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- 2021-04-16 发布
赛口中学2020学年下学期开学考考试
高二年级物理学科试卷
一．选择题（本题包括10小题，每小题4分，共40分。1-7单选题，8-10多选题）
1.不带电的金属导体A与带正电的金属导体B接触之后也带正电，原因是( )
A．A有部分电子转移到B上 B．B有部分电子转移到A上
C．A有部分正电荷转移到B上 D．B有部分正电荷转移到A上
2. 真空中有两个静止的点电荷，它们之间静电力的大小为F。如果保持这两个点电荷之间的距离不变，而将它们的电荷量都变为原来的2倍，那么它们之间的静电力的大小应为( )
A． B． C． D．
3. 某同学用伏安法测电阻，分别采用了甲、乙两种电路测量，关于误差分析正确的是（ ）
A．若选择甲图，测量值偏大
B．若选择乙图，测量值偏大
C．若被测电阻RX与电流表接近，应该选择乙图误差较小
D．若被测电阻RX与电压表接近，应该选择甲图误差较小
4.用控制变量法，可以研究影响平行板电容器的因素（如图）．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，若（ ）
A．保持S不变，增大d，则θ变大
B．保持S不变，增大d，则θ变小
C．保持d不变，减小S，则θ变小
D．保持d不变，减小S，则θ不变
5.两个点电荷Q1、Q2位于x轴上A、B两点，若取无限远处的电势为零，则在它们形成的电场中，沿x轴正方向上各点的电势如图所示，且AP＞PB．由图线提供的信息可知（ ）
A．P点的电场强度为零
B．Q1的电荷量较大
C．电子沿x轴从A移到B的过程中，加速度逐渐减小
D．电子沿x轴从A移到B的过程中，电场力先做正功，后做负功
6.如图所示，虚线表示等势面，相邻两等势面间的电势差相等，有一带电的小球在该电场中运动，不计小球所受的重力和空气阻力，实线表示该带正电的小球的运动轨迹，小球在a点的动能等于20eV，运动到b点时的动能等于2eV，若取C点为零电势点，则这个带电小球的电势能等于﹣6eV，它的动能等于（ ）
A．16eV B．14eV C．6eV D．4ev
第7题 第8题
7.在匀强磁场中固定一根与磁场方向垂直的通电直导线，其中通有向纸面外的恒定电流，匀强磁场的磁感应强度为1T，以直导线为中心作一个圆，圆周上a处的磁感应强度恰好为零，则下述说法对的是：（ ）
A. b处磁感应强度为2T，方向水平向右
B. c处磁感应强度也为零
C. d处磁感应强度为，方向与匀强磁场方向成450角
D. c处磁感应强度为2T，方向水平向左
8.如图所示电路中，三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，下面判断正确的是（ ）
A．L1和L3变暗，L2变亮
B．L1变暗，L2变亮，L3亮度不变
C．L1中电流变化值大于L3中电流变化值
D．L1上电压变化值小于L2上的电压变化值
9.如图是质谱仪的工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E．平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2．平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场．下列表述正确的是（ ）
A．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于
B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外
C．质谱仪是一种可测定带电粒子比荷的仪器
D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越大
10.如图所示，虚线间空间存在由匀强电场E和匀强磁场B组成的正交或平行的电场和磁场，有一个带正电小球（电量为+q，质量为m）从正交或平行的电磁混合场上方的某一高度自由落下，带电小球通过下列电磁混合场时，可能沿直线运动的是（ ）
A． B． C． D．
二．实验题（本题共2题，11题6分，12题8分，共14分）
11. 如图所示为J0411多用电表示意图．其中A、B、C为三个可调节的部件．某同学在实验室中用它测量一阻值约为1～3kΩ的电阻．他测量的操作步骤如下：
（1）调节可调部件 ，使电表指针指向 ．
（2）调节可调部件B，使它的尖端指向 位置．
（3）将红黑表笔分别插入正负插孔中，两笔尖相互接触，调节可动部件 ，使电表指针指向欧姆零刻度位置．
（4）将两只表笔分别与待测电阻两端相接，进行测量读数．
（5）换测另一阻值为20～25kΩ的电阻时，应调节B，使它的尖端指向“×1k”的位置，此时还必须重复步骤 ，才能进行测量，若电表读数如图所示，则该待测电阻的阻值是 ．
12. 某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率，步骤如下：
用20分度的游标卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为______mm；
