1、甘肃省定西市岷县第一中学2019-2020学年高二物理下学期开学测试试题（含解析）一、选择题（其中1-8小题为单选题，9-12题为多选题每小题4分，共48分）1. 法拉第在1831年发现了“磁生电”现象。如图，他把两个线圈绕在同一个软铁环上，线圈A和电池连接，线圈B用导线连通，导线下面平行放置一个小磁针。实验中可能观察到的现象是（）A. 用一节电池作电源小磁针不偏转，用十节电池作电源小磁针会偏转B. 线圈B匝数较少时小磁针不偏转，匝数足够多时小磁针会偏转C. 线圈A和电池连接瞬间，小磁针会偏转D. 线圈A和电池断开瞬间，小磁针不偏转【答案】C【解析】【详解】A电路稳定后，电池直流电，大小和方向
2、都不变，所以无论是用几节电池，在B中没有电流产生，则小磁针不会偏转，故A错误；B电路稳定后，在B中没有电流产生，无论线圈匝数多还是少都不能偏转，故B错误；CD线圈A和电池连接瞬间，A中电流从无到有，电流发生变化，则在B线圈中感应出感应电流，从而产生感应磁场，小磁针偏转，同理线圈A和电池断开瞬间，小磁针也会偏转，故C正确，D错误。故选C。2. 如图所示，实线为某电场中三条电场线，电场方向未知，a、b两带电粒子从电场中的O点以相同的初速度飞出仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线所示，则（） A. a一定带负电，b一定带正电B. a加速度减小，b加速度增大C. a电势能减小，b电势能增大D.
3、 a的动能增加，b的动能减小【答案】B【解析】【详解】由于电场线方向未知，所以a、b电性不能确定，故A错误；电场线的疏密表示场强的大小，由图可知，b所处的电场线变密，电场强度变强，所受的电场力在增大，加速度在增大；a所处的电场线变疏，电场强度变弱，所受的电场力在减小，加速度在减小，故B正确；根据图知a、b两粒子的电场力、速度的夹角为锐角，电场力对电荷都做正功，电势能减小，故C错误；根据图知a、b两粒子的电场力、速度的夹角为锐角，电场力对电荷做正功，电势能减小，动能增加，故D错误所以B正确，ACD错误3. 如图，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN
4、的中点，M=30M、N、P、F四点处的电势分别用M、N、P、F表示，已知M=N，P=F，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则（）A. 点电荷Q一定在MP的连线上B. 连接PF的线段一定在同一等势面上C. 将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功D. P小于M【答案】A【解析】试题分析：点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆，圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心；找出电荷位置后，根据电势能的变化情况判断电场力做功情况点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆、圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心，故场源电荷在MN的中垂线和FP的中垂线的交点上，在MP的连线上，如图所示，故A正确；，线段P
5、F是P、F所在等势面（圆）的一个弦，故B错误；在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，将正试探电荷从P点搬运到N点，电势能降低，故电场力做正功，故C错误；在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，故，故D错误4. 关于这些概念，下面说法正确的是()A. 磁感应强度越大的地方，穿过线圈的磁通量也越大B. 磁感应强度大的地方，线圈面积越大，则穿过线圈的磁通量也越大C. 磁通量的变化，不一定由于磁场的变化产生的D. 穿过线圈的磁通量为零时，磁通量的变化率一定为零【答案】C【解析】A项：当回路与磁场平行时，磁通量为零，则磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量不一定越大，故A错误；B项：当回路与磁场
