广东省梅州市蕉岭县蕉岭中学2020学年高二物理下学期第一次质检试题（含解析）

广东省梅州市蕉岭县蕉岭中学2020学年高二物理下学期第一次质检试题（含解析）

广东省蕉岭县蕉岭中学2020学年高二下学期第一次质检 ‎ 物理试题 一、单选题（本大题共10小题，共30.0分）‎ ‎1.两个完全相同的绝缘金属小球A、B，A球所带电荷量为+4Q，B球不带电。现将B球与A球接触后，移至与A球距离为d处（d远大于小球半径）。已知静电力常量为k，则此时A、B两球之间的库仑力大小是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】未接触前，根据库仑定律，得：库仑为零；‎ 接触后两球带电量q=4Q，每个球的电荷量为2Q，‎ 再由库仑定律，得 ‎，故C正确。‎ 故选：C。‎ ‎2. 某交流电的u—t图象如图所示，则该交流电（ ）‎ A. 周期T = 0.01s B. 频率f = 50Hz C. 电压有效值V D. 用交流电压表测量时读数为220V ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 某交流电的u—t图象如图所示，则该交流电周期T = 0.02s，频率f =，电压最大值V，用交流电压表测量时读数有效值，其有效值为220V，故BD正确 故选BD ‎3. 如图所示，AB为固定的通电直导线，闭合导线框P与AB在同一平面内，当P远离AB运动时，它受到AB的作用力是 A. 零 B. 引力，且逐渐减小 C. 引力，且大小不变 D. 斥力，且逐渐变小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎“增反减同” 当P远离AB运动时，线框中会形成顺时针方向的感应电流，则它受到AB的吸引力，但是磁场逐渐减弱，所以引力大小变小，选B ‎4.一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交流电，当线圈平面与中性面垂直时，下面说法正确的是（　　）‎ A. 电流方向将发生改变 B. 磁通量的变化率达到最大值 C. 通过线圈的磁通量达到最大值 D. 感应电动势达到最小值 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，产生正弦式交流电，当线圈平面与中性面垂直时，线圈平面与磁感线平行，此时磁通量最小，为零；感应电动势最大；磁通量的变化率最大；电流方向不变；故ACD错误，B正确；‎ ‎5.如图所示，两平行金属板中间有相互垂直的匀强磁场和匀强电场，不计重力的带电粒子沿垂直于电场和磁场方向射入。有可能做直线运动的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 若粒子带正电，则A图中，粒子受向下的电场力和向下的洛伦兹力，粒子不能沿直线运动；同理当粒子带负电时也是一样，选项A错误；B图中，粒子受向上的电场力和向上的洛伦兹力，粒子不能沿直线运动；同理当粒子带负电时也是一样，选项B错误；C图中，粒子受向下的电场力和向上的洛伦兹力，若二力相等，则粒子能沿直线运动；同理当粒子带负电时也是一样，选项C正确；D图中，粒子受向上的电场力和向上的洛伦兹力，粒子不能沿直线运动；同理当粒子带负电时也是一样，选项D错误；故选C.‎ ‎6.如图所示，电感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻忽 略不计，LA、LB是两个相同的灯泡，且在下列实验中不会烧 毁，电阻R2阻值约等于R1的两倍，则（）‎ A. 闭合开关S时，LA、LB同时达到最亮，且LB更亮一些 B. 闭合开关S时，LA、LB均慢慢亮起来，且LA更亮一些 C. 断开开关S时，LA慢慢熄灭，LB闪亮后才慢慢熄灭 D. 断开开关S时，LA慢慢熄灭，LB马上熄灭 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：线圈中的电流变化时，会产生自感电动势，阻碍电流变化，自感电动势方向与电流方向关系为“增反减同”．‎ 闭合开关S时，与电阻串联，直接连在电源两端，立即就亮；而与线圈串联，电流只能缓慢增加，故慢慢亮起来，AB错误；断开开关S时，线圈与两个电阻和两个灯泡构成闭合回路，线圈相当于电源，要阻碍原电流减小，电流是从稳定时的电流大小开始减小的；但由于电阻阻值约等于的两倍，所以开始时是通过灯泡B的电流小，故慢慢熄灭，闪亮后才慢慢熄灭，C错误D正确．‎ ‎7.