2023-2024學年北京市懷柔一中高二（下）開學物理試卷（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2023-2024學年北京市懷柔一中高二（下）開學物理試卷一、選擇題1.如圖所示，小磁針的N極指向正確的是(

)

A.a B.b C.c D.d2.如圖所示，用起電機使金屬球A帶上正電，靠近驗電器B，則(

)

A.驗電器金箔不張開，因為球A沒有和B接觸

B.驗電器金箔張開，因為整個驗電器都帶上了正電

C.驗電器金箔張開，因為整個驗電器都帶上了負電

D.驗電器金箔張開，因為驗電器下部箔片都帶上了正電3.兩個相同的帶電小球相距r時，相互作用力大小為F，電荷量分別為q和?3q，將兩球接觸后分開，放到相距2r處，相互作用力大小為(

)A.F3 B.2F3 C.F64.通電直導線放在勻強磁場中，磁感應強度B的方向如圖所示．“?”表示導線中電流I的方向垂直于紙面向里，“⊙”表示導線中電流I的方向垂直于紙面向外．圖中標出了導線所受安培力F的方向，其中正確的是(

)A. B. C. D.5.若在2s內(nèi)共有2×1019個2價正離子和4×1019個1價負離子同時向相反方向定向移動通過某截面，那么通過這個截面的電流是(取A.1.5A B.6.4A C.4.8A D.3A6.如圖所示，一條形磁鐵N極朝下，向下靠近閉合線圈時(

)A.磁鐵與線圈相互排斥，通過R的感應電流方向從b?R?a

B.磁鐵與線圈相互吸引，通過R的感應電流方向從a?R?b

C.磁鐵與線圈相互排斥，通過R的感應電流方向從a?R?b

D.磁鐵與線圈相互吸引，通過R的感應電流方向從b?R?a7.在如圖所示電路中，線圈L的自感系數(shù)很大，其電阻可忽略，A、B是完全相同的燈泡，則當開關(guān)S閉合時(

)A.A比B先亮，然后A熄滅

B.B比A先亮，然后A逐漸變亮

C.A、B一起亮，然后A熄滅

D.A、B一起亮，然后B熄滅8.一個電容器充好電后，兩極間通過連接一個電阻進行放電，放電電流隨時間變化的圖像如圖所示。下列說法不正確的是(

)A.圖中的陰影面積代表電容器在相應的時間內(nèi)減少的電荷量

B.隨著電容器所帶的電荷量的減少，電容器的電容也越來越小

C.隨著放電電流的減小，電容器兩極板間的電壓也越來越小

D.當放電電流減為初值的一半時，電容器所帶的電荷量也減為一半9.在垂直紙面的勻強磁場中，有不計重力的甲、乙兩個帶電粒子，在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，運動方向和軌跡示意如圖．則下列說法中正確的是(

)A.甲、乙兩粒子所帶電荷種類不同

B.若甲、乙兩粒子所帶電荷量及運動的速率均相等，則甲粒子的質(zhì)量較大

C.若甲、乙兩粒子的動量大小相等，則甲粒子所帶電荷量較大

D.該磁場方向一定是垂直紙面向里10.電場線能直觀、方便地反映電場的分布情況。如圖甲是等量異號點電荷形成電場的電場線，圖乙是電場中的一些點；O是電荷連線的中點，E、F是連線中垂線上關(guān)于O對稱的兩點，B、C和A、D是兩電荷連線上關(guān)于O對稱的兩點。則(

)

A.A、D兩點場強不同

B.E、F兩點電勢相等

C.B、O、C三點中，O點場強最大

D.從E點向O點運動的電子加速度逐漸減小11.如圖所示，甲是回旋加速器，乙是磁流體發(fā)電機，丙是速度選擇器，丁是霍爾元件，其中丙的磁感應強度大小為B、電場強度大小為E，下列說法正確的是(

)

A.甲圖要增大粒子的最大動能，可減小磁感應強度B.乙圖可判斷出A極板是發(fā)電機的正極

C.丙圖中粒子沿直線通過速度選擇器的條件是v=BED.丁圖中若導體為金屬，穩(wěn)定時12.粗細均勻的電阻絲圍成的正方形線框置于有界勻強磁場中，磁場方向垂直于線框平面，其邊界與正方形線框的邊平行?，F(xiàn)使線框以同樣大小的速度沿四個不同方向勻速移出磁場，如圖所示，則在移出過程中線框一邊a、b兩點間的電壓最大的是(

