安徽省黄山市屯溪第一中学2020学年高二物理下学期入学摸底考试试题（含解析）

安徽省黄山市屯溪第一中学2020学年高二物理下学期入学摸底考试试题（含解析）

‎2020学年安徽省黄山市屯溪第一中学高二下学期入学摸底考试物理试题此卷只装订不密封 班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 ‎ 注意事项：‎ ‎1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。‎ ‎2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。‎ ‎3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。‎ ‎4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。‎ 第I卷（选择题)‎ 一、单选题 ‎1．关于磁场和电场的认识，下列说法正确的是（ ）‎ A．电流元在某处不受安培力，该处一定没有磁场 B．电荷受电场力方向和所在位置电场方向相同 C．电场线起于正电荷终止于负电荷，磁感线起于N极终止于S极 D．同一通电导体在磁场强的地方受到的安培力可能比在磁场弱的地方受到的安培力小 ‎2．两固定且互相垂直的无限长直导线l1与l2在同一竖直面内，导线中通有大小相等、方向如图所示的恒定电流。有一正方形导线框ABCD，初始时刻，AB边与 l1重合，AD边与 l2重合，所有导线间彼此绝缘，下列说法正确的是（ ）‎ A．若导线框向右平移，则导线框内产生逆时针方向的感应电流 B．若导线框向上平移，则导线框内产生顺时针方向的感应电流 C．若导线框沿AC方向平移，则导线框内产生顺时针方向的感应电流 D．若导线框向右平移，l1对CD边的安培力垂直CD边向右 ‎3．如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图．若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是（ ）‎ A．a粒子速率最大 B．它们做圆周运动的周期Ta＜Tb＜Tc C．c粒子在磁场中运动时间最长 D．c粒子动能最大 ‎4．我们位于地球的北半球，曾经在教室的天花板上装有吊扇。假设吊扇的各叶片水平，只考虑该处地磁场的竖直分量，设地磁场磁感应强度的竖直分量的大小为B，叶片的长度为L，中间圆盘半径为R。电扇使用时转动的频率为f，逆着地磁场竖直分量的方向看吊扇，其叶片按逆时针方向转动，叶片的近轴端为a，远轴端为b，如图所示，用E表示每个叶片上的感应电动势，则（ ）‎ A．E=πf (L + R )LB ，且a点电势高于b点电势 B．E=2πf(L –R )LB ，且a点电势高于b点电势 C．E=2πfL ( L - 2R ) B ，且a点电势低于b点电势 D．E=πfL ( L + 2R ) B ， 且a点电势低于b点电势 ‎5．如甲(1)中，两平行光滑金属导轨放置在水平面上间距为L，左端接电阻R，导轨电阻不计。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。将质量为m、电阻为r的金属棒ab置于导轨上。当ab受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动时，F与金属棒速度v的关系如图甲(2)。已知ab与导轨始终垂直接触良好，设ab中的感应电流为I，ab受到的安培力大小为FA，R两端的电压为UR，R的电功率为P，则下图中大致正确的是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．如图所示，导体直导轨OM和PN平行且OM与x轴重合，两导轨间距为d，两导轨间垂直纸面向里的匀强磁场沿y轴方向的宽度按y＝d的规律分布，两金属圆环固定在同一绝缘平面内，内、外圆环与两导轨接触良好，与两导轨接触良好的导体棒从OP开始始终垂直导轨沿x轴正方向以速度v做匀速运动，规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压uab为正，下列uab－x图象可能正确的是(　　)‎ A．A B．B C．C D．D ‎7．如图是用电流传感器(相当于电流表，其电阻可以忽略不计)研究自感现象的实验电路，图中两个电阻的阻值均为R，L是一个自感系数足够大的自感线圈，其直流电阻值也为R．下图是某同学画出的在t0时刻开关S切换前后，通过传感器的电流随时间变化的图象．关于这些图象，下列说法中正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A.图b中甲是开关S由断开变为闭合，通过传感器1的电流随时间变化的情况 B.