河北省承德第一中学2020-2021学年高二下学期开学测试物理试题

承德一中20202021学年第二学期高二年级开学考物理试题时间：75分钟总分：100分一、单选题（每题3分，共36分）1.如图所示的各电场中，A、B两点电场强度相同的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】A．由负点电荷的场强特点结合电场线可知，A、B两点的电场强度方向相同，大小不同，A错误；B．由负点电荷的场强特点结合电场线可知，A、B两点的电场强度大小不等，方向相同同，故B错误；C．在匀强电场中的A、B两点场强大小、方向均相同，C正确；D．A、B两点场强大小不等，方向不同，D错误；故选C。2.如图，电场中一正离子只受电场力作用从A点运动到B点．离子在A点的速度大小为v0，速度方向与电场方向相同．能定性反映该离子从A点到B点运动情况的速度﹣时间（v﹣t）图象是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】试题分析：电场中正离子只受电场力作用从A点运动到B点的过程中，电场力对离子做正功，速度增大，电场力提供加速度qE=ma，场强减小，加速度减小，速度时间图像中斜率表示加速度的大小，C对；考点：考查电场力做功与牛顿第二定律的应用点评：在求解本题过程中注意速度与电场力做功的关系、加速度与电场力、电场强度的关系3.在如图所示的电路中，、为两个完全相同的灯泡，为自感线圈，为电源，为开关，关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序，下列说法正确的是（）A.合上开关，先亮，后亮；断开开关，、同时熄灭B.合上开关，先亮，后亮；断开开关，先熄灭，后熄灭C.合上开关，先亮，后亮；断开开关，、同时熄灭D.合上开关，、同时亮；断开开关，先熄灭，后熄灭【答案】C【解析】【分析】当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据楞次定律来分析两灯亮暗顺序．【详解】由图可以看出，a、b灯泡在两个不同的支路中，对于纯电阻电路，不发生电磁感应，通电后用电器立即开始正常工作，断电后停止工作．但对于含电感线圈的电路，在通电时，线圈产生自感电动势，对电流的变化有阻碍作用。则合上开关，b先亮，a后亮．当断开电键时，线圈中产生自感电动势，由a、b及电感线圈组成一个回路，两灯同时逐渐熄灭．故C正确．故选C．【点评】对于线圈要抓住这个特性：当电流变化时，线圈中产生自感电动势，相当于电源，为回路提供瞬间的电流．4.如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为0V，点A处的电势为6V，点B处的电势为3V，则电场强度的大小为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】OA的中点C的电势为3V，将C点与B点连接，如图，电场线与等势线垂直，根据几何关系得则OB沿电场线方向上的距离所以电场强度故选A。【点睛】解决本题的关键知道电场线与等势线垂直，掌握匀强电场的电场强度大小与电势差的关系，即，注意d是沿电场线方向上的距离。5.如图所示，一水平放置的矩形闭合线圈abcd，在细长磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ad边在纸内，从图中位置Ⅰ经过位置Ⅱ到达位置Ⅲ，位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近Ⅱ.在这个过程中，线圈中感应电流A.沿abcd流动B.沿dcba流动C.由Ⅰ到Ⅱ是沿abcd流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿dcba流动D.由Ⅰ到Ⅱ是沿dcba流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿abcd流动【答案】A【解析】【详解】由条形磁铁的磁场分布情况可知，线圈在位置Ⅱ时穿过矩形闭合线圈的磁通量最少．线圈从位置Ⅰ到Ⅱ，穿过abcd自下而上的磁通量减少，感应电流的磁场阻碍其减少，则在线框中产生的感应电流的方向为abcd，线圈从位置Ⅱ到Ⅲ，穿过abcd自上而下的磁通量在增加，感应电流的磁场阻碍其增加，由楞次定律可知感应电流的方向仍然是abcd.．A.由上分析可知，A正确；BCD.由上分析可知，BCD错误．6.如图，长为的直导线拆成边长相等，夹角为的形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为，当在该导线中通以电流强度为的电流时，该形通电导线受到的安培力大小为A.0 B.0.5 C. D.【答案】C【解析】【详解】试题分析：导线在磁场内有效长度为，故该V形通电导线受到安培力大小为，选项C正确，选项ABD错误．考点：安培力【名师点睛】由安培力公式进行计算，注意式中的应为等效长度，本题考查安培力的计算，熟记公式，但要理解等效长度的意义．7.用多用电表探测如图所示黑箱发现∶用直流电压挡测量，E、G两点间和F、G两点间均有电压，E、F两点间无电压；用欧姆挡测量，黑表笔接E点，红表笔接F点，阻值很小，但反接阻值很大。那么，该黑箱内元件的接法可能是下图中的（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【详解】用多用电表的直流电压挡测量，E、G和F、G间有电压，E、F间无电压，说明电源在G和结点之间；黑表笔接E，红表笔接F，电阻很小，反接时电阻很大，说明E、F间接有二极管，当电流方向从E到F时，二极管导通。故选B。8.在如图所示的电路中，R1、R2、R3和R4均为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r，设电流表A1读数为I1，电流表A2的读数为I2，电压表V的读数为U，当R5的滑动触点向图中a端移动时（）A.I1变大，I2变大，U变大B.I1变大，I2变小，U变大C.I1变大，I2变小，U变小D.I1变小，I2变小，U变小【答案】C【解析】【分析】【详解】当R5的滑动触点向图中a端移动时，R5变小，外电路总电阻变小，则由闭合电路欧姆定律知，总电流I变大，，路端电压变小，则有I1变大，U变小．