甘肃省白银市靖远第一中学2020学年高二物理下学期开学考试试题（含解析）

甘肃省白银市靖远第一中学2020学年高二物理下学期开学考试试题（含解析）

甘肃省白银市靖远一中2020学年高二（下）开学 ‎ 物理试卷 一、单选题（本大题共9小题，共36.0分）‎ ‎1.如图所示，在一条直线上有两个相距的点电荷A、B，A带电，B带电现引入第三个点电荷C，恰好使三个点电荷均在电场力的作用下处于平衡状态，则C的带电性质及位置应为　　‎ A. 正　B的右边 m处 B. 正　B的左边 m处 C. 负　A的左边 m处 D. 负　A的右边 m处 ‎【答案】C ‎【解析】‎ AB：若C带正电 ‎①若C放在A左边，B所受库仑力均向左，B不可能平衡。则不可能；‎ ‎②若C放在AB连线上，C受力均向右，C不可能平衡。则不可能；‎ ‎③若C放在B的右边，A的电荷量小于B且AC距离大于BC距离，据可得A对C的力小于B对C的力，C不可能平衡。则不可能。‎ 综上，AB两项均不正确。‎ CD：若C带负电 ‎①若C放在B的右边，A受力均向右，A不可能平衡。则不可能；‎ ‎②若C放在AB连线上，C受力均向左，C不可能平衡。则不可能；‎ ‎③若C放在A左边，设AC间距为x，AB间距为r，则要使三者均平衡，对C 分析可得：，解得：‎ 综上C项正确，D项错误。‎ 点睛：三个点电荷的自平衡可总结为：两同夹异(从力的方向角度分析)，两大夹小(从力的大小角度分析)。‎ ‎2.如图所示，直线b为电源的图，直线a为电阻R的图.现在用该电源E、该电阻R、一个电阻箱组成闭合电路，为了使电源输出功率最大，下列操作正确的是　　‎ A. 电阻箱调到与该电阻并联后连接到电源 B. 电阻箱调到与该电阻串联后连接到电源 C. 电阻箱调到与该电阻串联后连接到电源 D. 电阻箱调到与该电阻并联后连接到电源 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由a图线得到，电阻，由b图线可知，电源的电动势为E=3V，内阻为：，当时，电源输出功率最大，由此可知电阻箱R0调到1Ω与该电阻并联后的总外阻为，故D正确，ABC错误。‎ ‎3.如图，平行板电容器与电源相连充电后，切断电源，然后将电介质插入电容器板板间，则两板间的电势差U及场强E的变化情况为　　‎ A. U变大，E变大 B. U变小，E变小 C. U不变，E不变 D. U变小，E不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在空气平行板电容器两极板间插入电介质，根据电容的决定式分析得知，电容C增大，因切断电源，则两极板所带电荷量Q一定，由电容的定义式得到，板间电压U减小。根据，可知，电场强度E减小，故B正确，ACD错误；‎ ‎4.如图所示，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点有无数带有同样电荷、具有同样质量的粒子在纸面内沿各个方向以相同的速率通过P点进入磁场这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的将磁感应强度的大小从原来的变为，结果相应的弧长变为原来的一半，则等于　　‎ A. B. C. 2 D. 3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设圆的半径为r ‎(1)磁感应强度为B1时,从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为M,最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点,∠POM=120∘，如图所示：‎ 所以粒子做圆周运动的半径R为：sin60∘=R/r,得：R= r 磁感应强度为B2时,从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为N,最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点,∠PON=60∘，如图所示：‎ 所以粒子做圆周运动的半径R′为：sin30∘=R′/r,得：R′=r/2‎ 由带电粒子做圆周运动的半径：R=得：‎ R= ①‎ R′= ②‎ ‎①②得： B2：B1=‎ 故选：B ‎【点睛】画出导电粒子的运动轨迹，找出临界条件和角度关系，利用圆周运动由洛仑兹力充当向心力，分别表示出圆周运动的半径，进行比较即可．‎ ‎5.