图b中乙是开关S由断开变为闭合，通过传感器2的电流随时间变化的情况 C.图b中丙是开关S由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情况 D.图b中丁是开关S由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情况 二、多选题 ‎8．如图所示，由两种比荷不同的离子组成的离子束，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后，进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B两束，离子的重力不计，下列说法中正确的有（ ）‎ A．组成A束和B束的离子都带正电 B．组成A束和B束的离子质量一定相同 C．A束离子的比荷大于B束离子的比荷 D．速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向里 ‎9．如图所示，矩形ABCD位于匀强电场中，且与匀强电场方向平行．已知AB = 2 BC，A、B、D的电势分别为6 V、2 V、4 V．初动能为24eV、电荷量大小为4e的带电粒子从A沿着AC方向射入电场，恰好经过B．不计粒子的重力，下列说法正确的是（　　）‎ A．该粒子一定带负电 B．该粒子达到点B时的动能为40eV C．改变初速度方向，该粒子可能经过D D．改变初速度方向，该粒子可能经过C ‎10．在如图所示电路中，已知电表均为理想电表，电流表A、电压表V1、V2的读数分别为I、U1和U2，C为电容器．在滑动变阻器的滑片向右滑动一小段距离的过程中，电流表A、电压表V1、V2读数变化量大小分别是ΔI、ΔU1和ΔU2，下列说法中正确的有（ ）‎ A．电源的内阻消耗的电功率变大 B．灯泡变亮、电容器所带电量减少 C．等于外电路总电阻，变小 D．等于电源的内电阻，不变 ‎11．如图所示，正方形线框的边长为L，电容器的电容为C。正方形线框的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，当磁感应强度以k为变化率均匀减小时，则(　　)‎ A．线框中产生的感应电动势大小为kL2‎ B．电压表没有读数 C．a点的电势高于b点的电势 D．电容器所带的电荷量为Q ＝C ‎ ‎12．劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示。置于高真空中的半径为R的D形金属盒中，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，高频交变电压u的频率为f．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。用该回旋加速器加速质子，为了使质子获得的动能减小为原来的1/9，原则上不可采用下列哪种方法（ ）‎ A．将其磁感应强度减小为原来的1/3倍 B．将其磁感应强度减小为原来的1/9倍 C．将D形盒的半径减小为原来的1/3倍 D．将D形盒的半径减小为原来的1/9倍 第II卷（非选择题)‎ 三、填空题 ‎13．某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ，步骤如下：‎ ‎（1）用游标为20分度的游标卡尺测量其长度如图甲，由图可知其长度L=_____________mm。‎ ‎（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径D=_________mm。‎ ‎14．下图所示的欧姆表刻度盘中，不使用时指针指A，两表笔短接时指针指B．若欧姆表的总内阻为24 Ω，C是A、B的中点，D是A、C的中点，则D点的刻度为________Ω．‎ 四、实验题 ‎15．甲图所示是一个欧姆表的外部构造示意图，其正、负插孔内分别插有红、黑表笔，则虚线内的电路图可以是乙图中的__________。‎ ‎16．某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：‎ A．被测干电池一节 B．电流表：量程0～0.6A，内阻约为0.3Ω C．电流表：量程0～3A，内阻约为0.1Ω D．电压表：量程0～3V，内阻未知 E．电压表：量程0～15V，内阻未知 F．滑动变阻器：0～10Ω，2A G．滑动变阻器：0～100Ω，1A H．开关、导线若干 伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差．