(2020年陕西宝鸡一模)一矩形线圈abcd位于一随时间变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面向里(如图甲所示)，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示．以I表示线圈中的感应电流(图甲中线圈上箭头方向为电流的正方向)，则图丙中能正确表示线圈中电流I随时间t变化规律的是(　　)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：感应定律和欧姆定律得，所以线圈中的感应电流决定于磁感应强度B随t的变化率．由图2可知，0～1时间内，B增大，增大，感应磁场与原磁场方向相反（感应磁场的磁感应强度的方向向外），由右手定则感应电流是逆时针的，因而是负值．所以可判断0～1为负的恒值；1～2为正的恒值；2～3为零；3～4为负的恒值；4～5为零；5～6为正的恒值，故C正确，ABD错误。‎ 考点：法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律 ‎【名师点睛】此类问题不必非要求得电动势的大小，应根据楞次定律判断电路中电流的方向，结合电动势的变化情况即可得出正确结果。‎ ‎8.一带负电油滴在场强为E的匀强电场中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下。若不计空气阻力，则此带电油滴从A运动到B的过程中，下列判断正确的是（　　）‎ A. 油滴的电势能减少 B. A点电势高于B点电势 C. 油滴所受电场力小于重力 D. 油滴重力势能减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由图示运动轨迹可知，带电油滴的运动轨迹向上偏转，则其合力方向向上，油滴受到竖直向下的重力和竖直方向的电场力，则知电场力必定竖直向上；故电场力做正功，电势能减小；A正确；‎ B、油滴逆着电场线运动，电势升高，则在A点电势低于在B点电势，B错误；‎ C、油滴受到的合力方向竖直向上，电场力必定大于重力，C错误。‎ D、因油滴向上运动，故重力做负功，重力势能增加，D错误；‎ ‎9.如图所示的U－I图象中，直线Ⅰ为某电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻R的U－I图线，用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，由图象可知( )‎ A. 电源电动势为3 V，内阻为0.5 Ω B. 电阻R消耗的功率为3.0 W C. 电源的效率为50%‎ D. 如果电阻R逐渐增大，电源的输出功率可能先增大后减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势，由斜率大小读出电源的内阻。图线Ⅱ的斜率大小等于电阻R的大小。两图线的交点表示电阻R接在该电源的电压和电流，求出电源的输出功率，由P=求电阻R消耗的功率。‎ ‎【详解】A项：由图线图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势 E=3V，其斜率大小等于电源的内阻，则 r=，故A错误；‎ B项：两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压，则有 U=1.5V，I=1.0A电阻R消耗的功率P，故B错误；‎ C项：电源的输出功率为P=UI=1.5×1.0W=1.5W，电源的总功率为 ‎，所以电源的效率为：，故C正确；‎ D项：电阻R=，由于电源的内阻与电阻R此时相等，如果电阻R逐渐增大，电源的输出功率一直减小，故D错误。‎ 故选： C。‎ ‎【点睛】本题抓住伏安特性曲线的斜率、截距和交点的数学意义来理解其物理意义，知道两个图象的交点表示该电源与电阻R相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压。‎ ‎10.如图所示，三根长为L的直线电流在空间构成等边三角形，电流的方向垂直纸面和向里。电流大小均为I，其中A、B电流在C处产生的磁感应强度的大小分别为B0 ，导线C位于水平面处于静止状态，则导线C受到的静摩擦力是（ ）‎ A. B0IL水平向左 B. B0IL水平向右 C. B0IL水平向左 D. B0IL水平向右 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 电流在C处产生的磁感应强度的大小分别为B0，作出磁感应强度的合成图：‎ 根据力的平行四边形定则，结合几何的菱形关系，则有：；再由左手定则可知，安培力方向水平向左，大小为，由于导线C位于水平面处于静止状态，所以导线C受到的静摩擦力大小为，方向水平向右；故选B．