一带电粒子以初速度先后通过匀强电场E和匀强磁场B，如图甲所示，电场和磁场对粒子做功为；若把电场和磁场正交叠加后，如图乙所示，粒子仍以的速度穿过叠加场区，电场和磁场对粒子做功为不计重力的影响，则　　‎ A. B. C. D. 无法比较 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由于洛伦兹力永远不做功，所以甲图和乙图中电场和磁场对粒子做的功就等于电场做的功，所以只要判断出偏转的位移大小即可得出做功大小。根据左手定则判断可知：乙图中洛伦兹力有与电场力方向相反的分力；而在甲图中电场和磁场是分开的，所以在甲图的情况下，粒子沿电场方向的位移较大，电场力做功较多，所以选项A、B、D错误，选项C正确。‎ ‎6.如图所示，金属杆MN的电阻为R，金属杆PQ的电阻为2R，平行金属导轨电阻不计，电压表为理想直流电压表。当MN以速度v向右匀速滑动而PQ固定不动时，电压表正常工作且示数为U；若MN固定不动，为使电压表读数不变，下面做法可行的是　　‎ A. 使PQ以速度2v向右匀速滑动 B. 使PQ以速度2v向左匀速滑动 C. 使PQ以速度向右匀速滑动 D. 使PQ以速度向左匀速滑动 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 设导轨宽度为L，磁感应强度为B，当MN以速度v向右匀速滑动而PQ固定不动时，电动势为：，电流为：，电压表正常工作且示数为：，根据右手定则可知上方电势高；若MN固定不动，为使电压表读数不变，应该使PQ向右运动，设匀速运动的速度为v′，则，解得v′=2v，故A正确，BCD错误。‎ ‎7.如图，矩形ABCD位于匀强电场中，电场方向平行于矩形平面。已知，P是CD边的中点。A、B、D的电势分别为6V、2V、4V，初动能为6eV、电荷量大小为e的带电粒子从A沿着AC方向射入电场，恰好经过不计粒子重力，下列说法正确的是　　‎ A. 该粒子一定带正电 B. 该粒子到达B点时的动能为10eV C. 若仅改变粒子的初速度大小，该粒子可能经过c点 D. 若仅改变粒子的初速度方向，该粒子可能做直线运动经过P点 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 根据匀强电场中平行的等间距的两点间的电势差相等，则φA-φB=φD-φC，则C的电势 φC=0．取AB的中点O，则O点的电势为，连接OD则为等势线，电场强度与等势面垂直，且有高电势指向低电势，电场强度垂直OD斜向上，由物体做曲线运动的条件，电场力斜向下，故电荷为负电荷；故A错误．‎ 粒子从A到B，由动能定理，得qUAB=EkB-EKA，-e×（6-2）=EKB-6eV，则该粒子到达B点时的动能 EKB=2eV，故B错误．若仅改变粒子的初速度大小，因粒子所受电场力方向与场强E方向相反，则该粒子不可能经过c点，选项C错误；因AP在电场强度E的方向上，则若改变粒子的初速度方向，使得初速度沿AP方向，则该粒子可沿AP做匀减速直线运动经过P点，选项D正确；故选D.‎ 点睛：此题关键要掌握：匀强电场中平行的等间距的两点间的电势差相等，找到等势线，利用电场力做功与电势能变化的关系以及电场强度与电压的关系求解．‎ ‎8.如图所示，边长为的正方形abcd 区域内包括边界存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在a点处有一粒子源，能够沿ab方向发射质量为m、电荷量为的粒子，粒子射出的速率大小不同。粒子的重力忽略不计，也不考虑粒子之间的相互作用。则　　‎ A. 轨迹不同的粒子，在磁场中运动时间一定不同 B. 从c点射出的粒子入射速度大小为 C. 从d点射出的粒子在磁场中运动的时间为 ‎ D. 粒子在边界上出射点距a点越远，在磁场中运动的时间越长 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 能从ad边射出的粒子，在磁场中运动半个圆周，则运动时间均为，选项AD错误，C正确；从点射出的粒子在磁场中的半径为r=l0，则入射速度大小为，选项B错误；‎ 故选C.‎ ‎9.如图所示的电路中，、是定值电阻，R是滑动变阻器，电流表A和电压表V均为理想电表。闭合开关S，当滑动变阻器的触头P从左端滑向右端的过程中，下列说法中正确的是　　‎ A. 表V示数增大，表A示数减小，电容器C的电荷量减小 B. 表V示数减小，表A示数增大，电容器C的电荷量减小 C. 表V示数增大，表A示数增大，电容器C的电荷量减小 D. 