6、平行时，磁通量为零，则磁感应强度越大，线圈面积越大，穿过闭合回路的磁通量不一定越大，故B错误；C项：根据磁通量=BSsin，磁通量的变化可能由B、S、的变化引起，故C正确；D项：磁通量的变化率与磁通量的大小无关，所以穿过线圈的磁通量为零时，磁通量的变化率不一定为零，故D错误点晴：对于匀强磁场中穿过回路的磁通量：当回路与磁场平行时，磁通量为零；当线圈与磁场垂直时，磁通量最大，=BS当回路与磁场方向的夹角为时，磁通量=BSsin根据这三种情况分析5. 如图所示，使一个水平铜盘绕过其圆心的竖直轴OO转动，且假设摩擦等阻力不计，转动是匀速的.现把一个蹄形磁铁移近铜盘，则（）A. 铜盘转动将变慢B. 铜
7、盘转动将变快C. 铜盘仍以原来的转速转动D. 铜盘的转动速度如何变化要由磁铁的上、下两端的极性来决定【答案】A【解析】【详解】当一个蹄形磁铁移近铜盘时，铜盘转动，切割磁感线，产生感应电流，由楞次定律可知，安培力阻碍其相对运动，所以铜盘的转动将变慢.本题也可以从能量守恒的角度去分析，因为铜盘转动切割磁感线，产生感应电流，铜盘的机械能不断转化成电能，铜盘转动会逐渐变慢，选项A正确.BCD错误故选A6. 如图所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一固定电阻R，导轨电阻可忽略不计MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场
8、方向垂直于导轨所在平面（垂直纸面向里）现对MN施力使它沿导轨方向以速度v水平向右做匀速运动令U表示MN两端电压的大小，则（ ）A. ，流过固定电阻R的感应电流由b经R到dB. ，流过固定电阻R的感应电流由d经R到bC. MN受到的安培力大小，方向水平向右D. MN受到的安培力大小，方向水平向左【答案】A【解析】【详解】AB当MN运动时，相当于电源但其两边的电压是外电路的电压，假设导轨没电阻，MN两端的电压也就是电阻R两端的电压，电路中电动势为E=BLvMN的电阻相当于电源的内阻，二者加起来为2R，则电阻上的电压为再由右手定则，拇指指向速度方向，手心被磁场穿过，四指指向即为电流方向，即由N到M，
9、那么流过电阻的就是由b经R到d故A正确B错误；CD由欧姆定律可知，电流则MN受到的安培力大小方向向左，故CD错误。故选A。7. 如图甲所示，M、N是宽为d的两竖直线，其间存在垂直纸面方向的磁场（未画出），磁感应强度随时间按图乙所示规律变化（垂直纸面向外为正，T0为已知），现有一个质量为m、电荷量为q的离子在t=0时从直线M上的O点沿着OM线射入磁场，离子重力不计，离子恰好不能从右边界穿出且在2T0时恰好返回左边界M，则图乙中磁感应强度B0的大小和离子的初速度v0分别为（）A. B0=，v0=B. B0=，v0=C. B0=，v0=D. B0=，v0=【答案】B【解析】【详解】根据题意，根据带电
10、子在磁场中运动的过程的分析，洛伦兹力不做功，根据得磁场虽然方向改变但大小不变，所以半径不变，由以上分析知，MN之间距离d=4r，由以上分析知带电粒子匀速圆周运动一个周期的时间T等于磁感应强度随时间变化的周期T0，即TT0带电粒子圆周运动的周期公式 联立式得解得MN之间的距离d=4r即带电粒子圆周运动半径联立得故选B。8. 如图所示，在x0的区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy平面(纸面)向里具有一定电阻的矩形线框abcd位于xOy平面内，线框的ab边与y轴重合令线框从t0时刻起由静止开始沿x轴正方向做匀加速运动，则线框中的感应电流I(取逆时针方向为电流正方向)随时间t的变化图线It图象可