‎ ‎【点睛】考查磁感应强度的矢量性，掌握矢量合成法则，注意几何知识的应用，同时掌握受力平衡条件，特别注意静摩擦力的方向．‎ 二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）‎ ‎11.一正弦式交变电流随时间变化规律如图所示，由图可知(　　)‎ A. 该交变电流瞬时表达式为i＝10sin (25πt)A B. 该交变电流的频率为50 Hz C. 该交变电流的方向每秒钟改变50次 D. 该交变电流通过阻值为2 Ω的电阻时，此电阻消耗的功率为200 W ‎【答案】C ‎【解析】‎ 角速度为，所以交流电的电流瞬时值的表达式为i=10sin (50πt)A，故A错误；交流电的频率为，故B错误；一个周期内电流方向改变2次，该交变电流的方向每秒钟改变50次，故C正确；交流电的电流有效值为，将该交变电流的电压加在阻值R=2‎ ‎ Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率为P＝I2R＝100 W，故D错误。所以C正确，ABD错误。‎ ‎12. 如图所示，甲是回旋加速器的原理图，乙是研究自感现象的实验电路图，丙是欧姆表的内部电路图，丁图是动圈式话筒的原理图，下列说法正确的是（ ）‎ A. 甲图是加速带电粒子的装置，其加速电压越大，带电粒子最后获得的速度越大 B. 乙图电路开关断开瞬间，灯泡A一定会突然闪亮一下 C. 丙图在测量电阻前，需两表笔短接，调节R1使指针指向0Ω D. 丁图利用了电磁感应的原理，声波使膜片振动，从而带动音圈产生感应电流 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 回旋加速器加速粒子，最终速度与加速电压无关；断开开关的瞬间，电感对电流有阻碍作用，根据通过灯泡的电流与之前比较，判断是否会闪一下．欧姆表在使用时每次换档均要进行一次欧姆调零；动圈式话筒通过声波使膜片振动，从而带动音圈产生感应电流．‎ ‎【详解】根据qvB＝得，粒子的最大速度，可知最大速度与加速电压无关。只和磁场区域的半径有关；故A错误。电键断开的瞬间，由于线圈对电流有阻碍作用，通过线圈的电流会通过灯泡A，所以灯泡A不会立即熄灭，故B正确。丙图为多用电表的欧姆档；需要进行欧姆调零；故在换档后，需两表笔短接，调节R1使指针指向0Ω．故C正确。丁图利用了电磁感应的原理，声波使膜片振动，从而带动音圈产生感应电流。故D正确。此题选择不正确的选项，故选A。‎ ‎【点睛】本题考查了回旋加速器、自感现象、多用电表的使用以及话筒的原理等基础知识点，难度不大，关键要理解各种现象的原理，即可轻松解决．‎ ‎13.如图所示理想变压器原线圈的匝数为n1，副线圈的匝数为n2，原线圈的两端a、b接正弦交流电源，电压表V的示数为220V，负载电阻R=44Ω，电流表A1的示数为0.20A．下列判断中正确的是（ ）‎ A． 原线圈和副线圈的匝数比为2：1‎ B．原线圈和副线圈的匝数比为5：1‎ C．电流表A2的示数为1.0A D．电流表A2的示数为0.4A ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：变压器的输出功率等于输入功率，则：，解得：，由于原副线圈电流与匝数成反比，所以初级线圈和次级线圈的匝数比，故BC正确，AD错误。‎ 考点：变压器的构造和原理 ‎【名师点睛】理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象．输入电压决定输出电压，而输出功率决定输入功率。‎ ‎14.如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引(　　)‎ A. 向右做匀速运动 B. 向左做减速运动 C. 向右做减速运动 D. 向右做加速运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 在导体棒运动的过程中，线圈逐渐靠近磁铁，由楞次定律可知，穿过线圈原磁场的磁通量正在减小，所以原磁场在减弱，所以ab棒正在减速切割磁场，故AD错误；该现象与穿过线圈原磁场的的方向无关，故BC都正确。‎ ‎15.在光滑绝缘水平面的P点正上方O点固定了一电荷量为＋Q的正点电荷，在水平面上的N点，由静止释放质量为m、电荷量为－q的带电小球，小球经过P点时速度为v，图中θ＝60°，则在＋Q形成的电场中 A. N点电势高于P点电势 B. ‎ C. P点电场强度大小是N点的2倍 D. 带电小球从N点到P点的过程中电势能减少了 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 根据顺着电场线方向电势降低可知，N点距离正电荷较远，则N点电势低于P点电势．