表V示数减小，表A示数减小，电容器C的电荷量增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 当滑动变阻器的触头P从左端滑向右端的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，电阻R与并联的电阻减小，外电路总减小，总电流增大，故路端电压减小，则电压表V的示数减小，又流过的电流即为总电流，故两端的电压增大，而电容器与并联，故电容器两端的电压也增大，根据Q=CU，可知电容器的电荷量增大；因路端电压减小，而两端的电压增大，故R与并联的电压减小，故流过的电流减小，即电流表的示数减小，故ABC错误，D正确；故选D。‎ ‎【点睛】当滑动变阻器的触头P从左端滑向右端的过程中，分析外电路总电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，判断电压表示数的变化．根据欧姆定律分析R、并联的电压如何变化，分析通过的电流如何变化，再分析电流表示数的变化．根据电压的变化，判断电容器所带电量的变化。‎ 二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）‎ ‎10.如图所示，在光滑水平面上用恒力F拉质量‎1kg的单匝均匀正方形铜线框，在1位置以速度进入匀强磁场时开始计时，此时线框中感应电动势为1V，在时刻线框到达2位置开始离开匀强磁场此过程中v--t图象如图所示，那么　　‎ A. 在时刻线框右侧的边两端MN间电压为V B. 恒力F的大小为N C. 线框完全离开磁场的瞬间位置3速度为2‎ D. 线框完全离开磁场的瞬间位置3速度为1‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】由图读出时和时刻的速度相等，感应电动势大小相等，由题知，时，线圈中感应电动势为，则时，线圈中感应电动势也为，线框右侧边MN的两端电压为：故A正确；‎ B、在内，线框做匀加速运动，没有感应电流，线框不受安培力，由速度时间图象的斜率表示加速度，求得，则得故B错误。‎ C、D由b图象看出，在时刻线框到达2位置开始离开匀强磁场时与线框进入时速度相同，则线框出磁场与进磁场运动情况完全相同，则知线框完全离开磁场的瞬间位置3速度与时刻的速度相等，即为。故C正确，D错误。‎ 故选：AC。‎ ‎11.如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一固定的足够长的斜面，将一带正电的小球从斜面上某点以水平向右的速度抛出，小球最终落到斜面上。当电场强度为时，小球从抛出至落到斜面上所用的时间为，机械能的增量为，动能的增量为，动量变化量大小为；当电场强度为时，小球从抛出至落到斜面上所用的时间为，机械能的增量为，动能的增量为，动量变化量大小为已知电场强度，则以下判断正确的是　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 加电场时，小球做平抛运动，则x=v0t，，y=at2，且 ,，解得 ；场强越大，则a越大，则t越小，因E2>E1，则t1>t2，选项A错误；动能增量为may=2mv02tanθ，可知加电场时，动能增量不变，选项B正确；有电场时，机械能增量等于电场力做功 可知E越大，机械能增量越大，选项C正确；动量的变化 ，可知两种情况动量变化相同，选项D错误；故选BC.‎ ‎12.如图所示，图中的四个电表均为理想电表，当滑动变阻器滑片P向右端滑动时，下面说法正确的是( )‎ A. 电压表的读数减小，电流表的读数增大 B. 电压表读数变化量的大小与电流表读数变化量的大小比值增大 C. 若电压表读数变化量大小为，电流表读数变化量的大小为，则 D. 若，则电压表的读数与电流表读数的乘积增大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 当滑动变阻器滑动触点P向右端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，路端电压U减小，则电流表A1读数增大；电压表V1读数U1=E-I（R1+r），I增大，其他量不变，则U1减小；故A正确．根据闭合电路欧姆定律有 U1=E-I（R1+r），则得，保持不变，故B错误．