高二物理试题(1)

1、本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。满分：110分，时间：90分钟第卷（选择题 共48分）1、 本题共12小题，每小题4分，共48分在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分1 如图所示，光滑斜面固定于水平面，滑块A、B叠放后一起冲上斜面，且始终保持相对静止，A上表面水平，则在斜面上运动时，B受力的示意图为()解析A、B整体沿斜面向下的加速度a可沿水平方向和竖直方向分解为加速度a和a，如图所示，以B为研究对象， B滑块必须受到水平向左的力来产生加速度a因此B受到三个力的作用，即：重力、A对B的支持

2、力、A对B的水平向左的静摩擦力，故只有选项A正确2为研究太阳系内行星的运动，需要知道太阳的质量，已知地球半径为R，地球质量为m，太阳与地球中心间距为r，地球表面的重力加速度为g，地球绕太阳公转的周期为T则太阳的质量为()A BC D解析在地球表面：Gmg地球绕太阳公转：Gm2r由得：M故D项正确答案D3如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是()A逐渐增大 B逐渐减小C先增大，后减小 D先减小，后增大解析小球速率恒定，由动能定理知：拉力做的功与克服重力做的功始终相等，将小球的速度分解，可发现小球

3、在竖直方向分速度逐渐增大，重力的瞬时功率也逐渐增大，则拉力的瞬时功率也逐渐增大，A项正确答案A4如图所示是静电场的一部分电场线分布，下列说法中正确的是()A这个电场可能是负点电荷的电场B点电荷q在A点处受到的静电力比在B点处受到的静电力大C点电荷q在A点处的瞬时加速度比在B点处的瞬时加速度小(不计重力)D负电荷在B点处受到的静电力的方向沿B点切线方向答案B解析因为(孤立)负点电荷的电场线是自四周无穷远处从不同方向指向负电荷的球对称分布的，而图中的电场线分布不具备这种特点，所以它不可能是负点电荷的电场，选项A错误因电场线越密处场强越大，故由图知场强EA>EB.又因点电荷q在电场中所受静电力

4、FqEE，故静电力FA>FB，选项B正确由牛顿第二定律知，加速度aF/mF，而FA>FB，故aA>aB，选项C错误因“B点切线方向”即B点场强方向，而负电荷所受静电力方向与场强方向相反，故选项D错误点评电场线的特点：电场线上某点切线的方向表示该点场强的方向，不表示电荷受力的方向，也不表示速度的方向；电场线的疏密反映电场强弱，在电场线密的地方，电场强电场线不是电荷运动的轨迹，只有当电场线是直线，而带电粒子只受电场力，且初速度方向与电场线平行时，运动轨迹才能与电场线重合5、如图所示的匀强电场E的区域内，由A、B、C、D、A、B、C、D作为顶点构 成一正方体空间，电场方向与面ABC

5、D垂直下列说法正确的是()AAD两点间电势差UAD与AA两点间电势差UAA相等B.带正电的粒子从A点沿路径ADD移到D点，电场力做正功C.带负电的粒了从A点沿路径ADD移到D点，电场势能减少D.同一带电粒子从A点移到C点，沿对角线AC与沿ABBC电场力做功相同答案BD6、如图5所示，一束电子以不同的速率沿图示方向飞入横截面是一正方形的匀强磁场，下 列判断正确的是()图5A电子在磁场中运动的时间越长，其轨迹越长B电子在磁场中运动的时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大C在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹一定重合D电子的速率不同，它们在磁场中运动的时间一定不相同答案B解析由于R，而电子束以不同速率进

6、入同一磁场，m、B、q相同，v大者偏转半径大，右图中表示几种不同速率的电子在磁场中的运动轨迹，由3、4、5可知，三者运动时间相同，但轨迹长短不同，所以A和C错；又由3、4、5可知，电子的速率不同，但在磁场中运动时间可能相同，故D错；另由公式tT，T与速率无关，所以，电子在磁场中的运动时间t仅与轨迹圆孤所对应的圆心角有关，圆心角越大，时间t越长，B正确提升练7. 如图所示，质量为m，带电荷量q的小球从P点静止释放，下落一段距离后进入正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向里，则小球在通过正交的电场和磁场区域时的运动情况是()A一定做曲线运动B轨迹一定是抛物线C可能做匀速直线