故A错误．根据动能定理得：检验电荷由N到P的过程：-qUNP=mv2，解得，则．故B正确．P点电场强度大小是，N点电场强度大小是，则EP：EN=rN2: rP2=4：1．故C错误．带电小球从N点到P点的过程中，电场力做正功mv2，电势能减少了mv2，故D正确．故选BD.‎ 点睛：本题关键要掌握电场线方向与电势高低的关系，即顺着电场线方向电势降低以及点电荷场强公式E=kQ/r2、电场力做功的公式W=qU.‎ 三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）‎ ‎16.某同学在测定金属圆柱体电阻率时需要先测量其尺寸，他分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图 (a)和如图 (b)所示，长度为________cm，直径为________mm。‎ ‎【答案】 (1). 50.2； (2). 4.815‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】游标卡尺是10分度的卡尺，其精确度为0.1mm，主尺读数为：5cm=50mm，游标上第2个刻度与上面对齐，读数为：2×0.1mm=0.2mm，故最终读数为：；‎ 螺旋测微器：固定刻度为4.5mm，可动刻度为31.5×0.01mm，则读数为；‎ ‎【点睛】关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读；而螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加可动刻度读数，需要估读。‎ 四、实验题探究题（本大题共1小题，共10.0分）‎ ‎17.某实验小组描绘规格为“2.5V，0.6W”的小灯泡的I﹣U特性曲线。实验室提供下列器材：‎ A．电流表A1（量程为0﹣25mA，内阻约1Ω）‎ B．电流表A2（量程为0﹣300mA，内阻约0.2Ω）‎ C．电压表V1（量程为0﹣3V，内阻约5kΩ）‎ D．电压表V2（量程为0﹣15V，内阻约15kΩ）‎ E．滑动变阻器R1（0﹣10Ω，额定电流15A）‎ F．滑动变阻器R2（0﹣1000Ω，额定电流0.5A）‎ G．直流电源（电动势6V，内阻忽略不计）‎ H．开关一个、导线若干 ‎（1）实验中所用的电流表应选_____，电压表应选_____，滑动变阻器应选_____（只需填器材前面的字母代号）。‎ ‎（2）若采用如图甲所示的电路描绘小灯泡的伏安特性曲线，电压表的右端应与电路中的_____点相连（选填“a”或“b”）。‎ ‎（3）开关S闭合之前，图中滑动变阻器的滑片P应该置O于_____端（选填“c”或“d”）。‎ ‎（4）正确操作实验，测量出多组数据，以灯泡两端的电压U为横轴，电流表的示数I为纵轴，描点作出灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。则随温度的增加，灯丝电阻_____（选填“增大”、“减小”或“不变”）。‎ ‎【答案】 (1). B (2). D (3). E (4). a (5). c (6). 增大 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小电珠额定电流，电流表应选B，小电珠额定电压为，电压表选C，为方便实验操作，滑动变阻器应选最大阻值较小的E；‎ ‎（2）灯泡电阻约为，电流表内阻约，电压表内阻约为，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，由图甲所示电路图可知，电压表的右端应与电路中的a端；‎ ‎（3）I-U图象中图象的斜率表示电阻的倒数，由图可知，随电压的增大，灯丝电阻增大。‎ 五、计算题（本大题共4小题，共36.0分）‎ ‎18.在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=1500匝，横截面积S=20cm2．螺线管导线电阻r=1.0Ω，R1=4.0Ω，R2=5.0Ω，C=30μF．在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化。求：‎ ‎（1）求螺线管中产生的感应电动势；‎ ‎（2）闭合S，电路中的电流稳定后，求电阻R1的电功率；‎ ‎（3）S断开后，求流经R2的电量。