电流表A1的读数等于电流表A2的读数与R2的电流之和，即I1=I2+IR2，因I1‎ 增大，I2减小，IR2变大，则 ‎∆IR2>∆I2，则，选项C正确；将R1+r看做是电源的内阻，则电压表V1的读数与电流表A1读数的乘积等于电源的输出功率，当R1=R3时，滑动变阻器滑动触点P越向左移动，则外电阻越接近R3，电源的输出功率越大，则选项D错误；故选BC.‎ 点睛：本题是简单的电路动态分析问题，按“部分→整体→部分”的思路进行分析．对于电压表读数的变化量与电流表读数的变化量之比，往往根据闭合电路欧姆定律分析．‎ ‎13.如图所示，长均为d的CD、EF两条金属导轨水平平行放置，导轨间距为导轨的D、F间接有一电阻R，左端C、E分别与弯曲的光滑轨道平滑连接。矩形CDFE区域内存在方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为将一电阻为R、质量为m的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。已知水平金属导轨电阻不计，与导体棒间的动摩擦因数为，导体棒与水平导轨始终垂直且接触良好，重力加速度为g，不计电磁辐射。在导体棒的整个运动过程中，下列说法中正确的是　　‎ A. 流过电阻R的电荷量为 B. 电阻R的最大电流为 C. 电阻R中产生的焦耳热为 D. 导体棒在磁场中运动的最大加速度为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 流过电阻R的电荷量，故A错误；金属棒下滑过程中，由机械能守恒定律得：，解得：金属棒到达水平面时的速度，金属棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动，则导体棒刚到达水平面时的速度最大，所以最大感应电动势为，最大的感应电流为，最大加速度为，故B正确，D错误；金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：，则克服安培力做功：，所以整个电路中产生的焦耳热为，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热，故C正确；故选BC。‎ ‎【点睛】金属棒在弯曲轨道下滑时，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律或动能定理可以求出金属棒到达水平面时的速度，由E=BLv求出感应电动势，然后求出感应电流；由可以求出流过电阻R的电荷量；克服安培力做功转化为焦耳热，由动能定理（或能量守恒定律）可以求出克服安培力做功，得到导体棒产生的焦耳热．‎ 三、填空题（本大题共1小题，共6.0分）‎ ‎14.如图是一简易多用电表的内部电路图，已知表头G的满偏电流，内阻，电阻、当电表的测量表笔与a、b连接时，一般用于测量______，量程______；当电表的测量表笔与a、c连接时，一般用于测量______，量程______.‎ ‎【答案】 (1). 电流 (2). 10mA (3). 电压 (4). 3V ‎【解析】‎ 当电表的测量表笔与a、b连接时，电阻与表头G 并联，根据电流表的改装原理可知，此档一般用于测量电流，设量程为I，则有：，解得：I=10mA；当电表的测量表笔与a、c连接时，电阻与表头G并联，再与串联，根据电流表的改装原理可知，此档一般用于测量电压，设量程为U，则有：.‎ ‎【点睛】把小量程电流表改装成大量程电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值．把小量程电流表改装成大量程电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值．‎ 四、实验题探究题（本大题共1小题，共8.0分）‎ ‎15.某同学在实验室测定一节干电池的电动势和内阻，实验室中有如下器材：‎ A.待测干电池 B.电流表，内电阻 C.电流表，内电阻 D.滑动变阻器甲最大阻值 E.滑动变阻器乙最大阻值 F.定值电阻 G.定值电阻 H.定值电阻 以及导线和开关．‎ 由于没有电压表，为此他设计了如图所示的电路完成了实验要求的测量．‎ ‎(1)为了方便并能较准确测量，滑动变阻器应选______，定值电阻应选用______填写各器材前的序号 ‎(2)若某次测量中电流表G的示数为，电流表A的示数为；改变滑动变阻器的位置后，电流表G的示数为，电流表A的示数为则可知此电源的内电阻______，电动势______用给出和测得的物理量表示 ‎【答案】 (1). D (2). G (3). (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将电流表B串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表，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．