河北省沧州市任丘市第一中学2019-2020学年高二物理上学期开学考试试题.doc

河北省沧州市任丘市第一中学2019-2020学年高二物理上学期开学考试试题

河北省沧州市任丘市第一中学2019-2020学年高二物理上学期开学考试试题

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- 23 -

河北省沧州市任丘市第一中学2019-2020学年高二物理上学期开学考试试题（含解析）
一、选择题（1-9为单选题，每题3分，10-14为多选题，每题4分，共47分）
1. 在物理学发展过程中,观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用．下列叙述不符合物理学史实的是
A. 奥斯特在实验中观察到电流的磁效应,该效应揭示了电和磁之间存在联系
B. 安培受到通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似的启发,提出了分子电流假说
C. 法拉第经过大量实验才观察到感应电流，并进一步研究得到了法拉第电磁感应定律
D. 楞次在分析了许多实验事实后得到了楞次定律，楞次定律其实体现了在电磁感应现象中的能量转化和守恒
【答案】C
【解析】
【详解】A．1820年，丹麦物理学家奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系，符合史实，故A正确；
B．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，很好地解释了软铁磁化现象，符合史实，故B正确；
C．法拉第通过大量的实验研究发现了电磁感应现象，后来的科学家利用他大量的实验数据用科学计算得到了法拉第电磁感应定律，不符合史实，故C错误；
D．楞次在分析了许多实验事实后提出楞次定律，即感应电流应具有这样的方向，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，且楞次定律其实体现了在电磁感应现象中的能量转化和守恒，符合史实，故D正确．
2. 如图所示一平行板电容器中间一小孔，一带电小球从一定的高度自由落下刚好没穿过下极板，现关于小球的运动说法正确的是

A. 若下极板上移少许，小球穿出下极板
B. 若下极板下移少许，小球穿出下极板
C. 若上极板上移少许，小球穿出下极板
D. 若上极板下移少许，小球穿出下极板
【答案】B
【解析】
【详解】从释放到下极板，根据动能定理可知，设释放位置距上极板为h，板间距为d：

A．若下极板上移少许，d变小，则小球不能到达下极板，故A错误。
B．若下极板下移少许，d变大，重力做功变大，电场力负功不变，则小球到达下极板时具有动能，能够穿出下极板，故B正确。
C．若上极板上移少许，不变，则小球仍刚好没穿过下极板，故C错误。
D．若上极板下移少许，不变，则小球仍刚好没穿过下极板，故D错误。
3. 空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示，下列说法正确的是

A. O点的电势最低
B. x1和x3两点的电势相等
C. x2的电势最高
D. x2和-x2两点的电势相等
【答案】D
【解析】
【详解】AB．做出电场线如图所示：

沿着电场线方向电势逐渐降低，可知O点的电势最高．x1的电势高于x3的电势．故AB错误．
C．沿着电场线方向电势逐渐降低，故x2的电势不是最高的．故C错误．
D．x2和-x2两点关于原点对称，由O点向两边电势都降低且电场强度的变化相同，则可知x2和-x2两点电势相等．故D正确．
4. 如图所示，直线A为某电源的U－I图线，曲线B为某小灯泡的U–I图线的一部分，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，灯泡恰好能正常发光，则下列说法中正确的是（ 　）

A. 此电源的内阻为2/3Ω
B. 额定状态下，小灯泡阻值为1Ω.
C. 灯泡的额定功率为6 W
D. 小灯泡的U–I曲线说明电功率越大，灯丝电阻率越小
【答案】C
【解析】
【详解】根据电源U-I图可得：U＝4−0.5I，又有U=E-Ir，所以，电源电动势E=4V，内阻r=0.5Ω，故A错误；电源和小灯泡组成闭合电路时，灯泡两端电压为路端电压，故两曲线交点即为灯泡的电压、电流；又有灯泡恰好能正常发光，故灯泡的额定电压U=3V，额定电流I=2A，所以，额定功率为：P=UI=6W，阻值为：R＝U/I＝1.5Ω，故C正确，B错误；由图可得：电功率越大时，U-I曲线越陡，那么电阻越大，故电阻率越大，故D错误；故选C．
5. 在如图所示的电路中，E为内阻不可忽略的电源，R 1、R2为定值电阻，R为光敏电阻．无光照射时，外电路的总电阻比电源的内阻小；当有光照射在光敏电阻上，且照射光的强度逐渐增大时，下列说法正确的是（ ）

