河北省承德第一中學(xué)2020-2021學(xué)年高二下學(xué)期開學(xué)測試物理試題

承德一中20202021學(xué)年第二學(xué)期高二年級開學(xué)考物理試題時間：75分鐘總分：100分一、單選題（每題3分，共36分）1.如圖所示的各電場中，A、B兩點電場強度相同的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】A．由負(fù)點電荷的場強特點結(jié)合電場線可知，A、B兩點的電場強度方向相同，大小不同，A錯誤；B．由負(fù)點電荷的場強特點結(jié)合電場線可知，A、B兩點的電場強度大小不等，方向相同同，故B錯誤；C．在勻強電場中的A、B兩點場強大小、方向均相同，C正確；D．A、B兩點場強大小不等，方向不同，D錯誤；故選C。2.如圖，電場中一正離子只受電場力作用從A點運動到B點．離子在A點的速度大小為v0，速度方向與電場方向相同．能定性反映該離子從A點到B點運動情況的速度﹣時間（v﹣t）圖象是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】試題分析：電場中正離子只受電場力作用從A點運動到B點的過程中，電場力對離子做正功，速度增大，電場力提供加速度qE=ma，場強減小，加速度減小，速度時間圖像中斜率表示加速度的大小，C對；考點：考查電場力做功與牛頓第二定律的應(yīng)用點評：在求解本題過程中注意速度與電場力做功的關(guān)系、加速度與電場力、電場強度的關(guān)系3.在如圖所示的電路中，、為兩個完全相同的燈泡，為自感線圈，為電源，為開關(guān)，關(guān)于兩燈泡點亮和熄滅的先后次序，下列說法正確的是（）A.合上開關(guān)，先亮，后亮；斷開開關(guān)，、同時熄滅B.合上開關(guān)，先亮，后亮；斷開開關(guān)，先熄滅，后熄滅C.合上開關(guān)，先亮，后亮；斷開開關(guān)，、同時熄滅D.合上開關(guān)，、同時亮；斷開開關(guān)，先熄滅，后熄滅【答案】C【解析】【分析】當(dāng)開關(guān)接通和斷開的瞬間，流過線圈的電流發(fā)生變化，產(chǎn)生自感電動勢，阻礙原來電流的變化，根據(jù)楞次定律來分析兩燈亮暗順序．【詳解】由圖可以看出，a、b燈泡在兩個不同的支路中，對于純電阻電路，不發(fā)生電磁感應(yīng)，通電后用電器立即開始正常工作，斷電后停止工作．但對于含電感線圈的電路，在通電時，線圈產(chǎn)生自感電動勢，對電流的變化有阻礙作用。則合上開關(guān)，b先亮，a后亮．當(dāng)斷開電鍵時，線圈中產(chǎn)生自感電動勢，由a、b及電感線圈組成一個回路，兩燈同時逐漸熄滅．故C正確．故選C．【點評】對于線圈要抓住這個特性：當(dāng)電流變化時，線圈中產(chǎn)生自感電動勢，相當(dāng)于電源，為回路提供瞬間的電流．4.如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系中，有方向平行于坐標(biāo)平面的勻強電場，其中坐標(biāo)原點O處的電勢為0V，點A處的電勢為6V，點B處的電勢為3V，則電場強度的大小為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【詳解】OA的中點C的電勢為3V，將C點與B點連接，如圖，電場線與等勢線垂直，根據(jù)幾何關(guān)系得則OB沿電場線方向上的距離所以電場強度故選A?！军c睛】解決本題的關(guān)鍵知道電場線與等勢線垂直，掌握勻強電場的電場強度大小與電勢差的關(guān)系，即，注意d是沿電場線方向上的距離。5.如圖所示，一水平放置的矩形閉合線圈abcd，在細(xì)長磁鐵的N極附近豎直下落，保持bc邊在紙外，ad邊在紙內(nèi)，從圖中位置Ⅰ經(jīng)過位置Ⅱ到達(dá)位置Ⅲ，位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近Ⅱ.在這個過程中，線圈中感應(yīng)電流A.沿abcd流動B.沿dcba流動C.由Ⅰ到Ⅱ是沿abcd流動，由Ⅱ到Ⅲ是沿dcba流動D.