用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为______mm；
该同学先用欧姆表粗测该圆柱体的阻值，选择欧姆档倍率“”后测得的阻值如图3表盘所示，测得的阻值约为______，
导线的直径为d，长度为L，电压表示数为U，电流表示数为I，则电阻率的表达式______。
三．计算题（共46分）
13.（10分） 如图所示，两平行金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，导轨的一端接有电动势E=3V、内阻r=0.5Ω的直流电源，导轨间的距离L=0.4m．在导轨所在空间内分布着磁感应强度B=0.5T、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场． 现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒的电阻R=1.0Ω，导体棒恰好能静止．金属导轨电阻不计．（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）ab受到的安培力大小；
（2）ab受到的摩擦力大小．
14.（10分） 如图所示的电路中，电源电动势E=10V，内阻r=0.5Ω，电动机的电阻R0=1.0Ω，电阻R1=1.5Ω．电动机正常工作时，电压表的示数U1=3.0V，求：
（1）电源释放的电功率；
（2）电动机消耗的电功率．将电能转化为机械能的功率；
（3）电源的输出功率．
15.（13分） 在某空间存在着水平向右的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示，一段光滑且绝缘的圆弧轨道AC固定在纸面内，其圆心为O点，半径R=1.8m，OA连线在竖直方向上，AC弧对应的圆心角θ=37°．今有一质量m=3.6×10﹣4 kg、电荷量q=+9.0×10﹣4 C的带电小球（可视为质点），以v0=4.0m/s的初速度沿水平方向从A点射入圆弧轨道内，一段时间后从C点离开，小球离开C点后做匀速直线运动．已知重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力，求：
（1）匀强电场的场强大小E；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小B；
（3）小球射入圆弧轨道后的瞬间对轨道的压力．
16.（13分） 如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m，a、b间的电场强度为E=5.0×105N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场．今有一质量为m=4.8×10﹣25kg、电荷量为q=1.6×10﹣18C的带正电的粒子（不计重力），从贴近a板的左端以v0=1.0×106m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处（图中未画出）．求：
（1）P、Q之间的距离L；
（2）粒子从P运动到Q的时间．
A
2. B解：由库伦定律可得：
变化前：F=k=
变化后：F′=k=k 所以：F′=F，故ACD错误，B正确．
故选：B．
3.B
4.A解：根据电容的定义式C=，保持S不变，增大d，电容C减小，再根据U=，知U增大，所以θ变大．故A正确，B错误．
保持d不变，减小S，电容减小，再根据C=，知U增大，所以θ变大．故CD错误．
故选：A．
5.B解：A、该图象的斜率等于场强E，则知P点电场强度不为零，A错误；
B、如果Q1和Q2为等量异种电荷，点连线中垂线是等势面，故连线中点为零电势点；由于AP＞PB，故Q1＞Q2，B正确；
C、从φ﹣x图象的斜率可知，A到B的区间电场强度先减小后增大，故电子在沿x轴从A移到B的过程中，受到的电场力先减小后增大，加速度也是先减小后增大，C错误；
D、电子沿x轴从A移到B的过程中，电场力方向始终指向x轴负方向，与电子移动方向相反，故电场力一直做负功，D错误；
6.B解：小球自a点运动到b时，电场力做负功：Wab=2eV﹣20eV=﹣18eV…①
由于相邻两等势面的电势差相等，故电势差的大小关系有：Uab=3Ucb…②
从b到c电场力做正功，根据动能定理有：Wbc=Ekc﹣Ekb…③
联立①②③可得：Ekc=8eV．
由于只有电场力做功，电势能和动能和保持不变，故在c点有：E=Ep+Ek=8eV
即电势能和动能之和为8eV，因此当电势能等于﹣6eV时动能为14eV，故B正确，ACD错误
故选：B
7.C试题分析：由题知，通电导线通有向纸面外的恒定电流，由安培定则可知，通电导线在a点产生的磁感应强度方向水平向左，因a点的磁感应强度为0，说明通电导线在a点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反；在b点产生的磁感应强度方向竖直向下，故b点的磁感应强度为，方向与匀强磁场方向成角斜向下，在c点产生的磁感应强度方向水平向右，故c点的磁感应强度为，在d点产生的磁感应强度方向竖直向上，故d点的磁感应强度为，方向与匀强磁场方向成角斜向上，故ABD错误，C正确.故选C.