A. 电源消耗的总功率减少
B. 外电路消耗的功率逐渐减少
C. 外电路消耗的功率先增大后减少
D. 电压表的读数增大，电流表的读数减小
【答案】B
【解析】
【详解】光敏电阻在被光照时，阻值随光强增大而减小，电路总电阻减小，干路电流增大，根据公式可得，电源消耗的总功率增大，A错误；外电路消耗的功率可知，当时，减小，电源的输出功率(即外电路消耗的功率)单调减小，B正确C错误；干路电流增大，根据闭合回路欧姆定律，可得路端电压降低，即电压表示数减小，两端的电压等于路端电压，所以两端的电压减小，电阻不变，故通过的电流减小，所以电流表示数减小，D错误．
6. 如图所示，a、b、c三个闭合线圈放在同一平面内，当a线圈中通有电流I时，它们的磁通量分别为、、，下列说法中正确的是（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据题意可知，结合安培定则可得，线圈a内部的磁场方向垂直纸面向里，a的外部磁场方向垂直纸面向外，而磁通量可看成穿过线圈的磁感线条数，当线圈的面积越大时，则相互抵消的越多，因此穿过线圈a的磁通量最大，线圈c的磁通量最小；故有：。
A．，与结论不相符，选项A错误；
B．，与结论相符，选项B正确；
C．，与结论不相符，选项C错误；
D．，与结论不相符，选项D错误；
故选B。
7. 如图所示，一个小矩形线圈从高处自由落下，进入较小的有界匀强磁场，线圈平面和磁场保持垂直，设线圈下边刚进入磁场到上边刚接触磁场为A过程；线圈全部进入磁场内运动为B过程；线圈下边出磁场到上边刚出磁场为C过程，则（ ）

A. 只在A过程中，线圈的机械能不变
B. 只在B过程中，线圈的机械能不变
C. 在C过程中，线圈的机械能改变
D. A、B、C过程中，线圈机械能都不变
【答案】BC
【解析】
【详解】A．在A过程中，线圈的磁通量增加，产生感应电流，根据楞次定律可知线圈受到向上的安培力，安培力对线圈做负功，根据功能关系可知线圈的机械能不守恒，是减少的，A错误。
B．在B过程中，线圈的磁通量不变，没有感应电流产生，不受安培力，只受重力，所以线圈的机械能不变，B正确；
CD．在C过程中，线圈的磁通量减小，产生感应电流，根据楞次定律可知线圈受到向上的安培力，安培力对线圈做负功，根据功能关系可知线圈的机械能不守恒，是减少的。C正确，D错误。
故选B。
8. 如图所示，xOy坐标系第一象限有垂直纸面向外的匀强磁场，第三象限有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，第二、四象限内没有磁场．一个围成四分之一圆弧形的导体环Oab，其圆心在原点O，开始时导体环在第四象限，从t＝0时刻起绕O点在xOy坐标平面内逆时针匀速转动．若以逆时针方向的电流为正，下列表示环内感应电流i随时间t变化的图象中，正确的是(　　)

A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】在内，向外的磁通量增加，则感应电流磁场向里，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为顺时针方向，为负值．oa中产生的感应电动势均为感应电流大小为；内，向外的磁通量减少，则感应电流磁场向外，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为逆时针方向，为正值．ob中产生的感应电动势均为感应电流大小为；向里的磁通量增加，则感应电流磁场向外，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为逆时针方向，为正值．oa中产生的感应电动势均为感应电流大小为；内，向里的磁通量减少，则感应电流磁场向里，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为顺时针方向，为负值．ob中产生的感应电动势均为感应电流大小为.所以D正确．
9. 如图所示为小型交流发电机的示意图，线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO’沿逆时针方向以角速度匀速转动。线圈的匝数为n、电阻为r，外接电阻为R，A为交流电流表。线圈从图示位置（线圈平面平行于磁场方向）开始转过时的感应电流为I。下列说法中正确的是

A. 电流表的读数为2I
B. 转动过程中穿过线圈磁通量的最大值为
C. 线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量为
D. 从图示位置开始转过的过程中，通过电阻R的电荷量为
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题有：