)A. B.C. D.13.如圖所示為湯姆孫發(fā)現(xiàn)電子的氣體放電管示意圖，其中AB之間為加速電場，D1D2之間可加偏轉(zhuǎn)電場，某次試驗中發(fā)現(xiàn)電子打在熒光屏的P3位置，則下列說法正確的是(

)A.打在P3位置，說明偏轉(zhuǎn)電極D1接的是低電勢

B.要想讓電子在熒光屏上的位置從P3靠近P1，則可以增強加速電場或增強偏轉(zhuǎn)電場

C.14.如圖所示為交流發(fā)電機的示意圖，矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸OO′勻速轉(zhuǎn)動，發(fā)電機的輸出電壓隨時間的變化規(guī)律為u=10cos20πt(V)。下列說法正確的是(

)A.此交流電的頻率為10Hz

B.此交流電的電壓的有效值為10V

C.當線圈平面轉(zhuǎn)到中性面時磁通量為零

D.當線圈平面轉(zhuǎn)到中性面時產(chǎn)生的電動勢為10V15.用如圖所示的多用電表正確測量了一個13Ω的電阻后，需要再測量一個阻值約為200Ω的電阻。在用紅、黑表筆接觸該待測電阻兩端之前，必要的操作及其順序應當是______。

A.將紅表筆和黑表筆接觸

B.把選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到“×10”位置

C.把選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到“×100”位置

D.調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕使表針指向歐姆零點二、非選擇題16.某研究性學習小組的同學們設(shè)計了描繪小燈泡的伏安特性曲線的實驗，待測小燈泡的額定電壓為3.8V.要求測量結(jié)果盡量精確，并繪制出小燈泡兩端電壓在0～3.8V范圍內(nèi)完整的伏安特性曲線。

(1)若實驗室的電壓表、電流表和滑動變阻器都滿足實驗要求，則在如圖1所示的兩種實驗方案中，應選擇圖______所示電路進行實驗。(選填“甲”或“乙”)

(2)若實驗中只提供了量程為3V，內(nèi)阻為3000Ω的電壓表V1，為了繪制完整的伏安特性曲線，需要將電壓表V1改裝成量程為4V的電壓表V2，則應將電壓表V1______(選填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”)一個阻值為______Ω的定值電阻，才能實現(xiàn)改裝的要求。

(3)小組的同學們正確描繪出小燈泡的伏安特性曲線如圖2所示，根據(jù)這個特性曲線，同學們對小燈泡的實際功率與其兩端的電壓的關(guān)系，或與通過其電流的關(guān)系，猜想出了如圖3所示的關(guān)系圖象，其中可能正確的是______。(選填選項下面的字母序號)

(4)某同學將該小燈泡接在一個電動勢為3.0V、內(nèi)阻為5.0Ω的電源上，組成一個閉合電路，則此時該小燈泡實際功率約為______W.(保留2位有效數(shù)字)17.如圖所示的電路中，電源內(nèi)阻r=0.5Ω，外電阻R=1Ω，當開關(guān)S閉合后，理想電壓表的示數(shù)為1V，求：

(1)通過R的電流；

(2)電源的電動勢E；

(3)10s內(nèi)電源內(nèi)部的非靜電力移送多少庫侖的電荷？

18.如圖所示，一個寬度為L磁感應強度為B的勻強磁場，磁場的方向垂直于紙面向里。有一個帶電粒子以向右的速度v垂直于該磁場邊界進入磁場，穿出磁場時速度方向和進入時的方向夾角為α=30°。不計粒子的重力。求：

(1)帶電粒子的比荷qm；

(2)帶電粒子穿過磁場所用的時間t。

19.如圖所示，間距L=0.40m的平行光滑金屬導軌固定在絕緣水平面上，導軌的一端連接阻值R=0.40Ω的電阻。導軌所在空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小B=0.10T。一根長度為L、電阻r=0.10Ω的導體棒ab放在導軌上，導軌的電阻可忽略不計?，F(xiàn)用一垂直于導體棒的水平拉力拉動導體棒使其沿導軌以v=5.0m/s的速度向右勻速運動，在運動過程中保持導體棒與導軌垂直且接觸良好?？諝庾枇珊雎圆挥?。求：

