【物理】甘肃省定西市岷县第一中学2019-2020学年高二下学期开学测试试卷（解析版） 15页

高二物理 一、选择题（其中1-8小题为单选题，9-12题为多选题每小题4分，共48分）‎ ‎1. 法拉第在1831年发现了“磁生电”现象。如图，他把两个线圈绕在同一个软铁环上，线圈A和电池连接，线圈B用导线连通，导线下面平行放置一个小磁针。实验中可能观察到的现象是（　　）‎ A. 用一节电池作电源小磁针不偏转，用十节电池作电源小磁针会偏转 B. 线圈B匝数较少时小磁针不偏转，匝数足够多时小磁针会偏转 C. 线圈A和电池连接瞬间，小磁针会偏转 D. 线圈A和电池断开瞬间，小磁针不偏转 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电路稳定后，电池直流电，大小和方向都不变，所以无论是用几节电池，在B中没有电流产生，则小磁针不会偏转，故A错误； B．电路稳定后，在B中没有电流产生，无论线圈匝数多还是少都不能偏转，故B错误； CD．线圈A和电池连接瞬间，A中电流从无到有，电流发生变化，则在B线圈中感应出感应电流，从而产生感应磁场，小磁针偏转，同理线圈A和电池断开瞬间，小磁针也会偏转，故C正确，D错误。 故选C。‎ ‎2. 如图所示，实线为某电场中三条电场线，电场方向未知，a、b两带电粒子从电场中的O点以相同的初速度飞出．仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线所示，则（　　）‎ ‎ ‎ A. a一定带负电，b一定带正电 B. a加速度减小，b加速度增大 C. a电势能减小，b电势能增大 D. a的动能增加，b的动能减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由于电场线方向未知，所以a、b电性不能确定，故A错误；电场线的疏密表示场强的大小，由图可知，b所处的电场线变密，电场强度变强，所受的电场力在增大，加速度在增大；a所处的电场线变疏，电场强度变弱，所受的电场力在减小，加速度在减小，故B正确；根据图知a、b两粒子的电场力、速度的夹角为锐角，电场力对电荷都做正功，电势能减小，故C错误；根据图知a、b两粒子的电场力、速度的夹角为锐角，电场力对电荷做正功，电势能减小，动能增加，故D错误．所以B正确，ACD错误．‎ ‎3. 如图，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M=30°．M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM=φN，φP=φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则（　　）‎ A. 点电荷Q一定在MP的连线上 B. 连接PF的线段一定在同一等势面上 C. 将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功 D. φP小于φM ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆，圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心；找出电荷位置后，根据电势能的变化情况判断电场力做功情况．‎ 点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆、圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心，故场源电荷在MN的中垂线和FP的中垂线的交点上，在MP的连线上，如图所示，故A正确；，线段PF是P、F所在等势面（圆）的一个弦，故B错误；在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，将正试探电荷从P点搬运到N点，电势能降低，故电场力做正功，故C错误；在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，故 ‎，故D错误．‎ ‎4. 关于这些概念，下面说法正确的是(　　)‎ A. 磁感应强度越大的地方，穿过线圈的磁通量也越大 B. 磁感应强度大的地方，线圈面积越大，则穿过线圈的磁通量也越大 C. 磁通量的变化，不一定由于磁场的变化产生的 D. 穿过线圈的磁通量为零时，磁通量的变化率一定为零 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A项：当回路与磁场平行时，磁通量Φ为零，则磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量不一定越大，故A错误；‎ B项：当回路与磁场平行时，磁通量Φ为零，则磁感应强度越大，线圈面积越大，穿过闭合回路的磁通量不一定越大，故B错误；‎ C项：根据磁通量Φ=BSsinα，磁通量的变化可能由B、S、α的变化引起，故C正确；‎ D项：磁通量的变化率与磁通量的大小无关，所以穿过线圈的磁通量为零时，磁通量的变化率不一定为零，故D错误．