则得感应电流的最大值为：

有效值为：
有
则电流表的读数为，故A错误；
B．感应电动势的最大值为：

又：

磁通量的最大值：

联立解得：

故B正确；
C．线圈转动一周的过程中，电阻产生的热量：

故C错误；
D．从图示位置开始转过的过程中，通过电阻的电荷量：

故D错误；
故选B。
10. 如图所示,在电路两端加上正弦交流电,保持电压有效值不变,使频率增大,发现各灯的亮暗情况是：灯1变亮,灯2变暗,灯3不变,则以下选项可能的是(    )

A. M为电容器,N为电感线圈,L为电阻
B. M为电感线圈,N为电容器,L为电阻
C. 若改接电压恒定的直流电源,灯1、灯3亮,灯2不亮
D. 若改接电压恒定的直流电源,灯2、灯3亮,灯1不亮
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．交流电频率增大，灯1变亮，阻抗变小，说明M是电容器；灯2变暗，阻抗变大，说明N为电感线圈。灯3亮度不变，说明L为电阻，故A正确，B错误；
CD．若改接电压恒定的直流电源，由于M为电容器，电容器有隔直流的作用，故灯1不亮，灯2、灯3亮，故C错误，D正确。
11. 如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为n1:n2，副线圈的输出端接有一交流电动机，正在将质量为m的重物以速度v匀速提升，若不计摩擦和空气阻力，变压器的输入功率为P，理想电流表示数为I，则下列说法正确的是

A. 原线圈的电流为
B. 原线圈的输入电压为
C. 电动机消耗的功率为
D. 电动机的内阻为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．单相变压器匝数和电流的关系：

解得原线圈的电流：，故A正确；
B．原线圈的电压为：

解得：，故B错误；
C．理想变压器输入功率等于输出功率，所以电动机消耗的功率为，故C错误；
D．电动机的总功率：

解得：，故D正确。
故选AD．
12. 如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场和匀强磁场区域（电场强度E和磁感应强度B已知），小球在此区域的竖直平面内做匀速圆周运动，则（　　）

A. 小球可能带正电
B. 小球做匀速圆周运动的半径为r=
C. 小球做匀速圆周运动的周期为T=
D. 若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期增大
【答案】BC
【解析】
【详解】A．小球在该区域的竖直平面内做匀速圆周运动，则小球受到的电场力和重力大小相等、方向相反，则小球带负电，A错误；
B．因为小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由牛顿第二定律和动能定理可得
，
且有

联立可得小球做匀速圆周运动的半径

故B正确；
CD．由运动学公式可得

联立可得
说明周期与电压U无关，故C正确，D错误。
故选BC。
13. 如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中。现使圆环以初速度水平向右运动，在以后的运动中，圆环克服摩擦力所做的功可能为（重力加速度为g）（ ）

A. 0 B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【详解】由左手定则可知，圆环向右运动时受到向上的洛伦兹力；
A．当qv0B=mg时，圆环不受支持力和摩擦力，摩擦力做功为零。故A正确。
C．当qv0B＜mg时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功。根据动能定理得：

解得

故C正确。
D．当qv0B＞mg时，圆环先做减速运动，当qvB=mg时，不受摩擦力，做匀速直线运动。
由qvB=mg可得：匀速运动的速度：

根据动能定理得：

解得：

故D正确。
B．由以上分析可知，克服摩擦力做的功不可能为，故B错误；
故选ACD。
14. 空间存在一方向与直面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图（a）中虚线MN所示，一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上．t=0时磁感应强度的方向如图（a）所示：磁感应强度B随时间t的变化关系如图（b）所示，则在t=0到t=t1的时间间隔内

A. 圆环所受安培力的方向始终不变
B. 圆环中的感应电流始终沿顺时针方向
C. 圆环中的感应电流大小为
D. 圆环中的感应电动势大小为
【答案】BC
【解析】
【详解】AB、根据B-t图象，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向一直为顺时针，但在t0时刻，磁场的方向发生变化，故安培力方向的方向在t0时刻发生变化，则A错误，B正确；
CD、由闭合电路欧姆定律得：，又根据法拉第电磁感应定律得：，又根据电阻定律得：，联立得：，则C正确，D错误．
故本题选BC．
二、实验题（每空1分，电路图2分，共17分）
15. （1）用游标卡尺（图1）测量某一工件内径，应用其中___（选填“A”、“B或“C”）来测量；其示数如图2所示，则该工件的内径为__cm。

