四川省广元川师大万达中学2019-2020学年高二物理上学期教学质量检测试题

四川省广元川师大万达中学2019-2020学年高二物理上学期教学质量检测试题试卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，考试时间90分钟，满分100分．考生作答时，须将答案答在答题卡上指定位置处．第I卷（选择题共48分）注意事项：共12小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分．有选错的得0分．1．对电磁感应现象的理解，下列说法中正确的是A．电磁感应现象中，感应电流的磁场方向总与引起感应电流的磁场方向相同B．电磁感应现象中，感应电流的磁场方向总与引起感应电流的磁场方向相反C．电磁感应现象是由奥斯特发现的D．电磁感应现象中，感应电流的磁场方向可能与引起感应电流的磁场方向相同，也可能相反2．如图所示，在真空中，水平导线中有恒定电流I通过，导线的正下方有一质子初速度方向与电流方向相同，则质子可能的运动情况是A．沿路径a运动B．沿路径d运动C．沿路径b运动D．沿路径c运动3．如图所示，开始时矩形线圈平面与磁场垂直，且一半在匀强磁场内一半在匀强磁场外．若要使线圈中产生感应电流，则下列方法中不可行．．．的是A．以ab为轴转动B．以bc为轴转动(小于60°)C．以ad为轴转动(小于60°)D．以OO′为轴转动4．如图所示，E为电池，L是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，D1、D2是两个规格相同且额定电压足够大的灯泡．则下列说法错误．．的是A．刚闭合S的瞬间，通过D2的电流大于通过D1的电流B．刚闭合S的瞬间，通过D1、D2的电流大小相等C．闭合S待电路稳定后，D1熄灭，D2比原来更亮D．闭合S待电路稳定后，将S断开瞬间，D2立即熄灭，D1闪亮一下再熄灭5．如图所示的电路中，电源电动势为12V，内阻为2Ω，四个电阻的阻值已S515155V,212ab在图中标出．闭合开关S，下列说法正确的有A．a、b间电压的大小为5VB．电源的总功率为10WC．电源的路端电压为12VD．a、b间用导线连接后，电路的总电流为1A6．如图，一个均匀的带电量为Q的圆环，半径为R，圆心为O，放在绝缘水平桌面上，过O点作竖直线，在线上取一点A，使A到O的距离也为R，在A点放一检验电荷q，则q所受电场力的大小为A．2RkQqB．242RkQqC．24RkQqD．不能确定7．在如图所示的电路中，E＝8V，r＝2Ω，R1＝8Ω，R2为变阻器接入电路中的有效阻值．A．当R2取值6Ω时，变阻器R2上获得的电功率最大B．当R2取值6Ω时，电阻R1上获得的电功率最大C．当R2取值10Ω时，变阻器R2上获得的电功率最大D．调整R2的值，可以使电源的输出功率达到8W8．如图所示，矩形虚线框的真空区域内存在着沿纸面方向的匀强电场(方向未画出)，一质子从bc边上的P点以速度v0垂直于bc边射入电场，从cd边上的Q点飞出电场，不计质子重力．则下列说法正确的是A．P点电势一定高于Q点电势B．若已知a、b两点的电势，就能确定c、d两点的电势C．电场力一定对质子做正功D．质子到Q点时的速度方向可能与cd边垂直9．已知某磁敏电阻在没有磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，并且磁场越强阻值越大．为探测磁场的有无，利用该磁敏电阻作为传感器设计了如图所示电路，电源的电动势E和内阻r不变，在没有磁场时调节变阻器R使电灯L发出一定亮度的光．若探测装置从无磁场区域进入强磁场区域，则A．电灯L变亮B．电流表示数减小C．电灯L变暗D．电流表示数增大10．如图所示，在平面直角坐标系中有一底角为60°的等腰梯形，坐标系中有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中原点O的电势为6V，A点电势为3V，B点电势为0，则由此可以判定A．C点电势为3VB．电场的电场强度为100V/mC．C点电势为0D．电场的电场强度为1003V/m11．如图所示，匀强电场中有一绝缘直角杆PQM，PQ＝L，QM＝2L，杆上固定三个带电小球A、B、C，初始时杆PQ段与电场线垂直．现将杆绕Q点顺时针转过90°至虚线位置，发现A、B、C三个球的电势能之和保持不变．不计小球间的相互作用，下列说法正确的是A．A球一定带正电，C球一定带负电B．转动过程中C球电势能减少C．A、C两球带电量的绝对值之比1:2:CAqqD．转动过程中，电场力对A球和C球做功的代数和为零12．如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点是cd边的中点，一个带正电的粒子仅在磁场力作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入该区域内，经过时间t0刚好从c点射出，现设法使该带电粒子从O点沿纸面与Od成30°的方向，以大小不同的速率射入正方形区域内，则下列说法中正确的是A．若该带电粒子在磁场中经历的时间是5t0/3，则它一定从cd边射出B．若该带电粒子在磁场中经历的时间是5t0/4，则它一定从bc边射出C．若该带电粒子在磁场中经历的时间是2t0/3，则它一定从ad边射出D．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从ab边射出第II卷（非选择题共52分）13．（6分）在实验“探究电磁感应现象中感应电流方向的决定因素和遵循的物理规律”中，实验过程的一部分如下：(1)如图甲所示，当磁铁的N极向下运动时，发现电流表指针有偏转，若要探究线圈中产生感应电流的方向，实验前还必须知道_______________________________________________．(2)如图乙所示，实验中发现闭合开关时，电流表指针向右偏．待电路稳定后，若向左移动滑动触头，此过程中电流表指针向__________（左/右）偏转；若将线圈A抽出，此过程中电流表指针向__________（左/右）偏转．14．（10分）实验室购买了一捆标称长度为100m的铜导线，某同学想测定其实际长度．