(1)通過導體棒的電流I，并說明通過導體棒的電流方向；

(2)導體棒兩端的電壓大小U，并指出哪端電勢高。20.如圖甲所示，一個面積為S，阻值為r的圓形金屬線圈與阻值為2r的電阻R組成閉合回路。在線圈中存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示，圖中B0和t0已知，導線電阻不計。在t=0至t=t0時間內(nèi)，求：

(1)感應電動勢的大小E，及ab兩點的電勢高低；

(2)a、b兩點間的電勢差

答案和解析1.【答案】D

【解析】解：根據(jù)右手螺旋定則可知通電螺線管左側(cè)為N極，右側(cè)為S極，磁感線在外部由N極S極，內(nèi)部由S極指向N極，而靜止時小磁針N極指向為磁感線方向，可知小磁針的N極指向正確的只有d，故ABC錯誤，D正確。

故選：D。

依據(jù)安培定則可判斷通電導線周圍的磁場方向，再根據(jù)小磁針靜止時N極的指向與磁感應線的方向相同，從而分析小磁針所在處的磁場方向是否正確。

本題考查了磁感線的方向，要求學生能夠判斷電流周圍的磁場方向，同時掌握安培定則的內(nèi)容。2.【答案】D

【解析】解：把一個帶正電的物體A，靠近一個原來不帶電的驗電器的金屬小球，驗電器的金屬小球由于感應會帶上負電荷和金屬箔由于感應會帶上正電荷，而整個驗電器不帶電。所以驗電器金箔張開，因為驗電器下部箔片都帶上了正電。

故選：D。

(1)驗電器是利用同種電荷相互排斥的原理制成的，金屬箔片張開，說明驗電器上帶了電荷；

(2)物體帶正電，靠近驗電器的金屬球時，金屬小球由于感應會帶上負電荷和金屬箔由于感應會帶上正電荷；

本題考查了感應起電的相關(guān)知識點，要知道驗電器是利用同種電荷相互排斥的原理制成的。3.【答案】D

【解析】解：根據(jù)庫侖定律公式，開始時兩個電荷之間的作用力：F=kq×3qr2=3kq2r2

若把它們接觸一下后分開，根據(jù)“電荷均分原理”可知，每個小球所帶的電荷量為?q，再放到相距2r處，它們的相互作用力大小變?yōu)椋?/p>

F′=kqq(2r)24.【答案】B

【解析】解：AB、電流方向垂直紙面向里，磁場水平向左，根據(jù)左手定則，安培力方向豎直向上。故A錯誤，B正確。

CD、電流方向垂直紙面向外，磁場水平向左，根據(jù)左手定則，安培力方向豎直向下。故C、D錯誤。

故選：B。

解決本題的關(guān)鍵掌握左手定則判定安培力的方向．5.【答案】B

【解析】解：2s內(nèi)通過截面的總電量為：

q=2×1019×2×1.6×10?19+4×1019×1×1.6×10?19C=12.8C

通過這個截面的電流是：I=qt=12.82A=6.4A，故ACD6.【答案】C

【解析】解：由“來拒去留”可知，磁鐵靠近線圈，則磁鐵與線圈相互排斥；由題目中圖可知，當磁鐵豎直向下運動時，穿過線圈的磁通量向下增大，由楞次定律可知感應電流的磁場向上，則由右手螺旋定則可知電流方向從a經(jīng)過R到b。故C正確，ABD錯誤、

故選：C。

先判斷通過線圈的磁場方向及磁通量的變化，由楞次定律可判斷電路中電流的方向及磁極間的相互作用。

在判斷電磁感應中磁極間的相互作用時可以直接利用楞次定律的第二種表示：“來拒去留”直接判斷，不必再由安培定則判斷線圈中的磁場，再由磁極間的相互作用判斷力的方向。7.【答案】B

【解析】解：閉合開關(guān)的瞬間，B燈先亮，由于線圈中自感電動勢的阻礙A燈支路電流的增加，使得A燈后亮，然后A中的電流逐漸增大，A逐漸變亮。故B正確，ACD錯誤。

故選：B。

電感在線圈中電流發(fā)生變化時會產(chǎn)生一種阻礙作用，當電流增大時會產(chǎn)生反向電動勢使電流緩慢增大，在接通瞬間看作是電阻極大；當電流減小時，會產(chǎn)生同向電動勢，使電流緩慢減小，相當于電源。