‎ ‎【答案】（1）1.2V（2） （3）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）根据法拉第电磁感应定律： ；‎ ‎（2）根据全电路欧姆定律，有：‎ 根据 P=I2R1  ,解得：P=1W；‎ ‎（3）S断开后，流经R2的电量即为S闭合时C板上所带的电量Q 电容器两端的电压：U=IR2=2.5V 流经R2的电量：Q=CU=7.5×10-5C ‎19.如图，水平U形光滑框架，宽度为1m，电阻忽略不计，导体棒ab的质量m=0.2kg、电阻R=0.5Ω，匀强磁场的磁感应强度B=0.2T，方向垂直框架向上。现用F=1N的外力由静止开始向右拉ab棒，当ab棒向右运动的距离为d=0.5m时速度达到2m/s，求此时：‎ ‎（1）ab棒产生的感应电动势的大小；‎ ‎（2）ab棒所受的安培力；‎ ‎（3）ab棒的加速度大小。‎ ‎（4）ab棒在向右运动0.5m的过程中，电路中产生的焦耳热Q。‎ ‎【答案】（1）ab棒产生的感应电动势的大小为0.4V；（2）ab棒所受的安培力为0.16N；（3）ab棒的加速度大小为4.2m/s2；（4）ab棒在向右运动0.5m的过程中，电路中产生的焦耳热Q为0.1J；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据导体棒切割磁感线的电动势为：E=BLV=0.4V；‎ ‎（2）由闭合电路欧姆定律得回路电流为：，ab受安培力为：F安=BIL=0.16N，方向水平向左。‎ ‎（3）根据牛顿第二定律得ab杆的加速度为：a=；‎ ‎（4）由能量守恒有：Fd=Q+mv2，代入数据解得Q=0.1J ‎20.如图所示，物体A置于静止在光滑水平面上的平板小车B的左端，物体在A的上方O点用细线悬挂一小球C(可视为质点)，线长L＝0.8m．现将小球C拉至水平无初速度释放，并在最低点与物体A发生水平正碰，碰撞后小球C反弹的速度为2m/s．已知A、B、C的质量分别为mA＝4kg、mB＝8kg和mC＝1kg，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，A、C碰撞时间极短，且只碰一次，取重力加速度g＝10m/s2.‎ ‎(1)求小球C与物体A碰撞前瞬间受到细线的拉力大小；‎ ‎(2)求A、C碰撞后瞬间A的速度大小；‎ ‎(3)若物体A未从小车B上掉落，小车B的最小长度为多少？‎ ‎【答案】(1)30 N　(2)1.5 m/s　(3)0.375 m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：m0glm0v02‎ 代入数据解得：v0＝4m/s，‎ 对小球，由牛顿第二定律得：F﹣m0g＝m0‎ 代入数据解得：F＝30N ‎（2）小球C与A碰撞后向左摆动的过程中机械能守恒，得：‎ 所以：m/s 小球与A碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，‎ 由动量守恒定律得：m0v0＝﹣m0vc+mvA 代入数据解得：vA＝1.5m/s ‎（3）物块A与木板B相互作用过程，系统动量守恒，以A的速度方向为正方向，‎ 由动量守恒定律得：mvA＝（m+M）v 代入数据解得：v＝05m/s 由能量守恒定律得：μmgxmvA2（m+M）v2‎ 代入数据解得：x＝0.375m；‎ ‎21.如图所示，将某正粒子放射源置于原点O，其向各方向射出的粒子速度大小均为v0、质量均为m、电荷量均为q．在0≤y≤d的一、二象限范围内分布着一个匀强电场，方向与y轴正向相同，在d＜y≤2d的一、二象限范围内分布着一个匀强磁场，方向垂直于xoy平面向里．粒子离开电场上边缘y=d时，能够到达的最右侧的位置为（1.5d，d）．最终恰没有粒子从y=2d的边界离开磁场．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计粒子重力以及粒子间的相互作用，求：‎ ‎（1）电场强度E；‎ ‎（2）磁感应强度B；‎ ‎（3）粒子在磁场中运动的最长时间．‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）沿x轴正方向发射的粒子有：由类平抛运动基本规律得：1.5d =v0t，‎ d＝at2‎ ‎，‎ 联立可得：‎ ‎（2）沿x轴正方向发射的粒子射入磁场时有： d＝t，‎ 联立可得：vy＝v0，‎ ‎ 方向与水平成53°，斜向右上方，‎ 据题意知该粒子轨迹恰与上边缘相切，则其余粒子均达不到y=2d边界，由几何关系可知：‎ d＝R+R 根据牛顿第二定律得：‎ 解得： 联立可得：‎ ‎（3）粒子运动的最长时间对应最大的圆心角，经过（1．5d，d）恰与上边界相切的粒子轨迹对应的圆心角最大，由几何关系可知圆心角为：θ=254°‎ 粒子运动周期为：‎ 则时间为： ‎