由Ⅰ到Ⅱ是沿dcba流動，由Ⅱ到Ⅲ是沿abcd流動【答案】A【解析】【詳解】由條形磁鐵的磁場分布情況可知，線圈在位置Ⅱ時穿過矩形閉合線圈的磁通量最少．線圈從位置Ⅰ到Ⅱ，穿過abcd自下而上的磁通量減少，感應(yīng)電流的磁場阻礙其減少，則在線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向為abcd，線圈從位置Ⅱ到Ⅲ，穿過abcd自上而下的磁通量在增加，感應(yīng)電流的磁場阻礙其增加，由楞次定律可知感應(yīng)電流的方向仍然是abcd.．A.由上分析可知，A正確；BCD.由上分析可知，BCD錯誤．6.如圖，長為的直導(dǎo)線拆成邊長相等，夾角為的形，并置于與其所在平面相垂直的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為，當(dāng)在該導(dǎo)線中通以電流強度為的電流時，該形通電導(dǎo)線受到的安培力大小為A.0 B.0.5 C. D.【答案】C【解析】【詳解】試題分析：導(dǎo)線在磁場內(nèi)有效長度為，故該V形通電導(dǎo)線受到安培力大小為，選項C正確，選項ABD錯誤．考點：安培力【名師點睛】由安培力公式進行計算，注意式中的應(yīng)為等效長度，本題考查安培力的計算，熟記公式，但要理解等效長度的意義．7.用多用電表探測如圖所示黑箱發(fā)現(xiàn)∶用直流電壓擋測量，E、G兩點間和F、G兩點間均有電壓，E、F兩點間無電壓；用歐姆擋測量，黑表筆接E點，紅表筆接F點，阻值很小，但反接阻值很大。那么，該黑箱內(nèi)元件的接法可能是下圖中的（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【詳解】用多用電表的直流電壓擋測量，E、G和F、G間有電壓，E、F間無電壓，說明電源在G和結(jié)點之間；黑表筆接E，紅表筆接F，電阻很小，反接時電阻很大，說明E、F間接有二極管，當(dāng)電流方向從E到F時，二極管導(dǎo)通。故選B。8.在如圖所示的電路中，R1、R2、R3和R4均為定值電阻，R5為可變電阻，電源的電動勢為E，內(nèi)阻為r，設(shè)電流表A1讀數(shù)為I1，電流表A2的讀數(shù)為I2，電壓表V的讀數(shù)為U，當(dāng)R5的滑動觸點向圖中a端移動時（）A.I1變大，I2變大，U變大B.I1變大，I2變小，U變大C.I1變大，I2變小，U變小D.I1變小，I2變小，U變小【答案】C【解析】【分析】【詳解】當(dāng)R5的滑動觸點向圖中a端移動時，R5變小，外電路總電阻變小，則由閉合電路歐姆定律知，總電流I變大，，路端電壓變小，則有I1變大，U變?。娐分胁⒙?lián)部分電壓變小，則I2變?。蔬xC。9.如圖所示，閉合導(dǎo)線框的質(zhì)量可以忽略不計，將它從如圖所示的位置勻速拉出勻強磁場．若第一次用0.3s時間拉出，外力所做的功為W1，通過導(dǎo)線截面的電荷量為q1；第二次用0.9s時間拉出，外力所做的功為W2，通過導(dǎo)線截面的電荷量為q2，則()A.W1<W2，q1<q2 B.W1<W2，q1＝q2 C.W1>W2，q1＝q2 D.W1>W2，q1>q2【答案】C【解析】【詳解】第一次用0.3s時間拉出，第二次用0.9s時間拉出，兩次速度比為3:1，由E=BLv，兩次感應(yīng)電動勢比為3:1，兩次感應(yīng)電流比為3:1，由于F安=BIL，兩次安培力比為3:1，由于勻速拉出勻強磁場，所以外力比為3:1，根據(jù)功的定義W=Fx，所以：W1:W2=3:1；根據(jù)電量，感應(yīng)電流，感應(yīng)電動勢，得：所以：q1:q2=1:1，故W1＞W(wǎng)2，q1=q2。A.W1<W2，q1<q2。故A錯誤；B.W1<W2，q1＝q2。故B錯誤；C.W1>W2，q1＝q2。故C正確；D.W1>W2，q1>q2。故D錯誤；10.如圖所示是電磁流量計的示意圖。圓管由非磁性材料制成，空間有勻強磁場。當(dāng)管中的導(dǎo)電液體流過磁場區(qū)域時，測出管壁上MN兩點的電動勢E，就可以知道管中液體的流量q——單位時間內(nèi)流過管道橫截面的液體的體積。