對于線圈要抓住雙重特性：當電流不變時，它是電阻不計的導線；當電流變化時，產(chǎn)生自感電動勢，相當于電源。8.【答案】B

【解析】解：A、根據(jù)q=It可知，圖中陰影面積表示電容器在相應的時間內(nèi)減少的電荷量，故A正確；

B、電容器的電容自身的構(gòu)造和材料決定，不隨電容器所帶電荷的變化而變化，故B錯誤；

C、隨著放電電流的減少，電容器兩極板所帶電荷量減少，由電容的定義式C=QU可知，電容器兩極板間的電壓也越來越小，故C正確；

D、當放電電流減為初值的一半時，電阻的電流變?yōu)樵瓉淼囊话?，由歐姆定律可知，電阻兩端的電壓也變?yōu)樵瓉淼囊话?，故電容器兩極板間的電壓變?yōu)槌踔禃r的一半，由電容的定義式可知，電容器所帶電量也減為原來的一半，故D正確。

本題選錯誤的，

故選：B。

根據(jù)圖象的性質(zhì)可知，圖象與坐標軸圍成的面積表示it；明確電容器的電容的大小是由電容器本身決定的；根據(jù)電容器電荷量電壓的關(guān)系式Q=UC以及歐姆定律分析電流變?yōu)橐话霑r的電量。9.【答案】B

【解析】【分析】

運用左手定則分析磁場方向和兩粒子的電性；根據(jù)洛倫茲力提供向心力結(jié)合圓周運動規(guī)律，求出半徑公式，運用半徑公式逐項分析即可．

本題較為基礎(chǔ)，考查左手定則、帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑公式以及動量的表達式，運用控制變量的方法分析判斷即可求解．

【解答】

A、D

兩粒子均逆時針運動，根據(jù)左手定則可知有兩種情況：①磁場垂直紙面向里，粒子均帶正電；②磁場垂直紙面向外，粒子均帶負電，故A、D錯誤；

B、根據(jù)洛倫茲力提供向心力得qvB=mv2R，可得R=mvqB，分析可知當速率v、電量q、磁感應強度B均相等時，半徑R越大的粒子質(zhì)量m就越大，故B正確；

C、根據(jù)R=mvqB可知，磁感應強度B相同，當兩粒子動量P=mv相等時，半徑R越小的粒子電量q10.【答案】B

【解析】解：A、根據(jù)電場強度的疊加可知，A、D兩點電場強度大小相等、方向相同，故A錯誤；

B、等量異種電荷中垂線的電勢相等，E、F是連線的中垂線上關(guān)于O對稱的兩點，E、F兩點的電勢相等，故B正確；

C、電場線密的地方電場強度大，所以沿等量異種電荷連線上，電場強度先減小后增大，O點場強最小，故C錯誤；

D、電場線密的地方電場強度大，所以O(shè)點的電場強度大于E點的電場強度，根據(jù)牛頓第二定律可知，從E點向O點運動的電子加速度逐漸增大，故D錯誤。

故選：B。

根據(jù)電場強度的疊加分析電場強度的大??；等量異種電荷中垂線為等勢線，同一電荷在同一個等勢線上的電勢能相等；電場線密的地方電場強度大，由此分析電場強度大小，根據(jù)牛頓第二定律分析加速度變化。

無論是電場線或是等差等勢面，都是密的地方場強大，疏的地方場強??；掌握等量異種電荷電場線的分布情況。11.【答案】D

【解析】解：A.粒子在回旋加速器的磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力qvB=mv2r

粒子的最大動能Ek=12mv2

解得Ek=q2B2r22m，可見要增大粒子的最大動能，應該增大磁感應強度，故A錯誤；

B.磁場方向由N到S，根據(jù)左手定則可知，正離子所受的洛倫茲力指向B板、負離子所受洛倫茲力指向A板，B板聚集正離子、A板聚集負離子，因此B板是發(fā)電機的正極，故B錯誤；

