mA，内阻约为5 Ω)
D．直流电压表(量程0－15 V，内阻约为15 kΩ)
E．直流电压表(量程0－5 V，内阻约为10 kΩ)
F．滑动变阻器(最大阻值10 Ω，允许通过的最大电流为2 A)
G．滑动变阻器(最大阻值1 kΩ，允许通过的最大电流为0.5 A)
实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据．
(1)（4分）电流表应选________，电压表_______，滑动变阻器_____(均用序号字母表示)．
(2)（4分）请按要求将下图中所示的器材连成实验电路．
(3)（4分）某同学通过实验正确作出的小灯泡的伏安特性曲线如图所示．现把实验中使用的小灯泡接到如图所示的电路中，其中电源电动势E＝6 V，内阻r＝1 Ω，定值电阻R＝9 Ω，此时灯泡的实际功率为____________ W(结果保留两位有效数字)
四、计算题（共4小题，共44分）
15（8分）. 有一座瀑布，高度为50 m，流量为12 m3/s，计划在瀑布底部利用水流能发电.设在瀑布顶处水流速度与从发电机处水轮机内流出速率相等，且水流能有65%被利用，则安装的发电机功率至少为多大 (g取9.8 m/s2)
16（10分）. 如图所示，ABCD为竖直放在场强为E＝104 N/C的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的ABC部分是半径为R＝0.5 m的半圆环(B为半圆弧的中点)，轨道的水平部分与半圆环相切于C点，D为水平轨道的一点，而且CD＝2R，把一质量m＝100 g、带电荷量q＝10－4 C的负电小球，放在水平轨道的D点，由静止释放后，在轨道的内侧运动．g取10 m/s2，
(1)它到达B点时的速度是多大？
(2)它到达B点时对轨道的压力是多大？
17（12分）. 如图所示，两光滑平行金属导轨间的距离L＝0.4 m，金属导轨所在的平面与水平面间的夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．现把一个质量m＝0.04 kg的导体棒ab垂直放在金属导轨上，当接通电源后，导轨中通过的电流恒为I＝1.5 A时，导体棒恰好静止，g取10 m/s2.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则：
(1)磁场的磁感应强度为多大？
(2)若突然只将磁场方向变为竖直向上，其他条件不变，则磁场方向改变后的瞬间，导体棒的加速度为多大？
18（14分）. 如图所示，坐标平面第一象限内存在大小为E＝3×105 N/C、方向水平向左的匀强电场，在第二象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．有一个带正电的粒子，以初速度v0＝2×107 m/s从x轴上的A点垂直x轴射入电场，OA的距离x＝0.15 m，不计粒子的重力．求：
(1)若粒子经过y轴时的位置坐标为(0,0.4 m)，求该带电粒子的比荷．
(2)在满足第一问的条件下，若要使粒子恰好不能进入第三象限，求磁感应强度B的取值(不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况)．
C 2. D 3. D 4. B 5. A 6. D 7. B 8. A
9. AB 10. AD 11. BC 12. BC
13. 【答案】1.195　11.50
【解析】螺旋测微器读数为1 mm＋19.5×0.01 mm＝1.195 mm
游标卡尺读数为11 mm＋10×0.05 mm＝11.50 mm.
14. 【答案】(1)C、E、F　 (2)(3)0.80(0.78～0.86)
【解析】(1)灯泡的额定电压为5 V，因此电压表选择大于等于5 V的即可，故选；而灯泡的额定电流为0.5 A；故电流表应选择C；本实验采用分压接法，滑动变阻器应选小电阻；故滑动变阻器选择F；(2)本实验要求多测几组数据，故采用分压接法；同时因电流表内阻与灯泡内阻接近，故电流表选用外接法；实物图如图所示；(3)将定值电阻等效电源内阻，作出等效电源的伏安特性曲线如图所示；与灯泡的伏安特性曲线的交点为灯泡的工作点，由图可知，此时灯泡的电压为2.1 V；电流为0.38 A；则灯泡的功率P＝UI＝2.1×0.38 W≈0.80 W(0.78～0.86均可以)．
15. 【答案】3.8×103 kW
【解析】单位时间内减少的重力势力E=ρQhg，被利用来发电的功率P=ρQghη=103×12×9.8×50×0.65 W=3.8×106 W=3.8×103 kW.
16. 【答案】(1)2 m/s　(2)5 N
【解析】(1)小球从D至B的过程中，
由动能定理：
qE(2R＋R)－mgR＝mv
解得：vB＝2 m/s
(2)在B点由牛顿第二定律得：
FN－qE＝m
FN＝qE＋m＝5 N.
由牛顿第三定律知FN′＝FN＝5 N
17. 【答案】(1)0.4 T　(2)1.2 m/s2
【解析】(1)导体棒受力如图甲，根据平衡条件得：
F安－mgsin 37°＝0而F安＝BIL
解得B＝0.4 T
　
(2)磁场方向变为竖直向上，导体棒受力如图乙，根据牛顿第二定律得：mgsin 37°－F安cos 37°＝ma，F安＝BIL
解得：a＝1.2 m/s2.
18. 【答案】见解析
【解析】(1)设粒子在电场中运动的时间为t，加速度为a，则有
x＝at2
a＝
F＝Eq
y＝v0t
联立以上各式代入数据解得：
t＝2.0×10－8 s，＝2.5×109 C/kg.
(2)粒子经过y轴时在电场方向的分速度
vx＝at＝1.5×107 m/s
粒子经过y轴时的速度大小
v＝＝2.5×107 m/s
v与y轴正方向的夹角为θ，
tan θ＝＝
则θ＝37°，如图所示
设粒子做匀速圆周运动的轨道半径为R，要使粒子恰好不进入第三象限，
则R＋Rsin θ＝y
洛伦兹力提供向心力qvB＝m
解得：B＝4×10－2T.