‎ 点晴：对于匀强磁场中穿过回路的磁通量：当回路与磁场平行时，磁通量Φ为零；当线圈与磁场垂直时，磁通量Φ最大，Φ=BS．当回路与磁场方向的夹角为α时，磁通量Φ=BSsinα．根据这三种情况分析．‎ ‎5. 如图所示，使一个水平铜盘绕过其圆心的竖直轴OO’转动，且假设摩擦等阻力不计，转动是匀速的.现把一个蹄形磁铁移近铜盘，则（）‎ A. 铜盘转动将变慢 B. 铜盘转动将变快 C. 铜盘仍以原来的转速转动 D. 铜盘的转动速度如何变化要由磁铁的上、下两端的极性来决定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】当一个蹄形磁铁移近铜盘时，铜盘转动，切割磁感线，产生感应电流，由楞次定律可知，安培力阻碍其相对运动，所以铜盘的转动将变慢.本题也可以从能量守恒的角度去分析，因为铜盘转动切割磁感线，产生感应电流，铜盘的机械能不断转化成电能，铜盘转动会逐渐变慢，选项A正确.BCD错误 故选A ‎6. 如图所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一固定电阻R，导轨电阻可忽略不计．MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R．整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面（垂直纸面向里）．现对MN施力使它沿导轨方向以速度v水平向右做匀速运动．令U表示MN两端电压的大小，则（ ）‎ A. ，流过固定电阻R的感应电流由b经R到d B. ，流过固定电阻R的感应电流由d经R到b C. MN受到的安培力大小，方向水平向右 D. MN受到的安培力大小，方向水平向左 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．当MN运动时，相当于电源．但其两边的电压是外电路的电压，假设导轨没电阻，MN两端的电压也就是电阻R两端的电压，电路中电动势为 E=BLv MN的电阻相当于电源的内阻，二者加起来为2R，则电阻上的电压为 再由右手定则，拇指指向速度方向，手心被磁场穿过，四指指向即为电流方向，即由N到M，那么流过电阻的就是由b经R到d．故A正确B错误；‎ CD．由欧姆定律可知，电流 则MN受到的安培力大小 方向向左，故CD错误。‎ 故选A。‎ ‎7. 如图甲所示，M、N是宽为d的两竖直线，其间存在垂直纸面方向的磁场（未画出），磁感应强度随时间按图乙所示规律变化（垂直纸面向外为正，T0为已知），现有一个质量为m、电荷量为＋q的离子在t=0时从直线M上的O点沿着OM线射入磁场，离子重力不计，离子恰好不能从右边界穿出且在2T0时恰好返回左边界M，则图乙中磁感应强度B0的大小和离子的初速度v0分别为（　　）‎ A. B0=，v0= B. B0=，v0=‎ C. B0=，v0= D. B0=，v0=‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意，根据带电子在磁场中运动的过程的分析，洛伦兹力不做功，根据 得 磁场虽然方向改变但大小不变，所以半径不变，由以上分析知，MN之间距离d=4r，‎ 由以上分析知带电粒子匀速圆周运动一个周期的时间T等于磁感应强度随时间变化的周期T0，即 T＝T0①‎ 带电粒子圆周运动的周期公式 ‎ ②‎ 联立①②式得 解得 ‎③‎ MN之间的距离d=4r即 ‎④‎ 带电粒子圆周运动半径 ‎⑤‎ 联立③④⑤得 故选B。‎ ‎8. 如图所示，在x≤0的区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy平面(纸面)向里．具有一定电阻的矩形线框abcd位于xOy平面内，线框的ab边与y轴重合．令线框从t＝0时刻起由静止开始沿x轴正方向做匀加速运动，则线框中的感应电流I(取逆时针方向为电流正方向)随时间t的变化图线I－t图象可能是图中的(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 在题中只有cd杆切割磁感线，由右手定则产生的感应电流为c→d，回路中的电流为顺时针，故电流应为负值， 且 ，即I-t关系是正比关系，故只有D为准确的I-t图象．故选D．‎ ‎9. 如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶5，原线圈两端的交变电压为u＝20sin 100πt(V)．氖泡在两端电压达到100 V时开始发光，下列说法中正确的有(　　)‎ A. 