已知管的直徑為d，磁感應(yīng)強度為B，則關(guān)于q的表達(dá)式正確的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】【詳解】最終正負(fù)電荷在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡，有qvB=q則v=流量q=vS=故選B。11.如圖，半徑為R的均勻帶正電薄球殼，其上有一小孔A．已知殼內(nèi)的場強處處為零；殼外空間的電場與將球殼上的全部電荷集中于球心O時在殼外產(chǎn)生的電場一樣．一帶正電的試探電荷（不計重力）從球心以初動能Ek0沿OA方向射出．下列關(guān)于試探電荷的動能Ek與離開球心的距離r的關(guān)系圖象，可能正確的是A. B.C. D.【答案】A【解析】【詳解】試題分析：由于在球殼內(nèi)場強處處為零，因此從O向A運動的過程中電荷不受電場力，做勻速直線運動，動能不發(fā)生變化，圖象為一條水平直線，C、D錯誤；通過A點后，電荷做加速運動，但場強逐漸減小，通過相同的位移，電場力做功逐漸減小，根據(jù)動能定理，試探電荷的動能的增量逐漸減小，即圖象的斜率逐漸減小，A正確，B錯誤．考點：動能定理，點電荷的電場12.如圖（甲）所示，虛線上方空間有垂直線框平面的勻強磁場，直角扇形導(dǎo)線框繞垂直于線框平面的軸O以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動。設(shè)線框中感應(yīng)電流方向以逆時針為正方向，那么在圖（乙）中能準(zhǔn)確描述線框從下圖所示位置開始轉(zhuǎn)動一周的過程中，線框內(nèi)感應(yīng)電流隨時間變化情況的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】【詳解】當(dāng)線框進入磁場后，切割的有效長度為半圓的半徑不變，即電動勢及電流大小不變；由右手定則可知，電流為逆時針，故為正值；當(dāng)線框全部進入磁場，磁通量不變，無感應(yīng)電流；當(dāng)線框出磁場后，切割的有效長度為半圓的半徑不變，即電動勢及電流大小不變；由右手定則可知，電流為順時針，故為負(fù)值；當(dāng)線框全部出磁場，磁通量沒有，則無感應(yīng)電流。故選A。二、多選題（每題3分，選對不全2分，共12分）13.勞倫斯和利文斯設(shè)計的回旋加速器工作原理如圖所示，置于高真空中的D形金屬半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可忽略，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與盒面垂直，高頻交流電頻率為f，加速電壓為U。若A處粒子源產(chǎn)生的質(zhì)子質(zhì)量為m、電荷量為＋q，在加速器中被加速，且加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力的影響，則下列說法錯誤的是（）A.質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2πRfB.質(zhì)子離開回旋加速器時的最大動能與加速電壓U成正比C.質(zhì)子離開回旋加速器時的最大動能與交流電頻率f成正比D.質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為1∶2【答案】BCD【解析】【分析】【詳解】A．質(zhì)子出回旋加速器的速度最大，此時的半徑為R，則所以最大速度不超過2πfR，A正確；BC．根據(jù)知則最大動能BC錯誤；D．粒子在加速電場中做勻加速運動，在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)知，質(zhì)子第1次和第2次經(jīng)過D形盒狹縫的速度比為，根據(jù)則半徑比為，D錯誤。故選BCD。14.電磁軌道炮工作原理如圖所示．待發(fā)射彈體可在兩平行軌道之間自由移動，并與軌道保持良好接觸．