贛州市南康區(qū)高二下學期開學考試物理試題

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精南康區(qū)2019-2020學年第二學期線上教學檢測試卷高二物理一、選擇題1.下列說法正確的是A.沿磁感線方向,磁場逐漸減弱B。放在勻強磁場中的通電導線一定受到安培力C。磁場的方向就是通電導體所受安培力的方向D。通電直導線所受安培力的方向一定垂直于磁感應強度和直導線所決定的平面【答案】D【解析】【詳解】磁感線越密集，則磁場越強，則沿磁感線方向，磁場不一定逐漸減弱，選項A錯誤;如果通電導線平行磁場放置，則導線不受磁場力，選項B錯誤;通電直導線所受安培力的方向一定垂直于磁感應強度和直導線所決定的平面，選項C錯誤，D正確;故選D.2.如圖所示，一條形磁鐵放在水平桌面上，在條形磁鐵的左上方固定一根與磁場垂直的長直導線，當導線中通以圖示方向的電流時（）A。磁鐵對桌面的壓力減小,且受到向左的摩擦力作用B。磁鐵對桌面的壓力減小,且受到向右的摩擦力作用C.磁鐵對桌面的壓力增大，且受到向左的摩擦力作用D.磁鐵對桌面的壓力增大,且受到向右的摩擦力作用【答案】C【解析】【詳解】根據(jù)條形磁體磁感線分布情況得到直線電流所在位置磁場方向,在根據(jù)左手定則判斷安培力方向，如圖:根據(jù)牛頓第三定律，電流對磁體的作用力向右下方；選取磁鐵為研究的對象,磁鐵始終靜止，如圖所示：根據(jù)牛頓第三定律，電流對磁體的作用力向右下方;選取磁鐵為研究的對象，磁鐵始終靜止，根據(jù)平衡條件，可知通電后支持力變大，靜摩擦力變大，方向向左；最后再根據(jù)牛頓第三定律，磁鐵對桌面的壓力增大；C正確,ABD錯誤。故選C．【點睛】本題關鍵先對電流分析，根據(jù)左手定則得到其受力方向，再結(jié)合牛頓第三定律和平衡條件分析磁體的受力情況．3。將一面積為cm2,匝數(shù)的線圈放在勻強磁場中,已知磁場方向垂直于線圈平面,磁感應強度B隨時間t變化規(guī)律如圖所示，線圈總電阻為2Ω,則A。在0~2s內(nèi)與2s～4s內(nèi)線圈內(nèi)的電流方向相反 B。在0~4s內(nèi)線圈內(nèi)的感應電動勢為VC.第2s末，線圈的感應電動勢為零 D.在0~4s內(nèi)線圈內(nèi)的感應電流為A【答案】D【解析】【詳解】A．在0—2s內(nèi)與2s-4s內(nèi)磁場方向相反，磁通量變化情況相反,根據(jù)楞次定律可知，在這兩段時間內(nèi)線圈內(nèi)感應電流方向相同，A錯誤。B．由圖知：在0—4s內(nèi)線圈內(nèi)的感應電動勢故B錯誤。C．在0~4s內(nèi)，磁通量的變化率恒定,線框中產(chǎn)生的感應電動勢不變，始終為E=0。8V，C錯誤.D．在0—4s內(nèi)線圈內(nèi)的感應電流D正確.故選D．4.A、B是兩個完全相同的電熱器，A通以圖甲所示的方波交變電流,B通以圖乙所示的正弦式交變電流，則兩電熱器的電功率PA∶PB等于（)A。5∶4 B。3∶2 C?！? D.2∶1【答案】A【解析】試題分析：據(jù)題意，通過電熱器A電流有效值為：,即：，則電熱器A的電功率為：,通過電熱器B得到電流有效值為:，則電熱器B的電功率為：，故選項A正確．考點：本題考查交變電流的有效值的計算．5。如圖所示，閉合矩形線圈abcd從靜止開始豎直下落，穿過一個勻強磁場區(qū)域,此磁場區(qū)域豎直方向的長度遠大于矩形線圈bc邊的長度，不計空氣阻力，則（)A.