开关接通后，氖泡的发光频率为100 Hz B. 开关接通后，电压表的示数为100 V C. 开关断开后，电压表的示数变大 D. 开关断开后，变压器的输出功率不变 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由得：副线圈的输出电压，根据电源频率和氖泡一个周期内的发光次数可得发光频率，电压表的示数应为副线圈输出电压的有效值，交变电流、电压的有效值不变，断开开关后，变压器的输出功率减小．‎ ‎【详解】A．由得：副线圈的输出电压，此电源频率f0=50 Hz，而氖泡每个周期发光2次，则氖泡的发光频率f氖=‎2f0=100 Hz，A正确；‎ B．电压表的示数应为副线圈输出电压的有效值，故=100 V，B正确；‎ C．交变电流、电压的有效值不变，故电压表示数不变，C错误；‎ D．因输出电压不变，断开后，电路中的部电阻增大，则由功率公式可知，变压器输出功率变小，D错误．‎ ‎【点睛】本题考查了交流电的最大值与有效值，交流电的频率，变压器公式．‎ ‎10. 由交流电源的电动势瞬时值表达式e＝10sin4πt(V)可知，此交变电流(　　)‎ A. 频率是4π Hz B. 将“10V，10 W”的灯泡接在该电源上，灯泡能正常发光 C. 当t＝0.5 s时，电动势有最大值 D. 当t＝0时，线圈平面与中性面重合 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由表达式得角速度ω＝4π rad/s，频率 故A错误；‎ B．电动势的有效值 等于灯泡的额定电压，故B正确；‎ C．当t＝0.5 s时，电动势为零，故C错误；‎ D．当t＝0时，电动势为零，线圈平面与中性面重合，故D正确；‎ 故选BD．‎ ‎【点睛】根据交流电电动势的表达式可以知道电动势的最大值、角速度,从而计算出周期、频率,判断电动势瞬时值．‎ ‎11. 如图所示，一个带正电的物体从粗糙绝缘斜面底端以初速度v0冲上斜面，运动到A点时速度减为零，在整个空间施加一个垂直纸面向外的匀强磁场，物体运动过程中始终未离开斜面(　　)‎ A. 物体仍以初速度v0冲上斜面，能到达A点上方 B 物体仍以初速度v0冲上斜面，不能到达A点 C. 将物体由A点释放，到达斜面底端时速率一定大于v0‎ D. 将物体由A点释放，到达斜面底端时速率一定小于v0‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．未加磁场时，根据动能定理，有 加磁场后，多了洛伦兹力，洛伦兹力不做功；根据左手定则，洛伦兹力的方向垂直于斜面向下，所以物体对斜面的压力增大，所以摩擦力变大，摩擦力做的功变大，根据动能定理，有 因Wf′＞Wf，则，故不能到达A点，故A错误，B正确； CD．加磁场后将物体由A点释放，则洛伦兹力垂直斜面向上，则摩擦力减小，摩擦力做功减小，洛伦兹力不做功，根据动能定理，有 所以v>v0．故C正确，D错误。 故选BC。‎ ‎12. 如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出．若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球(　　)‎ A. 将打在下板中央 B. 仍沿原轨迹由下板边缘飞出 C. 不发生偏转，沿直线运动 D. 若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：带电粒子在电场中运动问题．带电小球在两板间做类平抛运动，竖直方向，水平方向，由牛顿第二定律有，当下板不动，将上板上移一小段距离，不变，落到下板时相同，则t、L相同，可见A 选项错误，B选项正确，C选项错误，若上板不动，将下板上移一段距离不变，落到下板时减小，则t、L减小，小球可能打在下板的中央，D选项正确 故选BD 考点：带电粒子在电场中的运动 点评：中等难度．此题带电粒子在电场中的偏转做类平抛运动，要注意电容器断开电源，改变两极板间的距离，两板间电场强度不变是解决问题的关键．‎ 二、实验题（共2小题，共16分。其中13题每空3分，14题每空2分）‎ ‎13. 图甲中螺旋测微器读数为______________mm.图乙中游标卡尺(游标尺上有50个等分刻度)读数为______________mm.‎ ‎【答案】 (1). 8.118 (2). 10.94‎ ‎【解析】螺旋测微器的固定刻度是‎8mm，可动刻度是11.8×0.01=‎0.118mm，所以其示数为8+0.118=‎8.118mm；‎ 游标卡尺的固定刻度是‎10mm，游标的刻度是47×0.02=‎0.94mm，所以其示数为10+0.94=‎10.94mm．‎ ‎【点睛】对于螺旋测微器和游标卡尺的读数，都是固定刻度和可动刻度的和，分别读出固定刻度和可动刻度，即可得知其读数．