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文档介绍
安徽省赛口中学2020学年高二物理下学期开学考试试题
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.查看更多