從線圈dc邊進入磁場到ab邊穿過出磁場的整個過程，線圈中始終有感應電流B.dc邊剛進入磁場時線圈內(nèi)感應電流的方向，與dc邊剛穿出磁場時感應電流的方向相反C。從線圈dc邊進入磁場到ab邊穿出磁場的整個過程中，加速度一直等于重力加速度D.dc邊剛進入磁場時線圈內(nèi)感應電流的大小,與dc邊剛穿出磁場時感應電流的大小一定相等【答案】B【解析】【詳解】A．線圈中的磁通量發(fā)生變化．線圈整體在磁場中運動時，磁通量沒有變化,故沒有感應電流，A錯誤；B．根據(jù)右手定則,dc剛進入磁場時線圈內(nèi)感應電流的方向從d到c,dc邊剛穿出磁場時感應電流的方向從c到d，即兩者方向相反，B正確；C．沒有感應電流的時候,磁場對線圈沒有阻礙作用，此時的加速度等于重力加速度，而有感應電流時，加速度小于重力加速度，C錯誤；D．根據(jù)法拉第電磁感應定律和閉合電路的歐姆定律從公式中和題目的情景中可知,只有當兩種情況下速度相等時，它們的感應電流才相等,D錯誤．故選B．6?；匦铀倨鞯暮诵牟糠质钦婵帐抑械膬蓚€相距很近的D形金屬盒,把它們放在勻強磁場中,磁場方向垂直于盒面向下．連接好高頻交流電源后，兩盒間的窄縫中能形成勻強電場，帶電粒子在磁場中做圓周運動，每次通過兩盒間的窄縫時都能被加速,直到達到最大圓周半徑時通過特殊裝置引出，如果用同一回旋加速器分別加速氚核（）和粒子()，比較它們所需的高頻交流電源的周期和引出時的最大動能，下列說法正確的是A.加速氚核的交流電源的周期較大，氚核獲得的最大動能較大B。加速氚核的交流電源的周期較小，氚核獲得的最大動能較大C.加速氚核的交流電源的周期較大，氚核獲得的最大動能較小D.加速氚核的交流電源的周期較小，氚核獲得的最大動能較小【答案】C【解析】【詳解】帶電粒子在磁場中運動的周期與交流電源的周期相同,根據(jù),知氚核（)的質(zhì)量與電量的比值大于α粒子（)，所以氚核在磁場中運動的周期大,則加速氚核的交流電源的周期較大根據(jù)得，最大速度，則最大動能，氚核的質(zhì)量是α粒子的倍,氚核的電量是倍，則氚核的最大動能是α粒子的倍，即氚核的最大動能較?。蔆正確，A、B、D錯誤．故選C．【點睛】解決本題的關鍵知道帶電粒子在磁場中運動的周期與交流電源的周期相同,以及會根據(jù)求出粒子的最大速度．7。電磁流量計廣泛應用于測量可導電流體如污水在管中的流量在單位時間內(nèi)通過管內(nèi)橫截面的流體的體積為了簡化，假設流量計是如圖所示的橫截面為長方形的一段管道,其中空部分的長、寬、高分別為圖中的a、b、c流量計的兩端與輸送流體的管道相連接圖中虛線。圖中流量計的上下兩面是金屬材料，前后兩面是絕緣材料現(xiàn)于流量計所在處加磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直于前后兩面當導電流體穩(wěn)定地流經(jīng)流量計時，在管外將流量計上、下兩表面分別與一串接了電阻R的電流表的兩端連接,I表示測得電流值已知流體的電阻率為，不計電流表的內(nèi)阻，則可求得流量為()A. B。 C。 D.【答案】A【解析】【詳解】當外電路斷開時，運動電荷受洛倫茲力作用而偏轉(zhuǎn)，兩極板帶電（兩極板作為電路供電部分)而使電荷受電場力,當運動電荷穩(wěn)定時，兩極板所帶電荷量最多，兩極板間的電壓最大，等于電源電動勢E。由受力平衡得電源電動勢E＝Bvc流量Q＝Sv＝bcv接外電阻R，由閉合電路歐姆定律得E＝I(R＋r）又知導電液體的電阻由以上各式得故A正確，BCD錯誤。故選A。8.