電流I從一條軌道流入，通過導(dǎo)電彈體后從另一條軌道流回．軌道電流可形成在彈體處垂直于軌道面得磁場（可視為勻強磁場），磁感應(yīng)強度的大小與I成正比．通電的彈體在軌道上受到安培力的作用而高速射出．現(xiàn)欲使彈體的出射速度增加至原來的2倍，理論上可采用的方法是A.只將軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍B.只將電流I增加至原來的2倍C.只將彈體質(zhì)量減至原來的一半D.將彈體質(zhì)量減至原來的一半，軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，其它量不變【答案】BD【解析】【詳解】試題分析：通電的彈體在軌道上只受安培力作用，根據(jù)動能定理可得，因為磁感應(yīng)強度的大小與I成正比，即，聯(lián)立解得，若只將軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，則速度變?yōu)樵瓉淼谋?，若只將電流I增加至原來的2倍，則速度變?yōu)樵瓉淼?倍，若將彈體質(zhì)量減至原來的一半，則速度變?yōu)樵瓉淼谋?，將彈體質(zhì)量減至原來的一半，軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，則速度變?yōu)樵瓉淼?倍，故BD正確；考點：考查了安培力，動能定理15.一個帶電小球從空中的a點運動到b點的過程中，重力做功3J，電場力做功1J，克服空氣阻力做功0.5J，則（）A.在a點的重力勢能比在b點大3.5JB.在a點的電勢能比在b點小1JC.在a點的動能比在b點小3.5JD.在a點的機械能比在b點小0.5J【答案】CD【解析】【分析】【詳解】A．從a點運動到b點，重力做功3J，重力勢能減小3J，可知在a點的重力勢能比b點大3J，A錯誤；B．從a點到b點，電場力做功1J，則電勢能減小1J，可知a點的電勢能比b點大1J，B錯誤；C．重力做功3J，電場力做功1J，克服空氣阻力做功0.5J，則合力做功為3.5J，可知動能增加3.5J，即a點的動能比b點動能小3.5J，C正確；D．除重力以外其它力做功為0.5J，則機械能增加0.5J，可知a點機械能比b點機械能小0.5J，D正確。故選CD。16.如圖所示，已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，水平進入互相垂直的勻強電場和勻強磁場區(qū)域（電場強度E和磁感應(yīng)強度B已知），小球在此區(qū)域的豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，則（）A.小球可能帶正電B.小球做勻速圓周運動的半徑為C.小球做勻速圓周運動的周期為D.若電壓U增大，則小球做勻速圓周運動的周期增大【答案】BC【解析】【詳解】A．小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，故重力等于電場力，即電場力豎直向上，由于E向下，小球帶負(fù)電，故A錯誤；B．小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，故重力等于電場力，所以由于洛倫茲力提供向心力，故有解得又由于解得故B正確；C．由于洛倫茲力提供向心力做圓周運動，故有運動周期C正確；D．由于洛倫茲力提供向心力做圓周運動，故有運動周期顯然運動周期與加速電壓無關(guān)，D錯誤故選BC。三、實驗題（共18分，10分+8分）17.如圖是一個多量程多用電表的簡化電路圖，測量電流、電壓和電阻各有兩個量程。當(dāng)轉(zhuǎn)換開關(guān)S旋到位置3時，可用來測量_______；當(dāng)S旋到位置_______時，可用來測量電流，其中S旋到位置_______時量程較大?！敬鸢浮竣?電阻②.1、2③.1【解析】【分析】【詳解】[1]當(dāng)轉(zhuǎn)換開關(guān)S旋到位置3時，內(nèi)部電源被接通，構(gòu)成歐姆表，可測量電阻。