（2）小明用多用电表测量一电阻，正确的操作顺序是__（填字母）。
A．把选择开关旋转到交流电压最高档
B．调节欧姆调零旋钮使指针指到欧姆零点
C．把红、黑表笔分别接该电阻两端，然后读数
D．把选择开关旋转到“×10”倍率档位，将红、黑表笔接触
（3）把红、黑表笔分别插入多用电表“+”、“﹣”插孔，用螺丝刀调节定位螺丝，使指针指在左边的零刻度线上，小明按以上正确顺序操作后，测量发现表头指针向右偏转的角度过大，为减小误差，应将选择开关拨到“___”倍率欧姆档（选填“×100或“×1”）；如果拨档后立即测量电阻并读数，小明遗漏的实验步骤是：___。补上该步骤后，表盘的示数如图3所示，则该电阻的阻值为__Ω。
【答案】 (1). A (2). 2.150 (3). DBCA (4). ×1 (5). 欧姆调零 (6). 22
【解析】
【详解】（1）[1]游标卡尺的每部分都有不同的测量情景，A通常用来测量内径，B通常用来测量厚度、宽度，C通常用来测量容器深度，因此本题选A；
[2]根据游标卡尺的读数规律可知，其读数为；
（2）[3]欧姆表的使用应该先把选择开关旋转到“×10”倍率的档位，将红、黑表笔接触短接，再调节欧姆调零旋钮使指针指到欧姆零点，然后把红、黑表笔分别接在该电阻两端，然后读数，最后做完实验之后，把选择开关旋转到交流电压最高档，因此操作顺序为DBCA；
（3）[4]因为表头指针向右偏转的角度过大，说明其阻值不大，为减小误差，应该让指针尽量指到中间刻度，因此应将选择开关拨到×1倍率欧姆档；
[5]每次更换欧姆档位都需要重新欧姆调零；
[6]根据欧姆表示数乘以倍率可知，其电阻为22。
16. 某同学利用如图（a）所示的电路测定定值电R0的阻值以及电源的电动E和内电阻r，调节滑动变阻器的滑动触头P，记录了电流表A、电压表V1和电压表V2的测量数据，并根据数据描绘了如图（b）所示的两条U—I直线。（不计电流表内阻和电压表内阻对电路的影响）

（1）根据两位同学描绘的直线，可知图线______（填“甲或“乙”）是根据电压表V1和电流表A的数据所描绘的。
（2）根据图（b），可以求出定值电阻R0＝____Ω，电源电动势E＝____V，内电阻r＝___Ω（以上结果均取两位有效数字）
（3）在调节滑动变阻器的滑动触头P的过程中，在两直线的交点处时____。
A.表明滑动触头P滑到了最右端
B.此时电源的效率为最小值
C.此时电源的输出功率为最大值
D.此时电源内阻消耗的功率为最小值
【答案】 (1). 甲 (2). 2.0Ω (3). 1.5V (4). 1.0Ω (5). B
【解析】
【详解】(1)[1]由图示电路图可知，电压表V1测路端电压，其示数随电流增大而减小，电压表V2测定值电阻两端电压，其示数随电流增大而增大，由图示图象可知，图线甲是根据电压表V1和电流表A的数据所描绘的。
(2)[2]由图b所示图象可知，根据图线乙可知，定值电阻为

[3]由图b所示图象可知，根据图甲所示图线可知，电源U-I图象在U轴上的截距为1.50V，即电源的电动势为

[4]电源内阻为

(3)[5]在两直线的交点处表明此时两电压表示数相等
A．电压表V1测路端电压，两电压表示数相等，表明电压表V2也测路端电压，此时滑动变阻器接入电路的阻值为零，滑动变阻器的滑动触头P滑到了最左端，故A错误；
B．电源的效率为

当外电阻R最小时电源效率最小，此时滑片在最左端，外电路电阻R最小，此时电源效率最小，故B正确；
C．当外电阻等于电源内阻时电路输出功率最大，此时外电阻不等于内电阻，电源输出功率不是最大，故C错误；
D．电源消耗的内功率为：P=I2r，r一定，当I最小时内功率最小，由图示图线可知，此时I不是最小，内功率不是最小，故D错误。
故选B。
17. 在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，现除了有一个标有“5 V，2.5 W”的小灯泡、导线和开关外，还有：
A．直流电源（电动势约为5 V，内阻可不计）
B．直流电流表（量程0~3 A，内阻约为0.1 Ω）
C．直流电流表（量程0~600 mA，内阻约为5 Ω）
D．直流电压表（量程0~15 V，内阻约为15 kΩ）
E．直流电压表（量程0~5 V，内阻约为10 kΩ）
F．滑动变阻器（最大阻值10 Ω，允许通过的最大电流为2 A）
G．滑动变阻器（最大阻值1 kΩ，允许通过的最大电流为0.5A）
实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据．
(1)实验中电流表应选用__，电压表应选用__，滑动变阻器应选用____（均用序号字母表示）；
(2)请设计实验电路并在图1的方框中画出实验电路图_________；
(3)某同学通过实验正确作出的小灯泡的伏安特性曲线如图2所示．现把实验中使用的小灯泡接到如图3所示的电路中，其中电源电动势E＝6 V，内阻r＝1 Ω，定值电阻R＝9 Ω，此时灯泡的实际功率为____W．（结果保留两位有效数字）