根据闭合回路欧姆定律列出等式求解电动势和内阻．‎ ‎【详解】(1)由于滑动变阻器的最大电阻普遍小于定值电阻阻值，所以判定通过滑动变阻器的电流大于通过定值电阻的电流，因此电流表A为A2，根据估测电阻即根据欧姆定律可估测出R0约为15Ω左右比较合适，所以滑动变阻器应选择D，同理，可估测出定值电阻阻值在500Ω左右比较合适，因此定值电阻选择G.‎ ‎(2)根据闭合电路欧姆定律列方程如下：‎ 可得：,‎ ‎【点睛】本题为测量电源的电动势和内电阻的实验的变形，注意由于没有电压表，本实验中采用改装的方式将表头改装为电压表，再根据原实验的研究方法进行分析研究，注意数据处理的方法．‎ 五、计算题（本大题共3小题，共34.0分）‎ ‎16.如图所示，一带电荷量为、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止。重力加速度取g，，求：‎ ‎(1)水平向右电场的电场强度的大小；‎ ‎(2)若将电场强度减小为原来的，小物块的加速度是多大；‎ ‎(3)电场强度变化后小物块下滑距离‎2L时的动能.‎ ‎【答案】（1） （2）‎0.3g（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 带电物体静止于光滑斜面上恰好静止，且斜面又处于水平匀强电场中，则可根据重力、支持力，又处于平衡，可得电场力方向，再由电荷的电性来确定电场强度方向；当电场强度减半后，物体受力不平衡，产生加速度。借助于电场力由牛顿第二定律可求出加速度大小；选取物体下滑距离为L作为过程，利用动能定理来求出动能。‎ ‎【详解】小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，‎ 可得电场强度 ‎（2）若电场强度减小为原来，则变为 可得加速度。‎ 物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功 由动能定理则有：‎ 可得动能 ‎17.如图所示，光滑平行金属导轨和之间距离为‎1m且足够长，都处于同一水平面内，P和Q之间连接一电阻，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中现垂直于导轨放置一根导体棒MN，电路中导线和导体棒电阻不计，用一水平向右的力拉动导体棒MN从静止开始运动，则:‎ ‎(1)导体棒中的电流方向？回答还是 ‎(2)当导体棒匀速运动时，棒中的电流大小是多少安？‎ ‎(3)导体棒做何种运动？求最终的速度．‎ ‎【答案】（1）N→M（2）‎2.5A（3）‎12.5m/s ‎【解析】‎ ‎（1）根据右手定则或者楞次定律可知，导体棒的电流方向：N→M ‎（2）匀速运动时，F安=F=5N 由F安=BIL得I=F/BL=5/2×1=2.5A ‎（3）导体棒受到外力F和安培力的作用，做加速度减小的加速运动，当a=0时达到最大速度， 此时F安=F,最后以最大速度做匀速直线运动。‎ 由闭合电路欧姆定律 I=E/R 法拉第电磁感应定律 E=BLVmax 可知Vmax=IR/BL=‎12.5m/s ‎18.两根金属导轨平行放置在倾角为的斜面上，导轨底端接有电阻，导轨自身电阻忽略不计匀强磁场垂直于斜面向上，磁感强度质量为，电阻的金属棒ab由静止释放，沿导轨下滑如图所示，设导轨足够长，导轨宽度，金属棒ab下滑过程中始终与导轨接触良好，当金属棒下滑时，速度恰好达到最大速度，求此过程中电阻R上产生的热量？取 ‎【答案】此过程中电阻上产生的热量是0.8J ‎【解析】‎ 试题分析：当金属棒速度恰好达到最大速度时，受力分析，‎ 则mgsinθ=F安+f （2分 ）‎ 据法拉第电磁感应定律：E=BLv （2分）‎ 据闭合电路欧姆定律：∴F安=BIL==0.2N （ 2分 ）‎ ‎∴f=mgsinθ－F安=0.3N （ 1分）‎ 下滑过程据动能定理得：mgh－f－W =mv2 （ 2分 ）‎ 解得W="1J" ，∴此过程中电路中产生的总热量Q=W=1J （ 1分 ）‎ 则电阻R上产生的热量为（ 2分 ）‎ 考点：考查了法拉第电磁感应定律，闭合回路欧姆定律，焦耳定律