在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻 ‎(1)在上述器材中请选择适当的器材：____________________（填写选项前的字母）；‎ ‎(2)实验电路图应选择图中的__________________（填“甲”或“乙”）；‎ ‎(3)根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U-I图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E=________V，内电阻r=_______________Ω．‎ 五、解答题 ‎17．在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，有一倾角为θ ‎、足够长的光滑绝缘斜面，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，电场方向竖直向上．有一质量为m，带电荷量为+q的小球静止在斜面顶端，这时小球对斜面的正压力恰好为零，如图所示，若迅速把电场方向反转为竖直向下，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）小球能在斜面上滑行多远？‎ ‎（2）小球在斜面上滑行时间是多少？‎ ‎18．如图所示，在平面直角坐标系 xOy 内，第一和第四象限内有一个有界圆形区域与 y 轴相切于原点 O，其圆心为 O1、半径一定，圆内存在垂直于纸面的匀强磁场。第二和第三象限内有平行于 y 轴的匀强电场。第二象限内有一P点，坐标，一带电粒子（重力不计）自P 点以平行于 x 轴的初速度 v0开始运动，粒子从 O 点离开电场，经磁场偏转后又从 y 轴上的 Q 点（图中未画出）垂直于 y 轴回到电场区域，并恰能返回到 P 点。求：‎ ‎（1）粒子从 P点到 O点经历的时间及粒子在第二象限的加速度大小；‎ ‎（2）粒子经过坐标原点 O时的速度大小；‎ ‎（3）电场强度 E和磁感应强度 B的比值。‎ ‎19．如图所示，M1NlPlQl和M2N2P2Q2为在同一竖直面内足够长的金属导轨，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。导轨的M1Nl段与M2N2段相互平行，距离为L；PlQl段与P2Q2段也是平行的，距离为L/2。质量为m金属杆a、b垂直与导轨放置，一不可伸长的绝缘轻线一端系在金属杆b，另一端绕过定滑轮与质量也为m的重物c相连，绝缘轻线的水平部分与PlQl平行且足够长。已知两杆在运动过程中始终垂直于导轨并与导轨保持光滑接触，两杆与导轨构成的回路的总电阻始终为R，重力加速度为g。‎ ‎（1）若保持a固定。释放b，求b的最终速度的大小；‎ ‎（2）若同时释放a、b，在释放a、b的同时对a施加一水平向左的恒力F=2mg，当重物c下降高度为h时，a达到最大速度，求：‎ ‎①a的最大速度；‎ ‎②才释放a、b到a达到最大速度的过程中，两杆与导轨构成的回来中产生的电能。‎ ‎2020学年安徽省黄山市屯溪第一中学高二 下学期入学摸底考试物理试题 物理答案 ‎1．D ‎【解析】‎ 电流元在某处不受安培力，可能是电流方向与磁场方向平行，该处不一定没有磁场，选项A错误；正电荷受电场力方向和所在位置电场方向相同，负电荷受电场力方向和所在位置电场方向相反，选项B错误；电场线起于正电荷终止于负电荷或者无穷远，磁感线在磁体的外部是从N极到S极，内部是从S极到N极，形成闭合的曲线，选项C错误；导线受到的磁场力与导线的放置方式有关，同一通电导体在磁场强的地方受到的安培力可能比在磁场弱的地方受到的安培力小，选项D正确；故选D.‎ ‎2．D ‎【解析】‎ 根据右手定则可知，两根通电导线产生的磁场在虚线的下方垂直纸面向外；当导线框向右平移时，穿过线圈的磁通量向外减增加，根据楞次定律可知，导线框内产生顺时针方向的感应电流，此过程中I1和CD边上的电流为异向电流，相互排斥，即I1对CD边的安培力垂直CD边向右，选项A错误，D正确；根据右手定则可知，两根通电导线产生的磁场在虚线的上方垂直纸面向里；当导线框向上平移时，穿过线圈的磁通量向里减增加，根据楞次定律可知，导线框内产生逆时针方向的感应电流，选项B错误；若导线框沿AC方向平移，则导线框内磁通量不变，则不产生感应电流，选项C错误。‎ ‎3．D ‎【解析】‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得，解得：.‎ A、D、由于三个带电粒子的质量、电荷量均相同，在同一个磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，由图示可知，a粒子的轨道半径最小，粒子c的轨道半径最大，则a的粒子速率最小，c粒子的速率最大，c的动能最大，故A错误，D正确；B、粒子在磁场中做圆周运动的周期：，由于三个带电粒子的质量、电荷量均相同，在同一个磁场中，粒子的周期T相等，即：Ta=Tb=Tc，故B错误.C、粒子在磁场中的运动时间，三粒子运动周期相同，由图示可知，a在磁场中运动的偏转角最大，a的运动时间最长；故C错误.