该同学首先测得导线横截面积为1.0mm2，查得铜的电阻率为1.7×10－8Ω·m，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度．可供使用的器材有：电流表：量程0.6A，内阻约0.2Ω；电压表：量程3V，内阻约9kΩ；滑动变阻器R1：最大阻值5Ω；滑动变阻器R2：最大阻值20Ω；定值电阻：R0＝3Ω；电源：电动势6V，内阻可不计；开关、导线若干．(1)实验中滑动变阻器应选用_________（R1/R2)，闭合开关S前应将滑片移至_________（a/b）端；(2)在图丙所示实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图甲所示电路完成剩余部分的连接；(3)调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50A时，电压表示数如图乙所示，读数为__________V；(4)导线实际长度为__________m（保留2位有效数字）．15．（6分）如图所示，在A点固定一电荷量为Q的正电荷，在离A点高为H的C处有一个带正电的液珠，液珠处于静止状态．已知重力加速度为g，静电力常量为k，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力．(1)计算液珠的比荷mq；(2)现将A处电荷的电量变为原来的4倍，计算液珠向上运动的速度达到最大时液珠位移的大小x．16．（8分）如图所示，一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为0.1T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒通过开关与电动势为12V的电池相连，电路总电阻为2Ω．已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm，取g＝10m/s2．(1)判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向；(2)计算金属棒的质量．17．（10分）如图所示，水平放置的平行金属导轨宽度为d＝1m，导轨间接有一阻值为R＝2Ω的灯泡，一质量为m＝1kg的金属棒跨接在导轨之上，其电阻为r＝1Ω，且和导轨始终接触良好．整个装置放在磁感应强度为B＝2T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．现对金属棒施加一水平向右的拉力F，使金属棒从静止开始向右运动．(1)若金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.2，施加的水平恒力为F＝10N，计算金属棒稳定后速度v1的大小；(2)若金属棒与导轨间光滑，水平力F的功率恒为P＝20W，经历t＝1s的过程中灯泡产生的热量为QR＝12J，计算此时金属棒速度v2的大小？18．如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为＋q的小球从A点以速度v0沿直线AO运动，AO与x轴负方向成37°角。在y轴与MN之间的区域Ⅰ内加一电场强度最小的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到MN上的C点，MN与PQ之间区域Ⅱ内存在宽度为d的竖直向上匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞出，已知小球在C点的速度大小为2v0，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)第二象限内电场强度E1的大小和磁感应强度B1的大小；(2)区域Ⅰ内最小电场强度E2的大小和方向；(3)区域Ⅱ内电场强度E3的大小和磁感应强度B2的大小。物理试题参考答案题号123456789101112答案DCBAABCDABCDCDAB第II卷（非选择题共52分）13．（6分）14．（10分）15．（6分）15．（6分）(1)kQgH2(2)H(1)对液珠有2HQqkmg（2分）解得kQgHmq2（1分）(2)当液珠的加速度减小到零时，液珠速度最大，设此时两者相距为h由力的平衡有24hQqkmg（1分）解得h=2H（1分）液珠的位移x=2H-H=H（1分）16．（8分）方向竖直向下；0.01kg(1)由左手定则可知，金属棒受到的安培力方向竖直向下．（2分）(2)金属棒通电后，闭合回路电流A62V12RUI（2分）导体棒受到的安培力大小为F＝BIL＝0.06N（1分）由平衡条件知，开关闭合前2kx＝mg（1分）开关闭合后2k(x＋Δx)＝mg＋F（1分）注：上述两式，列出1个得1分，列出2个也得1分．代入数值解得m＝0.01kg（1分）17．（10分）(1)6m/s(2)2m/s(1)金属棒稳定后F＝μmg＋F安（2分）其中BIdF安，rRBdvI1（1+1分）解得221))((dBrRmgFv6m/s（1分）(2)金属棒和灯泡串联，由Q＝I2RtR，可知得灯泡和金属棒产生的热量之比为rRQQrR（2分）由能量守恒得rRQQmvPt2221（2分）解得mQQPtvrR)(222m/s（1分）18．解析：(1)带电小球在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力作用做直线运动，三力满足如图甲所示关系且小球只能做匀速直线运动。由图知tan37°＝qE1mg，得E1＝3mg4qcos37°＝mgB1qv0，得B1＝5mg4qv0。(2)区域Ⅰ中小球做直线运动，电场强度最小，受力如图乙所示(电场力方向与速度方向垂直)，小球做匀加速直线运动，由图知cos37°＝qE2mg，得E2＝4mg5q，方向与x轴正方向成53°角斜向上。(3)小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，所以mg＝qE3，得E3＝mgq，因小球恰好不从右边界穿出，小球运动轨迹如图丙所示，由几何关系得r＝58d，由洛伦兹力提供向心力知B2q·2v0＝mv02r，联立得B2＝16mv05qd。答案：(1)3mg4q5mg4qv0(2)4mg5q方向与x轴正方向成53°角斜向上(3)mgq16mv05qd