8.AD
【解答】解：当滑片右移时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流减小，故L1变暗；
电路中电流减小，故内阻及R0、L1两端的电压减小，而电动势不变，故并联部分的电压增大，故L2变亮；
因L2中电流增大，干路电流减小，故流过L3的电流减小，故L3变暗；故A正确，B错误；
因L1中电流减小，L3中电流减小，而L2中电流增大；开始时有：I1=I2+I3，故I1电流的变化值一定小于L3中电流的变化值；故C错误；
因并联部分的电压与L1、R0及内电阻上的总电压等于电源的电动势；L2两端的电压增大，L1、R0及内阻r两端的电压减小，而电动势不变，故L2两端电压增大值应等于其它三个电阻的减小值，故L1上电压变化值小于L2上的电压变化值，故D正确；
故选AD．
9.BCD【解答】解：A、在速度选择器中，电场力和洛伦兹力平衡，有：qE=qvB，解得v=．故A错误．
B、根据带电粒子在磁场中的偏转方向，根据左手定则知，该粒子带正电，则在速度选择器中电场力水平向右，则洛伦兹力水平向左，根据左手定则知，磁场方向垂直纸面向外．故B正确．
C、进入偏转电场后，有：qvB0=m，解得：，可知质谱仪是可以测定带电粒子比荷的仪器．故C正确；
D，由上式可知，知越靠近狭缝P，r越小，比荷越大．故D正确．
故选：BCD
10.CD
【解答】解：A、小球受重力、向左的电场力、向右的洛伦兹力，下降过程中速度一定变大，故洛伦兹力一定变化，不可能一直与电场力平衡，故合力不可能一直向下，故一定做曲线运动，故A错误；
B、小球受重力、向左的电场力、垂直向外的洛伦兹力，合力与速度一定不共线，故一定做曲线运动，故B错误；
C、小球受重力、向左上方的电场力、水平向右的洛伦兹力，若三力平衡，则粒子做匀速直线运动，故C正确；
D、粒子受向下的重力和向上的电场力，合力一定与速度共线，故粒子一定做直线运动，故D正确；
故选：CD
11.（1）A；表盘左边的零刻度；（2）×100Ω挡;（3）C； （5）（3）；22kΩ．
12. (1). (2). (3). 700 (4).
13. 解：（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：
导体棒受到的安培力：
F安=ILB=2×0.40×0.50N=0.40N
（2）导体棒所受重力沿斜面向下的分力：
F1=mgsin37°=0.04×10×0.6N=0.24N
由于F1小于安培力，故导体棒沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件得：
mgsin37°+f=F安
解得：
f=F安﹣mgsin37°=（0.40﹣0.24）N=0.16N
答：（1）导体棒受到的安培力大小是0.40N；
（2）导体棒受到的摩擦力大小是0.16N．
14.解 （1）电动机正常工作时，总电流为：I== A=2 A，
电源释放的电功率为：P=EI=10×2 W=20 W；
（2）电动机两端的电压为：U=E﹣Ir﹣U1=（10﹣2×0.5﹣3.0）V=6 V；
电动机消耗的电功率为：P电=UI=6×2 W=12 W；
电动机消耗的热功率为：P热=I2R0=22×1.0 W=4 W；
电动机将电能转化为机械能的功率，据能量守恒为：P机=P电﹣P热=（12﹣4）W=8 W；
（3）电源的输出功率为：P出=P﹣P内=P﹣I2r=（20﹣22×0.5）W=18 W；
答：（1）电源释放的电功率是20W．
（2）电动机消耗的电功率是12W，将电能转化为机械能的功率是8W．
（3）电源的输出功率为18W．
15. 解：（1）当小球离开圆弧轨道后，对其受力分析如图1所示，
由平衡条件得：F电=qE=mgtanθ
代入数据解得：E=3 N/C
（2）小球从进入圆弧轨道到离开圆弧轨道的过程中，由动能定理得：
F电Rsinθ﹣mgR（1﹣cosθ）=
代入数据得：v=5m/s
由F洛=qvB=
解得：B=1T
（3）分析小球射入圆弧轨道瞬间的受力情况如图2所示，
由牛顿第二定律得：FN+Bqv0﹣mg=
代入数据得：FN≈3.2×10﹣3 N
由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力
FN′=FN≈3.2×10﹣3 N
答：（1）匀强电场的场强大小3 N/C；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小1T；
（3）小球射入圆弧轨道后的瞬间对轨道的压力3.2×10﹣3 N．
16. 解：（1）粒子从a板左端运动到P处，
由动能定理得：qEd=
代入有关数据，解得：
，
代入数据得θ=30°
粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，如图．由几何关系得：
又
联立求得：
代入数据解得：L=5.8cm．
（2）周期
粒子从P运动到Q的时间：
由以上两式代入数据解得：t=
答：（1）P、Q之间的距离L=5.8cm；
（2）粒子从P运动到Q的时间5.