故选D.‎ ‎【点睛】‎ 带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小；运动的周期均相同的情况下，可根据圆弧的对应圆心角来确定运动的时间的长短．‎ ‎4．D ‎【解析】‎ 教室在北半球，地磁场竖直分量方向竖直向下，由右手定则可知，a点电势低，b点电势高。叶片转动的角速度：ω=2πf，叶片的感应电动势：；故选D.‎ ‎【点睛】‎ 风扇转动时叶片切割磁感线产生感应电动势，应用右手定则与E=BLv可以解题，注意切割磁感线的速度要取叶片两端点线速度的平均值。‎ ‎5．A ‎【解析】‎ 由图甲（2）可得F=F0-kv，导体棒切割磁感线产生电动势E=BLv，导体棒中电流I=BLv∕（R+r），导体棒受安培力F安=BIL，对导体棒根据牛顿第二定律：F-F安=ma，代入得： ，所以导体棒做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，做匀速运动，所以A正确； ， ，R消耗的功率，所以B、C、D错误。‎ ‎6．D ‎【解析】‎ 导体棒向右匀速运动切割磁感线产生感应电动势，e＝Byv＝Bdvsinx，大环内的电流为正弦交变电流；在第一个磁场区域的前一半时间内，通过大圆环的电流为顺时针增加的，由楞次定律可判断内球内a端电势高于b端，因电流的变化率逐渐减小故内环的电动势逐渐减小，同理可知，在第一个磁场区域的后一半时间内，通过大圆环的电流为顺时针逐渐减小；则由楞次定律可知，a环内电势低于b端，因电流的变化率逐渐变大，故内环的电动势变大；故D正确；ABC错误；故选D。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查楞次定律的应用，要注意明确楞次定律解题的基本步骤，正确掌握并理解“增反减同”的意义，并能正确应用；同时解题时要正确审题，明确题意，不要被复杂的电路图所迷惑.‎ ‎7．C ‎【解析】‎ 略 ‎8．ACD ‎【解析】‎ A、AB粒子进入磁场后都向左偏，根据左手定则可以判断AB束离子都带正电，故A正确；‎ BC、经过速度选择器后的粒子速度相同，粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，满足，即不发生偏转的粒子具有共同的速度大小；进入磁场区分开，轨道半径不等，根据公式可知，半径大的比荷小，所以A束离子的比荷大于B束离子的比荷，但不能说明质量一定相同，故B错误，C正确；D、在速度选择器中，电场方向水平向右，AB粒子所受电场力方向向右，所以洛伦兹力方向向左，根据左手定则可知，速度选择器中的磁场方向垂直纸面向内，故D正确。‎ ‎【点睛】‎ 本题能根据粒子不发生偏转得出粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，并由此推算出粒子具有相同的速度v，在单独的匀强磁场中粒子分裂成几束说明粒子的荷质比不同，并由此得出电量、质量、以及速度所需要满足的关系式，从而得出正确的结论。‎ ‎9．AC ‎【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，取AB的中点O，则O点的电势为4V，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正确；由动能定理，得qU=EB-EA；-4e（6-2）=EB-24e；EB=8eV，故B错误；同理，由动能定理，得qU=ED-EA；-4e（6-4）=ED-24e；ED=16eV，故C正确；求得C点的电势为0，由动能定理，得qU=EC-EA=-4e（6-0）=EC-24e   EC=0，由曲线运动可知，粒子到达C点动能不为零，故D错误；故选AC。‎ ‎【点睛】‎ 关键知道：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.‎ ‎10．BD ‎【解析】‎ A、滑动变阻器的滑片向右滑动一小段距离接入电路的的电阻变大，则总电阻变大，总电流变小，根据公式可知电源内阻消耗的电功率变小，故选项A错误；B、由于总电阻变大，总电流变小，则内电压变小，则路端电压增大，故灯泡变亮，即灯泡的电流变大，则通过电阻的电流变小，即电阻两端电压减小，则电容器两端电压减小，根据公式可知电容器所带电量减小，故选项B正确；C、电压表测量路端电压，根据部分电路欧姆定律可知：，则，通过上面的分析可知总电阻变大，即等于外电路总电阻，变大，故选项C错误；D、根据闭合电路欧姆定律可知：‎ ‎，则不变，故选项D正确。‎ ‎【点睛】‎ 解决本题的关键抓住电源的电动势和内阻不变，利用闭合电路欧姆定律进行动态分析，特别要理解。‎ ‎11．BCD ‎【解析】‎ 由法拉第电磁感应定律注意有效面积，得：，故A错误。