11、能是图中的()A. B. C. D. 【答案】D【解析】在题中只有cd杆切割磁感线，由右手定则产生的感应电流为cd，回路中的电流为顺时针，故电流应为负值，且 ，即I-t关系是正比关系，故只有D为准确的I-t图象故选D9. 如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为15，原线圈两端的交变电压为u20sin 100t(V)氖泡在两端电压达到100 V时开始发光，下列说法中正确的有()A. 开关接通后，氖泡的发光频率为100 HzB. 开关接通后，电压表的示数为100 VC. 开关断开后，电压表的示数变大D. 开关断开后，变压器的输出功率不变【答案】AB【解析】【分析】由得：副线圈的输出电压，根据电源
12、频率和氖泡一个周期内的发光次数可得发光频率，电压表的示数应为副线圈输出电压的有效值，交变电流、电压的有效值不变，断开开关后，变压器的输出功率减小【详解】A由得：副线圈的输出电压，此电源频率f0=50 Hz，而氖泡每个周期发光2次，则氖泡的发光频率f氖=2f0=100 Hz，A正确；B电压表的示数应为副线圈输出电压的有效值，故=100 V，B正确；C交变电流、电压的有效值不变，故电压表示数不变，C错误；D因输出电压不变，断开后，电路中的部电阻增大，则由功率公式可知，变压器输出功率变小，D错误【点睛】本题考查了交流电的最大值与有效值，交流电的频率，变压器公式10. 由交流电源的电动势瞬时值表达式e
13、10sin4t(V)可知，此交变电流()A. 频率是4 HzB. 将“10V，10 W”的灯泡接在该电源上，灯泡能正常发光C. 当t0.5 s时，电动势有最大值D. 当t0时，线圈平面与中性面重合【答案】BD【解析】【详解】A由表达式得角速度4 rad/s，频率故A错误；B电动势的有效值等于灯泡的额定电压，故B正确；C当t0.5 s时，电动势为零，故C错误；D当t0时，电动势为零，线圈平面与中性面重合，故D正确；故选BD【点睛】根据交流电电动势的表达式可以知道电动势的最大值、角速度,从而计算出周期、频率,判断电动势瞬时值11. 如图所示，一个带正电的物体从粗糙绝缘斜面底端以初速度v0冲上斜面，
14、运动到A点时速度减为零，在整个空间施加一个垂直纸面向外的匀强磁场，物体运动过程中始终未离开斜面()A. 物体仍以初速度v0冲上斜面，能到达A点上方B 物体仍以初速度v0冲上斜面，不能到达A点C. 将物体由A点释放，到达斜面底端时速率一定大于v0D. 将物体由A点释放，到达斜面底端时速率一定小于v0【答案】BC【解析】【详解】AB未加磁场时，根据动能定理，有加磁场后，多了洛伦兹力，洛伦兹力不做功；根据左手定则，洛伦兹力的方向垂直于斜面向下，所以物体对斜面的压力增大，所以摩擦力变大，摩擦力做的功变大，根据动能定理，有因WfWf，则，故不能到达A点，故A错误，B正确；CD加磁场后将物体由A点释放，则
15、洛伦兹力垂直斜面向上，则摩擦力减小，摩擦力做功减小，洛伦兹力不做功，根据动能定理，有所以vv0故C正确，D错误。故选BC。12. 如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球()A. 将打在下板中央B. 仍沿原轨迹由下板边缘飞出C. 不发生偏转，沿直线运动D. 若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央【答案】BD【解析】试题分析：带电粒子在电场中运动问题带电小球在两板间做类平抛运动，竖直方向，水平方向，由牛顿第二定律有，当下板不动，将上板上移
16、一小段距离，不变，落到下板时相同，则t、L相同，可见A 选项错误，B选项正确，C选项错误，若上板不动，将下板上移一段距离不变，落到下板时减小，则t、L减小，小球可能打在下板的中央，D选项正确故选BD考点：带电粒子在电场中的运动点评：中等难度此题带电粒子在电场中的偏转做类平抛运动，要注意电容器断开电源，改变两极板间的距离，两板间电场强度不变是解决问题的关键二、实验题（共2小题，共16分。其中13题每空3分，14题每空2分）13. 图甲中螺旋测微器读数为_mm.图乙中游标卡尺(游标尺上有50个等分刻度)读数为_mm.【答案】 (1). 8.118 (2). 10.94【解析】螺旋测微器的固定刻度是