电路中并联部分电压变小，则I2变小．故选C。9.如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场．若第一次用0.3s时间拉出，外力所做的功为W1，通过导线截面的电荷量为q1；第二次用0.9s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电荷量为q2，则()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】【详解】第一次用0.3s时间拉出，第二次用0.9s时间拉出，两次速度比为3:1，由E=BLv，两次感应电动势比为3:1，两次感应电流比为3:1，由于F安=BIL，两次安培力比为3:1，由于匀速拉出匀强磁场，所以外力比为3:1，根据功的定义W=Fx，所以：W1:W2=3:1；根据电量，感应电流，感应电动势，得：所以：q1:q2=1:1，故W1＞W2，q1=q2。A.W1<W2，q1<q2。故A错误；B.W1<W2，q1＝q2。故B错误；C.W1>W2，q1＝q2。故C正确；D.W1>W2，q1>q2。故D错误；10.如图所示是电磁流量计的示意图。圆管由非磁性材料制成，空间有匀强磁场。当管中的导电液体流过磁场区域时，测出管壁上MN两点的电动势E，就可以知道管中液体的流量q——单位时间内流过管道横截面的液体的体积。已知管的直径为d，磁感应强度为B，则关于q的表达式正确的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】【详解】最终正负电荷在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，有qvB=q则v=流量q=vS=故选B。11.如图，半径为R的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A．已知壳内的场强处处为零；壳外空间的电场与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样．一带正电的试探电荷（不计重力）从球心以初动能Ek0沿OA方向射出．下列关于试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系图象，可能正确的是A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】试题分析：由于在球壳内场强处处为零，因此从O向A运动的过程中电荷不受电场力，做匀速直线运动，动能不发生变化，图象为一条水平直线，C、D错误；通过A点后，电荷做加速运动，但场强逐渐减小，通过相同的位移，电场力做功逐渐减小，根据动能定理，试探电荷的动能的增量逐渐减小，即图象的斜率逐渐减小，A正确，B错误．考点：动能定理，点电荷的电场12.如图（甲）所示，虚线上方空间有垂直线框平面的匀强磁场，直角扇形导线框绕垂直于线框平面的轴O以角速度ω匀速转动。设线框中感应电流方向以逆时针为正方向，那么在图（乙）中能准确描述线框从下图所示位置开始转动一周的过程中，线框内感应电流随时间变化情况的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】【详解】当线框进入磁场后，切割的有效长度为半圆的半径不变，即电动势及电流大小不变；由右手定则可知，电流为逆时针，故为正值；当线框全部进入磁场，磁通量不变，无感应电流；当线框出磁场后，切割的有效长度为半圆的半径不变，即电动势及电流大小不变；由右手定则可知，电流为顺时针，故为负值；当线框全部出磁场，磁通量没有，则无感应电流。故选A。二、多选题（每题3分，选对不全2分，共12分）13.劳伦斯和利文斯设计的回旋加速器工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U。若A处粒子源产生的质子质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响，则下列说法错误的是（）A.质子被加速后的最大速度不可能超过2πRfB.质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比C.质子离开回旋加速器时的最大动能与交流电频率f成正比D.质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为1∶2【答案】BCD【解析】【分析】【详解】A．质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，则所以最大速度不超过2πfR，A正确；BC．根据知则最大动能BC错误；D．粒子在加速电场中做匀加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据知，质子第1次和第2次经过D形盒狭缝的速度比为，根据则半径比为，D错误。故选BCD。14.电磁轨道炮工作原理如图所示．待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触．电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面得磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与I成正比．通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的方法是A.只将轨道长度L变为原来的2倍B.只将电流I增加至原来的2倍C.只将弹体质量减至原来的一半D.将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其它量不变【答案】BD【解析】【详解】试题分析：通电的弹体在轨道上只受安培力作用，根据动能定理可得，因为磁感应强度的大小与I成正比，即，联立解得，若只将轨道长度L变为原来的2倍，则速度变为原来的倍，若只将电流I增加至原来的2倍，则速度变为原来的2倍，若将弹体质量减至原来的一半，则速度变为原来的倍，将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，则速度变为原来的2倍，故BD正确；考点：考查了安培力，动能定理15.