[2]當(dāng)S旋到位置1、2時，電流表與電阻并聯(lián)，并聯(lián)電阻起分流作用，可用來測量電流[3]S旋到位置1時，并聯(lián)電阻阻值較小，則分流較大，故S旋到位置1時，電流表量程較大。18.螺旋測微器讀數(shù)_________mm、游標(biāo)卡尺讀數(shù)為___________mm【答案】①.1.600②.61.70【解析】【分析】【詳解】[1]螺旋測微器讀數(shù)[2]游標(biāo)卡尺讀數(shù)19.在測定一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)電阻的實驗中，備有下列器材：A．待測的干電池（電動勢約為1.5V，內(nèi)電阻小于1.0Ω)B．電流表G（滿偏電流3mA，內(nèi)阻Rg=10Ω)C．電流表A(0～0.6A，內(nèi)阻0.1Ω)D．滑動變阻器R1(0～20Ω,10A)E.．滑動變阻器R2(0～200Ω,lA)F．定值電阻R0(990Ω)G．開關(guān)和導(dǎo)線若干（1）某同學(xué)發(fā)現(xiàn)上述器材中雖然沒有電壓表，但給出了兩個電流表，于是他設(shè)計了如圖所示中甲的（a)、(b)兩個參考實驗電路，其中合理的是___圖所示的電路；在該電路中，為了操作方便且能準(zhǔn)確地進行測量，滑動變阻器應(yīng)選___（填寫器材前的字母代號）（2）圖乙為該同學(xué)根據(jù)（1)中選出的合理的實驗電路利用測出的數(shù)據(jù)繪出的I1—I2圖線（I1為電流表G的示數(shù)，I2為電流表A的示數(shù)），則由圖線可以得被測電池的電動勢E=___V，內(nèi)阻r=_______Ω．【答案】①.b②.D③.1.50④.0.80【解析】【詳解】（1）上述器材中雖然沒有電壓表，但給出了兩個電流表，將電流表G串聯(lián)一個電阻，可以改裝成較大量程的電壓表．（a）、（b）兩個參考實驗電路，其中合理的是b，因為電源內(nèi)阻較小，所以應(yīng)該采用較小最大值的滑動變阻器，有利于數(shù)據(jù)的測量和誤差的減小．滑動變阻器應(yīng)選D，（2）根據(jù)歐姆定律和串聯(lián)的知識得電源兩端電壓U=I1（990+10）=1000I1，根據(jù)圖象與縱軸的交點得電動勢E=1.5mA×1000Ω=1.50V與橫軸的交點可得出路端電壓為1V時電流是0.62A，由閉合電路歐姆定律E=U+Ir可得：r=0.80Ω；四、計算題（共34分，10分+10分+14分）20.如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為的q的帶電粒子從x軸上的P（a，0）點以速度v沿著與x軸正方向成60°角的方向射入勻強磁場，并恰好垂直于y軸射出。求勻強磁場的磁感應(yīng)強度B和射出點的坐標(biāo)。【答案】，（0，）【解析】【分析】【詳解】帶電粒子在磁場中運動情況如圖所示粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑設(shè)為r，根據(jù)洛倫茲力提供向心力得解得由幾何關(guān)系可得解得射出點到O點的距離為射出點坐標(biāo)為（0，）。21.如圖所示，AB桿受一沖量作用后以初速度v0=4m/s沿水平面內(nèi)的固定軌道運動，經(jīng)一段時間后而停止。AB的質(zhì)量為m=5g，導(dǎo)軌寬為L=0.4m，電阻為R=2Ω，其余的電阻不計，磁感強度B=0.5T，棒和導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ=0.4，測得桿從運動到停止的過程中通過導(dǎo)線的電量q=10﹣2C，求：上述過程中（g取10m/s2）（1）AB桿運動的距離；（2）當(dāng)桿速度為2m/s時，其加速度為多大？【答案】（1）0.1m；（2）12m/s2【解析】【分析】【詳解】（1）AB棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，設(shè)向右運動的距離為x，則平均感應(yīng)電動勢為平均電流為流過的電荷量解得（2）當(dāng)桿速度為2m/s