【答案】 (1). （1）C (2). E F； (3). （2） (4). （3）0.84
【解析】
【详解】(1) 灯泡的额定电压为5V，因此电压表选择大于等于5V的即可，故选E；而灯泡的额定电流，故电流表应选择C；因本实验采用分压接法，滑动变阻器应选小电阻；故滑动变阻器选择F；
(2) 描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法；灯泡的电阻较小，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，所以电路图如图：
；
(3) 把定值电阻与电源整体看做等效电源，根据闭合电路欧姆定律得：U=6-10I，作出电源的U-I图象如图所示：

由图示图象可知，灯泡两端电压U=0.38V，灯泡电流I=0.22A，灯泡实际功率P=UI=0.84W.
三、解答题（18题6分，19题10分，20题8分，21题12分，共36分）
18. 如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B．纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行．从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：

（1）拉力做功的功率P；
（2）ab边产生的焦耳热Q.
【答案】(1) P= （2）Q=
【解析】
【详解】（1）线圈中的感应电动势
E=BLv
感应电流
I=
拉力大小等于安培力大小
F=BIL
拉力的功率
P=Fv=
（2）线圈ab边电阻
Rab=
运动时间
t=
ab边产生的焦耳热
Q=I2Rabt =
19. 发电机输出功率为P＝50kW，输出电压＝500V，用户需要的电压＝220V，连接升压变压器和降压变压器的输电线电阻为R＝3Ω.若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的0.6%，试求：

（1）用户得到的电功率是多少？
（2）输电线中的电流和输电线上损失电压分别是多少？
（3）在输电线路中的升压、降压变压器原副线圈的匝数比分别是多少？
【答案】（1） （2） （3）
【解析】
【分析】根据输电线上损耗的功率为0.6%求出用户得到的功率；根据输电线上损耗的功率求出输电线上的电流和输电线上损失电压，结合升压变压器原副线圈的电流之比求出匝数之比；根据匝数之比求出升压变压器的输出电压，结合输电线上损失的电压，求出降压变压器的输入电压，结合输出电压求出降压变压器的原副线圈的匝数之比；
解：（1）输电线上损耗的功率
用户得到的功率
（2）由得：
输电线上损失电压：
（3）升压变压器原线圈输入电流为：
升压变压器原、副线圈匝数之比：
升压变压器的输出电压为：
降压变压器的输入电压为：
降压变压器原、副线圈两端的匝数之比：
20. 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P、Q之间的距离L．

【答案】5.8cm
【解析】
【详解】粒子a板左端运动到P处，由动能定理得

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

联立求得
代入数据解得
21. 如图甲所示，电路的左侧是电容为C的采行板电容器，两金属板正对并水平放置，两板之间存在着匀强磁场(图中未画出)板间距离为d，电路的右侧是一个面积为S的导体圆环，环内充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示．一质量为m的带电微粒在两板之间以速率沿顺时针方向做半径为R的匀速圆周运动．已知重力加速度为g，求:

(1)平行板电容器的带电量Q；
(2)带电微粒所带电荷的电性和电荷量q；
(3)两金属板之间磁感应强度的大小和方向．
【答案】(1)(2)负电，(3)，方向垂直纸面向里
【解析】
【详解】(1)根据法拉第电磁感应定律，平行板电容器极板间电压：

平行板电容器的电量为：

(2)由题知:微粒带负电，设极板间的电场强度为E，则：

得到:

(3)带电微粒做匀速圆周运动的向心力由其所受的洛伦兹力提供，由牛顿第一定律得:

解得:

由左手定则可得两金属板间的磁场方向垂直纸面向里．