17、8mm，可动刻度是11.80.01=0.118mm，所以其示数为8+0.118=8.118mm；游标卡尺的固定刻度是10mm，游标的刻度是470.02=0.94mm，所以其示数为10+0.94=10.94mm【点睛】对于螺旋测微器和游标卡尺的读数，都是固定刻度和可动刻度的和，分别读出固定刻度和可动刻度，即可得知其读数14. 一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现在要用伏安法测量这个灯泡的UI图线，现有下列器材供选用：A.电压表（05V，内阻约10k）B.电压表（010V，内阻约20k）C.电流表（00.3A，内阻约1）D.电流表（00.6A，内阻约0.4）E.滑动变阻器（10，2A）F.学生
18、电源（直流6V），还有开关导线(1)实验中所用电压表应选_，电流表应选用_（用序号字母表示）。(2)为了使实验误差尽量减小，要求从零开始多测几组数据，请在图甲方框内画出满足实验要求的电路图_。(3)某同学利用实验得到的数据画出了该小灯泡的UI曲线（如图乙所示），若直接在小灯泡两端加上2V的电压，则该小灯泡消耗的功率是_W，电阻是_。（结果保留两位有效数字）【答案】 (1). A； (2). D； (3). (4). 0.80； (5). 5.0；【解析】【详解】(1)12因小灯泡标有“4V，2W”的字样，故电压表应选A，由得小灯泡额定电流为0.5A，故电流表应选D。(2)3因小灯泡电流从零调，
19、故滑动变阻器应用分压式接法；因小灯泡电阻远小于电压表内阻，故电流表应用外接法电路图如图所示：(3)45直接在小灯泡两端加上2V的电压，由图可知，流过小灯泡的电流为0.40A，小灯泡的功率P=UI=0.80W电阻为六、计算题（共3小题，其中15题10分，16题12分，17题14分）15. 如图所示，真空中三个点电荷A、B、C，电荷量均为Q，两两相距a放置，试问： (1)C所受的静电力是多少？(2)如果将A、B移到它们连线的中点P，C受到的静电力又是多少？【答案】(1) ，沿PC方向(2) ，沿PC方向【解析】【详解】(1)点电荷A在C处产生场强：，沿AC方向，同理，点电荷B在C处产生的场强：，沿
20、BC方向，根据矢量叠加原理得合场强：沿PC方向，电荷C受到的静电力为：沿PC方向(2)将A、B移到P点，C受到的静电力为：沿PC方向16. 发电机的端电压为220V，输出电功率为44kW，输电线路的电阻为0.2，先用初、次级匝数之比为1:10的升压变压器升压，经输电线路后，再用初、次级匝数比为10:1的降压变压器降压供给用户。(1)画出全过程的线路图；(2)求用户得到的电压和功率。【答案】(1)；(2)219.6V；43.92kW【解析】【详解】(1)全过程的线路示意图如图所示(2)根据计算得出升压变压器的输出电压为则输电线上的电流为损失功率为输电线上损失的电压为则降压变压器输入电压为根据得用
21、户得到的电压为用户得到的功率为17. 如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g求：（1）导体棒与涂层间的动摩擦因数；（2）导体棒匀速运动的速度大小v；（3）整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q【答案】 （1）tan；（2）v；（3）Q2mgdsin【解析】试题分析：
22、（1）导体棒在绝缘涂层上滑动时，受重力mg、导轨的支持力N和滑动摩擦力f作用，根据共点力平衡条件有：mgsinf，Nmgcos根据滑动摩擦定律有：fN联立以上三式解得：tan（2）导体棒在光滑导轨上滑动时，受重力mg、导轨的支持力N和沿导轨向上的安培力FA作用，根据共点力平衡条件有：FAmgsin根据安培力大小公式有：FAILB根据闭合电路欧姆定律有：I根据法拉第电磁感应定律有：EBLv联立以上各式解得：v（3）由题意可知，只有导体棒在导轨光滑段滑动时，回路中有感应电流产生，因此对导体棒在第1、3段d长导轨上滑动的过程，根据能量守恒定律有：Q2mgdsin解得：Q2mgdsin考点：本题主要考查了共点力平衡条件、安培力大小公式、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律、能量守恒定律的应用问题，属于中档题