閉合矩形導線框abcd固定在勻強磁場中，磁場的方向與導線框所在平面垂直，規(guī)定垂直紙面向里為磁場的正方向,abcda方向為電流的正方向，水平向右為安培力的正方向，磁感應強度B隨時間變化的規(guī)律如圖所示，關于線框中的電流i、ad邊所受的安培力F隨時間t變化的圖象,下列說法正確的是()A。 B. C. D.【答案】AC【解析】【詳解】AB．由圖示圖象可知，0~1s時間內(nèi)，B增大，磁通量增大，由楞次定律可知,感應電流是逆時針的，為負值;1～3s磁通量不變,無感應電流；3～4s,B減小，磁通量減小,由楞次定律可知，感應電流沿順時針方向,感應電流是正的.A正確，B錯誤；CD．由左手定則可知，在0～1s內(nèi)，ad受到的安培力方向水平向右，是正的，1～3s無感應電流，沒有安培力，3～4s時間內(nèi)，安培力水平向左，是負的。由法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢感應電流由圖象可知，在每一時間段內(nèi)，是定值,在各時間段內(nèi)I是定值，ad邊受到的安培力F=BIL，I、L不變,B均勻變化,則安培力F均勻變化。D錯誤，C正確.故選AC。9。如圖所示，水平放置的兩條光滑軌道上有可自由移動的金屬棒PQ、MN，當PQ在外力作用下運動時，MN在磁場力作用下向右運動．則PQ所做的運動可能是A。向右勻加速運動 B.向左勻加速運動C.向右勻減速運動 D.向左勻減速運動【答案】BC【解析】【詳解】MN在磁場力作用下向右運動，說明MN受到磁場力向右，由左手定則可知電流由M指向N，則上面線圈產(chǎn)生的磁場向上，則由楞次定律可知,下面線圈中產(chǎn)生感應電流的磁場應該是向上減小，或向下增加;由安培定則和右手定則可知，PQ可能是向左加速運動或向右減速運動.AD不符合題意；BC符合題意。故選BC。10.如圖所示，足夠長的U形光滑金屬導軌平面與水平面成θ角，其中MN與PQ平行且間距為L，導軌平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直,導軌電阻不計．金屬棒ab由靜止開始沿導軌下滑，并與兩導軌始終保持垂直且接觸良好，ab棒接入電路的電阻為R，當流過ab棒某一橫截面的電荷量為q時，棒的速度大小為v，則金屬棒ab在這一過程中（）A.加速度為 B.下滑的位移為C.產(chǎn)生的焦耳熱為 D。受到的最大安培力為【答案】BCD【解析】【詳解】A、金屬棒ab開始做加速運動,速度增大，感應電動勢增大,感應電流也增大，金屬棒受到的安培力增大；根據(jù)牛頓第二定律，有:,又，則：，所以加速度減小,即金屬棒做加速度逐漸減小的變加速運動．故A錯誤．B、由感應電量計算公式可得，下滑的位移,故B正確．C、根據(jù)能量守恒定律：產(chǎn)生的焦耳熱，故C正確．D、當金屬棒的速度大小為v時，金屬棒ab受到的安培力最大,所以安培力的最大值，故D正確．11。如圖所示的電路中，L為電感線圈(電阻不計)，A、B為兩燈泡,以下結(jié)論正確的是()A。合上開關S時，A先亮，B后亮B。合上開關S時，A、B同時亮，以后B變暗直至熄滅，A變亮C.斷開開關S時，A、B兩燈都亮一下再逐漸熄滅D。斷開開關S時，A熄滅，B先變亮再逐漸熄滅【答案】BD【解析】【詳解】AB．合上S時，電路中立即建立了電場，故立即就有了電流，故燈泡A、B同時變亮;但通過線圈電流要增加,會產(chǎn)生自感電動勢,電流緩慢增加；當電流穩(wěn)定后,線圈相當于直導線，燈泡B被短路，故電鍵閉合后，燈泡A、B同時亮,但B逐漸熄滅，A更亮,B正確,A錯誤；CD．