C.粒子在速度選擇器中受洛倫茲力和電場力作用，根據(jù)平衡條件qvB=Eq

解得v=EB

12.【答案】B

【解析】解：磁場中切割磁感線的邊相當于電源，外電路由三個相同電阻串聯(lián)形成，ACD中a、b兩點間電勢差為外電路中一個電阻兩端電壓為：U=E4=BLv4

B圖中a、b兩點間電勢差為路端電壓為：U=3E4=3BLv4，所以a、b兩點間電勢差絕對值最大的是B圖所示，故ACD錯誤，B正確。

故選：13.【答案】D

【解析】解：A、發(fā)現(xiàn)電子打在熒光屏的P3位置，說明電子在D1D2板間向上偏轉(zhuǎn)，說明電極D1接的是高電勢，故A錯誤；

B、令加速電壓為U1，則有

eU1=12mv02

令偏轉(zhuǎn)電壓為U2，板長為L，則加速度為a=eU2md

設(shè)運動時間為t，則L=vt

偏轉(zhuǎn)位移為y=12at2

解得y=U2L14.【答案】A

【解析】解：A、此交流電的頻率為：f=ω2π=20π2π=10Hz，故A正確；

B、此正弦交流電的電壓的最大值為10V，那么有效值：U=102V=52V，故B錯誤；15.【答案】BAD

【解析】解：歐姆擋表盤中央刻度為“15”，多用電表測量了一個13Ω的電阻選擇的倍率為“×1”；

現(xiàn)在需要再測量一個阻值約為200Ω的電阻時，根據(jù)電阻測量值=歐姆表指針對應示數(shù)×倍率，應該將歐姆表的倍率換為“×10”；

換擋后必須重新進行歐姆調(diào)零，將紅表筆和黑表筆接觸，調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕使表針指向歐姆零點，然后再進行測量，故操作順序為BAD。

故答案為：BAD。

用歐姆表測電阻時，電阻測量值=歐姆表指針對應示數(shù)×倍率，根據(jù)歐姆表測電阻的正確操作分析作答。

本題主要考查了歐姆表測電阻的正確操作，對于基本儀器，要求熟練掌握。16.【答案】甲

串聯(lián)

1000

AB

0.39

【解析】解：(1)實驗中要求繪制出小燈泡兩端電壓在0～3.8V范圍內(nèi)完整的伏安特性曲線。則必須采用滑動變阻器分壓接法；而由于燈泡內(nèi)阻較小，故應采用電流表外接法，故選圖甲；

(2)電壓表擴大量程要串聯(lián)電阻，根據(jù)歐姆定律可得：

U2=U1RV1(RV1+R)

需要串聯(lián)的電阻為：

R=U2RV1U1?RV1=1000Ω

(3)根據(jù)I?U圖線的斜率表示電阻的倒數(shù)，知電阻隨電壓的增大而增大。

P?U2圖線的斜率表示電阻倒數(shù)，電阻增大，知P與U2圖線的斜率減小，所以B正確。

P?I2圖線的斜率表示電阻的大小，電阻增大，知P與I2圖線的斜率增大。所以A正確。故選AB；

(4)小燈泡的伏安特性曲線如圖2所示，在同一坐標系下做出路端電壓隨干路電流變化圖象，如圖所示，

兩圖象交點的橫縱坐標表示單獨把燈泡接到電動勢為3.0V、內(nèi)阻為5.0Ω的電源上時，

小燈泡兩端的電壓為：U=2.05V

小燈泡兩端的電流為：I=0.19V

則此時該小燈泡實際功率為：P=UI=2.05×0.19W≈0.39W

故答案為：(1)甲；(2)串聯(lián)；1000；(3)AB；(4)0.39(0.36～0.4217.【答案】解：(1)由歐姆定律可得通過R的電流為

I=UR=11A=1A

(2)由閉合電路歐姆定律可得電源的電動勢為

E=I(R+r)=1×(1+0.5)V=1.5V

(3)10s內(nèi)電源內(nèi)部的非靜電力移送的電荷為：

q=It=1×10C=10C

答：(1)通過R的電流為1A；

(2)電源的電動勢E為1.5V；【解析】(1)根據(jù)歐姆定律求解通過R的電流；

(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律求解電源的電動勢E；

(3)根據(jù)q=It求10s內(nèi)電源內(nèi)部的非靜電力移送多少庫侖的電荷。

本題的關(guān)鍵要掌握歐姆定律和閉合電路歐姆定律，并能正確運用。18.【答案】解：(1)粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示：

由幾何知識可知，粒子的軌道半徑：r=Lsin?α=Lsin30°=2L

粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，

由牛頓第二定律得：qvB=mv2r

解得：qm=v2BL

(2)粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角θ=α=30°

粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T=2πrv【解析】(1)粒子在磁場中