磁场均匀减弱，线圈产生恒定的感应电动势，电容器充电完毕后电路中没有电流，电压表则没有读数。故B正确。由楞次定律可知，感应电动势方向沿顺时针，则a 点的电势高于b点的电势，电势差为感应电动势。故C正确。线圈产生恒定的感应电动势给电容器充电，则电容器的电量Q＝CU＝C•kL2．故D正确。故选BCD。‎ 点睛：本题运用法拉第电磁感应定律时要注意S是有效面积，不是线圈的总面积．要理解电压表的核心是电流表，没有电流，电压表指针不偏转，则没有读数．‎ ‎12．BD ‎【解析】‎ 根据，知，则最大动能．为了使质子获得的动能减小为原来的1/9，则将其磁感应强度减小为原来的1/3倍，或将D形盒的半径减小为原来的1/3倍；此题选择原则上不可采用的方法，故选BD.‎ ‎13．5.015；4.699‎ ‎【解析】‎ ‎（1）游标尺的主尺部分读数： 50mm 游标尺的分尺部分读数:；‎ 所以圆柱体的长度为 ‎（2）螺旋测微器主尺部分读数为：‎ 分尺部分的读数为：‎ 所以螺旋测微器最终的读数为：4.000mm ‎14．‎ ‎【解析】‎ 两表笔短接时Rx=0，此时电流为满偏电流Ig，设电池的电动势为E，欧姆表的总内阻为R，由闭合电路的欧姆定律得：，当指针指到D点时，为满刻度的四分之一，即Ig处，由闭合电路的欧姆定律得： ，所以RD=3R=72Ω。‎ ‎15．A ‎【解析】‎ 正极插孔接电源的负极，所以BC错误；每次换挡时都要进行短接调零，所以电阻要可调节，故A正确，D错误，故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题的关键是搞清欧姆表的电路连接情况。‎ ‎16．(1)ABDFH (2)如图 (3)1.5；0.9‎ ‎【解析】‎ ‎(1)电源的电动势约1.5V，则电压表选择量程0～3 V的D；选择内阻已知的电流表B，将此电流表与电源直接串联，可消除电流表分压带来的系统误差；滑动变阻器电阻较小有利于电表数值的变化，滑动变阻器选择0～10 Ω的F。‎ ‎(2)由于电流表内阻已知，选择甲电路将电流表与电源直接串联，可消除电流表分压带来的系统误差。‎ ‎(3)据可得：，则图线的纵截距，图线的斜率，电源的内阻 ‎【点睛】‎ 本题中电流表的内阻已知，可消除电流表分压带来的误差。在解题中要由实验原理结合闭合电路欧姆定律得出图线对应的表达式，从而由图线求出电源的电动势和内电阻。‎ ‎17．（1） （2）‎ ‎【解析】‎ 当电场竖直向上时，小球对斜面无压力，可知电场力和重力大小相等；当电场竖直向下时，小球受到向下的力为2mg；当小球恰好离开斜面时，在垂直于斜面的方向上合力为零，由此可求出此时的速度；小球平行斜面方向的分力不变，故加速度不变，根据速度位移关系公式求解位移，根据速度时间关系公式求解加速时间．‎ 设电场强度为E，则电场反转前：mg=qE 电场反转后，设小球离开斜面时的速度为v，则：qvB=（mg+qE）cosθ 加速度：a==2gsinθ 由匀变速规律有：‎ v2=2as v=at 由以上各式解得小球能沿斜面连续滑行的距离：s=‎ 所用时间：t=‎ ‎【点评】该题考察了带电物体在复合场中的运动情况，解决此类问题要求我们要对带电物体进行正确的受力分析，要注意找出当小球离开斜面时的临界情况；然后结合牛顿第二定律和运动学公式列式求解．‎ ‎18．（1）； （2）2v0 （3）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）设粒子在电场中运动的时间为 t1‎ x 方向 ‎ 解得 解得 ‎（2）粒子从 P 点到 O 点过程中 经过坐标原点的速度大小 ‎（3）设 Q 点到坐标原点的距离为 y，从 Q 点再次进入电场过程中 解得 设粒子进入磁场时速度与 x 轴夹角为θ，根据 解得θ＝60°.‎ 磁场中由几何关系得.‎ 解得 设粒子进入磁场时，根据 求出 粒子在电场中运动 将代入解得，‎ 点睛：题是带电粒子在电场和磁场中做匀速圆周运动和类平抛运动的特例，巧妙的是从原点进入磁场：类平抛运动的水平位移和竖直位移由P的位置坐标决定；其次是从磁场离开后再返回出发点，两个坐标有一定的位置关系，在磁场中圆周运动的半径与Q点的坐标和进入磁场的速度方向有一定的几何关系要通过画图才能表示出来．‎ ‎19．（1） （2）（i）；（ii）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）当b的加速度为零时，速度最大，设此时速度为，则 电流 分别以b、c为研究对象， ‎ 联立解得 ‎（2）i.在加速过程的任一时刻，设ab的加速度大小分别为、，电流为i，轻绳的拉力为T，分别以a、b、c为研究对象，根据牛顿第二定律 ‎， ， ‎ 联立解得 设a达到最大速度时，b的速度为，由上式可知 当a的集散地为零时，速度达到最大： ‎ 根据法拉第电磁感应定律 联立解得， ‎ ii.设重物下降的高度为h时，a的位移为，故 根据功能关系： ‎ 联立解得