斷開S時,A燈立即熄滅；線圈產(chǎn)生自感電動勢，和燈泡B構(gòu)成閉合電路，B燈先閃亮后逐漸變暗;CD錯誤。故選BD．【點睛】本題考查了通電自感和斷電自感，關鍵要明確線圈中的自感電動勢總是阻礙電流的增加和減小，即總是阻礙電流的變化．12.如圖所示，均勻金屬圓環(huán)的總電阻為4R，磁感應強度為B的勻強磁場垂直穿過圓環(huán)金屬桿OM的長為l，阻值為R，M端與環(huán)接觸良好，繞過圓心O的轉(zhuǎn)軸以恒定的角速度順時針轉(zhuǎn)動阻值為R的電阻一端用導線和環(huán)上的A點連接,另一端和金屬桿的轉(zhuǎn)軸O處的端點相連接下列判斷正確的是A。金屬桿OM旋轉(zhuǎn)產(chǎn)生的感應電動勢恒為B.通過電阻R的電流的最小值為，方向從Q到PC.通過電阻R的電流的最大值為D。OM兩點間電勢差絕對值的最大值為【答案】AD【解析】【分析】根據(jù)導體轉(zhuǎn)動切割磁感應線計算感應電動勢大小，當當M端位于最上端時,電流最小，當M位于最下端時電流最大，根據(jù)右手定則可得電流方向，外電阻最大時，OM兩點間電勢差絕對值的最大,根據(jù)閉合電路的歐姆定律和法拉第電磁感應定律聯(lián)立計算即可．【詳解】A項:M端線速度為v=ωl，OM切割磁感線的平均速度,OM轉(zhuǎn)動切割磁感線產(chǎn)生的電動勢恒為E=，故A正確；B項：當M端位于最上端時，圓環(huán)兩部分電阻相等，并聯(lián)電阻最大，電流最小，R并=，通過電阻R的電流的最小值為Imin=，根據(jù)右手定則可得電流方向從Q到P，故B錯誤；C項：當M位于最下端時圓環(huán)被接入的電阻為0，此時有最大電流Imax=,故C錯誤；D項：OM作為電源,外電阻增大，總電流減小，內(nèi)電壓減小，路端電壓增大,所以外電阻最大時,OM兩點間電勢差絕對值的最大，其最大值為U=Imin×2R=，故D正確．故應選：AD．【點睛】本題主要是考查了法拉第電磁感應定律和楞次定律；對于導體切割磁感應線產(chǎn)生的感應電動勢情況有兩種：一是導體平動切割產(chǎn)生的感應電動勢，可以根據(jù)E=BLv來計算；二是導體棒轉(zhuǎn)動切割磁感應線產(chǎn)生的感應電動勢,可以根據(jù)來計算．二、填空題13.學校物理興趣小組為探究多用表歐姆檔的原理，決定自己動手設計一個可以測量電阻的裝置．手邊的器材有：干電池組，電流計A，電阻箱，待測電阻Rx.其中電流計刻度盤刻線清晰，但是讀數(shù)已經(jīng)模糊．(1）小組成員先將電池組與電流計電流計A進行串聯(lián)，電路兩端分別接好表筆,如圖（1）所示；將表筆短接，發(fā)現(xiàn)電流表指針剛好能夠指在刻度盤最右端刻度處．（2）將兩表筆分別與電阻箱兩接線柱相連，調(diào)節(jié)電阻箱，直到電流計指針指在刻度盤正中央，電阻箱示數(shù)如圖（2），則電阻箱接入電路電阻值為_______Ω．（3)用待測電阻Rx代替電阻箱接入兩表筆之間，則電流表指針指示如圖（3）所示，則可知待測電阻Rx=_______Ω．（保留小數(shù)點后一位）此次實驗快結(jié)束時，有同學拿來一塊內(nèi)阻為2803Ω的電壓表，將所設計裝置的兩表筆正確接在電壓表的兩接線柱上，電壓表示數(shù)為2.8V,可以推知實驗中使用的電池組的電動勢為________V（保留小數(shù)點后一位）【答案】(1）.97Ω（2）.48。5Ω(3）.2。9V【解析】【詳解】（2）根據(jù)圖2可知，電阻箱接入電路的電阻值為：R=9×10+7×1=97Ω，