7、运动D可能做匀加速直线运动答案A解析小球从P点静止释放，下落一段距离后进入正交的匀强电场和匀强磁场中后一定会受到电场力和洛伦兹力电场力和重力会对小球做正功，洛伦兹力不做功小球的动能会增加，即速度变大，且速度的方向也会发生变化洛伦兹力也会变大，方向也会改变小球运动的速度和加速度的大小、方向都会改变所以运动情况是一定做曲线运动8. 如图7所示，三个速度大小不同的同种带电粒子沿同一方向从图示长方形区域的匀强磁场上边缘射入，当它们从下边缘飞出时对入射方向的偏角分别为90°、60°、30°，则它们在磁场中的运动时间之比为()A111 B123C321 D.1答案C解析如右图

8、所示，设带电粒子在磁场做圆周运动的圆心为O，由几何关系知，圆弧所对应的粒子运动的时间t·，因此，同种粒子以不同速率射入磁场，经历时间与它们的偏角成正比，即t1t2t390°60°30°321.9、如图41019所示，竖直平面内一具有理想边界AB的匀强磁场垂直纸面向里，在距离边界H处一正方形线框MNPO以初速度v0向上运动，假设在整个过程中MN始终与AB平行，则下列图象能反映线框从开始至到达最高点的过程中速度变化规律的是()图41019解析在线框从开始运动到MN边接近AB时，线框做匀减速直线运动；MN边进入磁场后因切割磁感线而产生感应电流，其受到安培力作用

9、则线框加速度瞬时变大，速度瞬时减小更快随着速度减小，产生的感应电流减小，安培力减小，加速度减小，所以能正确反映线框速度与时间关系的是图C.答案C10、两条光滑的平行导轨水平放置，导轨的右端连接一阻值为R的定值电阻，将整个装置放在竖直向下的匀强磁场中，现将一导体棒置于O点，从某时刻起，在一外力的作用下由静止开始向左做匀加速直线运动，导体棒先后通过M和N两点，其中OMMN.已知导体棒与导轨接触良好，始终与导轨垂直，且除定值电阻外其余部分电阻均不计则下列说法错误的是()图41020A导体棒在M、N两点时，所受安培力的大小之比为1B导体棒在M、N两点时，外力F的大小之比为1C导体棒在M、N两点时，电路

10、的电功率之比为12D从O到M和从M到N的过程中流过电阻R的电荷量之比为11解析由v22ax可知，导体棒通过M、N两点时，导体棒速度之比为1，产生的感应电流之比为1，所受安培力之比为1，由牛顿第二定律可知，外力F的大小之比不是1；由电功率公式PI2R可知，导体棒通过M、N两位置时，电阻R的电功率之比为12；由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和电流定义可得q/R，从O到M和从M到N的两个过程中，相等，所以通过导体棒横截面的电荷量之比为11.答案B11、矩形线圈abcd，长ab20 cm，宽bc10 cm，匝数n200匝，线圈回路总电阻R5 .整个线圈平面内均有垂直于线圈平面的磁场穿过若磁场的磁

11、感应强度B随时间t的变化规律如图所示，则()A线圈回路中感应电动势随时间均匀变化B线圈回路中产生的感应电流为0.4 AC当t0.3 s时，线圈的ab边所受的安培力大小为0.016 ND在1 min内线圈回路产生的焦耳热为48 J解析由EnnS可知，由于线圈中磁感应强度的变化率 T/s0.5 T/s为常数，则回路中感应电动势为En2 V，且恒定不变，故选项A错误；回路中感应电流的大小为I0.4 A，选项B正确；当t0.3 s时，磁感应强度B0.2 T，则安培力为FnBIl200×0.2×0.4×0.2 N3.2 N，故选项C错误；1 min内线圈回路产生的焦耳热为Q