一个带电小球从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功3J，电场力做功1J，克服空气阻力做功0.5J，则（）A.在a点的重力势能比在b点大3.5JB.在a点的电势能比在b点小1JC.在a点的动能比在b点小3.5JD.在a点的机械能比在b点小0.5J【答案】CD【解析】【分析】【详解】A．从a点运动到b点，重力做功3J，重力势能减小3J，可知在a点的重力势能比b点大3J，A错误；B．从a点到b点，电场力做功1J，则电势能减小1J，可知a点的电势能比b点大1J，B错误；C．重力做功3J，电场力做功1J，克服空气阻力做功0.5J，则合力做功为3.5J，可知动能增加3.5J，即a点的动能比b点动能小3.5J，C正确；D．除重力以外其它力做功为0.5J，则机械能增加0.5J，可知a点机械能比b点机械能小0.5J，D正确。故选CD。16.如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场和匀强磁场区域（电场强度E和磁感应强度B已知），小球在此区域的竖直平面内做匀速圆周运动，则（）A.小球可能带正电B.小球做匀速圆周运动的半径为C.小球做匀速圆周运动的周期为D.若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期增大【答案】BC【解析】【详解】A．小球在竖直平面内做匀速圆周运动，故重力等于电场力，即电场力竖直向上，由于E向下，小球带负电，故A错误；B．小球在竖直平面内做匀速圆周运动，故重力等于电场力，所以由于洛伦兹力提供向心力，故有解得又由于解得故B正确；C．由于洛伦兹力提供向心力做圆周运动，故有运动周期C正确；D．由于洛伦兹力提供向心力做圆周运动，故有运动周期显然运动周期与加速电压无关，D错误故选BC。三、实验题（共18分，10分+8分）17.如图是一个多量程多用电表的简化电路图，测量电流、电压和电阻各有两个量程。当转换开关S旋到位置3时，可用来测量_______；当S旋到位置_______时，可用来测量电流，其中S旋到位置_______时量程较大。【答案】①.电阻②.1、2③.1【解析】【分析】【详解】[1]当转换开关S旋到位置3时，内部电源被接通，构成欧姆表，可测量电阻。[2]当S旋到位置1、2时，电流表与电阻并联，并联电阻起分流作用，可用来测量电流[3]S旋到位置1时，并联电阻阻值较小，则分流较大，故S旋到位置1时，电流表量程较大。18.螺旋测微器读数_________mm、游标卡尺读数为___________mm【答案】①.1.600②.61.70【解析】【分析】【详解】[1]螺旋测微器读数[2]游标卡尺读数19.在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：A．待测的干电池（电动势约为1.5V，内电阻小于1.0Ω)B．电流表G（满偏电流3mA，内阻Rg=10Ω)C．电流表A(0～0.6A，内阻0.1Ω)D．滑动变阻器R1(0～20Ω,10A)E.．滑动变阻器R2(0～200Ω,lA)F．定值电阻R0(990Ω)G．开关和导线若干（1）某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图所示中甲的（a)、(b)两个参考实验电路，其中合理的是___图所示的电路；在该电路中，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选___（填写器材前的字母代号）（2）图乙为该同学根据（1)中选出的合理的实验电路利用测出的数据绘出的I1—I2图线（I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数），则由图线可以得被测电池的电动势E=___V，内阻r=_______Ω．【答案】①.b②.D③.1.50④.0.80【解析】【详解】（1）上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，将电流表G串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表．（a）、（b）两个参考实验电路，其中合理的是b，因为电源内阻较小，所以应该采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小．滑动变阻器应选D，（2）根据欧姆定律和串联的知识得电源两端电压U=I1（990+10）=1000I1，根据图象与纵轴的交点得电动势E=1.5mA×1000Ω=1.50V与横轴的交点可得出路端电压为1V时电流是0.62A，由闭合电路欧姆定律E=U+Ir可得：r=0.80Ω；四、计算题（共34分，10分+10分+14分）20.如图所示，一质量为m、电荷量为的q的带电粒子从x轴上的P（a，0）点以速度v沿着与x轴正方向成60°角的方向射入匀强磁场，并恰好垂直于y轴射出。求匀强磁场的磁感应强度B和射出点的坐标。【答案】，（0，）【解析】【分析】【详解】带电粒子在磁场中运动情况如图所示粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径设为r，根据洛伦兹力提供向心力得解得由几何关系可得解得射出点到O点的距离为射出点坐标为（0，）。21.如图所示，AB杆受一冲量作用后以初速度v0=4m/s沿水平面内的固定轨道运动，经一段时间后而停止。AB的质量为m=5g，导轨宽为L=0.4m，电阻为R=2Ω，其余的电阻不计，磁感强度B=0.5T，棒和导轨间的动摩擦因数为μ=0.4，测得杆从运动到停止的过程中通过导线的电量q=10﹣2C，求：上述过程中（g取10m/s2）（1）AB杆运动的距离；（2）当杆速度为2m/s时，其加速度为多大？【答案】（1）0.1m；（2）12m/s2【解析】【分析】【详解】（1）AB棒切割磁感线产生感应电流，设向右运动的距离为x，则平均感应电动势为平均电流为流过的电荷量解得（2）当杆速度为2m/s