（3）設電流表滿偏電流為Im，短接時,根據(jù)閉合電路歐姆定律得：，接入電阻箱時有：，接入電阻Rx有：，解得:Rx=48。5Ω，r=97Ω，

當兩表筆正確接在電壓表的兩接線柱上時，根據(jù)閉合電路歐姆定律得:．14。某小組利用圖（a)所示的電路，研究硅二極管在恒定電流條件下的正向電壓U與溫度t的關系，圖中V1和V2為理想電壓表；R為滑動變阻器，R0為定值電阻（阻值200Ω）;S為開關,E為電源。實驗中二極管置于控溫爐內(nèi)，控溫爐內(nèi)的溫度t由溫度計（圖中未畫出）測出。圖（b)是該小組在恒定電流為25。0μA時得到的某硅二極管U-t關系曲線。回答下列問題：(1）實驗中，為保證流過二極管的電流為25。0μA，應調(diào)節(jié)滑動變阻器R，使電壓表V1的示數(shù)為U1=______mV；根據(jù)圖(b）可知，當控溫爐內(nèi)的溫度t升高時，硅二極管正向電阻_______（填“變大"或“變小”），電壓表V1示數(shù)_________(填“增大”或“減小”)，此時應將R的滑片向___（填“A”或“B”）端移動，以使V1示數(shù)仍為U1；(2)由圖（b）可以看出U與t成線性關系，硅二極管可以作為測溫傳感器，該硅二極管的測溫靈敏度為=________×10-3V/℃（保留2位有效數(shù)字）。【答案】（1）。5.00（2)。變小（3）.增大（4).B（5).2.8【解析】【詳解】（1)[1]根據(jù)歐姆定律U1=IR0=200Ω×25.0×10-6A=5.00×10-3V=5.00mV電壓表V1的示數(shù)為5.00mV。[2]根據(jù)歐姆定律變形得通過硅二極管電流不變,溫度升高，電壓減小，故硅二極管正向電阻變小.[3]由于硅二極管正向電阻變小，總電阻減小，總電流增大；根據(jù)歐姆定律可知R0兩端電壓增大,即V1示數(shù)增大。［4］只有增大電阻才能使電流減小，故滑動變阻器向右調(diào)節(jié),即向B端調(diào)節(jié).(2)[5］由圖可知該硅二極管的測溫靈敏度為.三、計算題15。如圖所示電路中，，，，電池的內(nèi)阻,電動勢．（1)閉合開關S，求穩(wěn)定后通過的電流．（2）求將開關斷開后流過的總電荷量．【答案】（1）1A；(2)【解析】【詳解】（1）閉合開關S電路穩(wěn)定后，電容視為斷路，則由圖可知，與串聯(lián)，由閉合電路的歐姆定律有：所以穩(wěn)定后通過的電流為1A．(2)閉合開關S后，電容器兩端的電壓與的相等,有將開關S斷開后,電容器兩端的電壓與電源的電動勢相等，有流過的總電荷量為16。如圖所示，長為L，傾角為的固定光滑絕緣斜面處于沿斜面向上的勻強電場中，一帶電量為+q，質(zhì)量為m的小球,以初速度發(fā)v0由斜面底端的A點開始沿斜面向上勻速運動，重力加速度為g。求:(1）勻強電場的電場強度E的大?。唬?)AC間的電勢差UAC的大小?！敬鸢浮浚?)（2）【解析】【詳解】（1）小球沿斜面勻速上滑,則有mgsinθ=qE解得E=(2)小球從A到C的過程，由動能定理得：qUAC—mgLsinθ=0解得UAC=17。半徑為a的圓形區(qū)域內(nèi)有均勻磁場，磁感應強度為B=0。2T，磁場方向垂直紙面向里,半徑為b的金屬圓環(huán)面與磁場垂直，其中a＝0。4m，b＝0。6m.金屬環(huán)上分別接有燈L1、L2，兩燈的電阻均為R＝2Ω，一金屬棒MN與金屬環(huán)接觸良好,棒與環(huán)的電阻均忽略不計.（1）若棒以v0＝10m/s的速率在環(huán)上向右勻