‎ ‎14. 一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现在要用伏安法测量这个灯泡的U﹣I图线，现有下列器材供选用：‎ A.电压表（0~5V，内阻约10kΩ）‎ B.电压表（0~10V，内阻约20kΩ）‎ C.电流表（0~‎0.3A，内阻约1Ω）‎ D.电流表（0~‎0.6A，内阻约0.4Ω）‎ E.滑动变阻器（10Ω，‎2A）‎ F.学生电源（直流6V），还有开关导线 ‎(1)实验中所用电压表应选_____，电流表应选用_____（用序号字母表示）。‎ ‎(2)为了使实验误差尽量减小，要求从零开始多测几组数据，请在图甲方框内画出满足实验要求的电路图____。‎ ‎(3)某同学利用实验得到的数据画出了该小灯泡的U﹣I 曲线（如图乙所示），若直接在小灯泡两端加上2V的电压，则该小灯泡消耗的功率是______W，电阻是______Ω。（结果保留两位有效数字）‎ ‎【答案】(1). A； D； (2). (3). 0.80； 5.0；‎ ‎【解析】 (1)[1][2]因小灯泡标有“4V，2W”的字样，故电压表应选A，由得小灯泡额定电流为‎0.5A，故电流表应选D。‎ ‎(2)[3]因小灯泡电流从零调，故滑动变阻器应用分压式接法；因小灯泡电阻远小于电压表内阻，故电流表应用外接法电路图如图所示：‎ ‎(3)[4][5]直接在小灯泡两端加上2V的电压，由图可知，流过小灯泡的电流为‎0.40A，小灯泡的功率 P=UI=0.80W 电阻为 六、计算题（共3小题，其中15题10分，16题12分，17题14分）‎ ‎15. 如图所示，真空中三个点电荷A、B、C，电荷量均为＋Q，两两相距a放置，试问： ‎ ‎(1)C所受的静电力是多少？‎ ‎(2)如果将A、B移到它们连线的中点P，C受到的静电力又是多少？‎ ‎【答案】(1) ，沿PC方向　(2) ，沿PC方向 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)点电荷A在C处产生场强：，沿AC方向，同理，点电荷B在C处产生的场强：，沿BC方向，根据矢量叠加原理得合场强：‎ 沿PC方向，电荷C受到的静电力为：‎ 沿PC方向．‎ ‎(2)将A、B移到P点，C受到的静电力为：‎ 沿PC方向．‎ ‎16. 发电机的端电压为220V，输出电功率为44kW，输电线路的电阻为0.2Ω，先用初、次级匝数之比为1:10的升压变压器升压，经输电线路后，再用初、次级匝数比为10:1的降压变压器降压供给用户。‎ ‎(1)画出全过程的线路图；‎ ‎(2)求用户得到的电压和功率。‎ ‎【答案】(1)；(2)219.6V；43.92kW ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)全过程的线路示意图如图所示 ‎(2)根据 计算得出升压变压器的输出电压为 则输电线上的电流为 损失功率为 输电线上损失的电压为 则降压变压器输入电压为 根据 得用户得到的电压为 用户得到的功率为 ‎17. 如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层．匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g．求：‎ ‎（1）导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；‎ ‎（2）导体棒匀速运动的速度大小v；‎ ‎（3）整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q．‎ ‎【答案】 （1）μ＝tanθ；（2）v＝；（3）Q＝2mgdsinθ－‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）导体棒在绝缘涂层上滑动时，受重力mg、导轨的支持力N和滑动摩擦力f作用，根据共点力平衡条件有：mgsinθ＝f，N＝mgcosθ 根据滑动摩擦定律有：f＝μN 联立以上三式解得：μ＝tanθ ‎（2）导体棒在光滑导轨上滑动时，受重力mg、导轨的支持力N和沿导轨向上的安培力FA作用，根据共点力平衡条件有：FA＝mgsinθ 根据安培力大小公式有：FA＝ILB 根据闭合电路欧姆定律有：I＝‎ 根据法拉第电磁感应定律有：E＝BLv 联立以上各式解得：v＝‎ ‎（3）由题意可知，只有导体棒在导轨光滑段滑动时，回路中有感应电流产生，因此对导体棒在第1、3段d长导轨上滑动的过程，根据能量守恒定律有：Q＝2mgdsinθ－‎ 解得：Q＝2mgdsinθ－‎ 考点：本题主要考查了共点力平衡条件、安培力大小公式、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律、能量守恒定律的应用问题，属于中档题．‎