12、I2Rt0.42×5×60 J48 J选项D正确答案BD12、如图13所示，一个绝缘且内壁光滑的环形细圆管，固定于竖直平面内，环的半径为R(比细管的内径大得多)，在圆管的最低点有一个直径略小于细管内径的带正电小球处于静止状态，小球的质量为m，带电荷量为q，重力加速度为g.空间存在一磁感应强度大小未知(不为零)，方向垂直于环形细圆管所在平面且向里的匀强磁场某时刻，给小球一方向水平向右，大小为v0的初速度，则以下判断正确的是()A无论磁感应强度大小如何，获得初速度后的瞬间，小球在最低点一定受到管壁的弹力作用B无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细圆管的最高点，且小球在最高

13、点一定受到管壁的弹力作用C无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细圆管的最高点，且小球到达最高点时的速度大小都相同D小球在从环形细圆管的最低点运动到所能到达的最高点的过程中，水平方向分速度的大小一直减小解析小球在轨道最低点时受到的洛伦兹力方向竖直向上，若洛伦兹力和重力的合力恰好提供小球所需要的向心力，则在最低点时小球不会受到管壁弹力的作用，A选项错误小球运动的过程中，洛伦兹力不做功，小球的机械能守恒，运动至最高点时小球的速度v，由于是双层轨道约束，小球运动过程不会脱离轨道，所以小球一定能到达轨道最高点，C选项正确在最高点时，小球圆周运动的向心力Fmmg，小球受到竖直向下洛伦兹力的同时必然受

14、到与洛伦兹力等大反向的轨道对小球的弹力，B选项正确小球在从最低点到最高点的运动过程中，小球在下半圆内上升的过程中，水平分速度向右一定递减，到达圆心的等高点时，水平速度为零，而运动至上半圆后水平分速度向左且不为零，所以水平分速度一定有增大的过程，D选项错误答案BC第卷（非选择题 共62分）二、填空题（第13题6分，第14题10分，共16分）13某学习小组利用如图3所示的装置验证动能定理图3(1)将气垫导轨调至水平，安装好实验器材，从图中读出两光电门中心之间的距离s_cm(2)测量挡光条的宽度d，记录挡光条通过光电门1和2所用的时间t1和t2，并从拉力传感器中读出滑块受到的拉力F，为了完成实验，还

15、需要直接测量的一个物理量是_(3)该实验是否需要满足砝码盘和砝码的总质量远小于滑块、挡光条和拉力传感器的总质量？_(填“是”或“否”)解析(1)毫米刻度尺要注意估读一位，是整数的要补零，因此两光电门中心之间距离是500.0 mm，即50.00 cm.(2)要测量物体的动能的变化量必须要测出物体的质量(3)力的大小是从拉力传感器直接读的，没有必要满足题目叙述的条件答案(1)50.00(2)滑块、挡光条和拉力传感器的总质量M(3)否14、在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，某同学选中一个标有“2.5 V,0.6 W”的小灯泡，除了导线和开关外，还有下列器材可供选择：电压表V1(量程6 V，内阻约

16、为6 k)；电压表V2(量程3 V，内阻约为3 k)；电流表A1(量程300 mA，内阻约为1 )；电流表A2(量程150 mA，内阻约为2 )；滑动变阻器R1(最大阻值200 )；滑动变阻器R2(最大阻值10 )；直流电源E1(电动势4.5 V，r10.8 )(1)实验中电压表应选_，电流表应选_，滑动变阻器应选_(填写器材代号)(2)以下的四个电路中应选用_电路图进行实验(3)做完上述实验后，该同学接着用上述所选电路分别描绘了三个电学元件的伏安特性曲线，如图51225甲所示，则三个元件中属于线性元件的是_(填写曲线代号)然后他用图乙所示的电路给三个元件分别供电，并测出给元件1和元件2供电时

17、的电流和电压值，分别标在图甲上，它们是A点和B点已知R08.8 ，则该电源的电动势E_V，内电阻r_.这个电源给元件3供电时，元件3的电功率P_W.图51225解析(1)灯泡的额定电流I0.24 A，可知选择量程为300 mA的电流表，误差较小，即选择A1.从测量的精确度考虑，滑动变阻器选择总电阻为10 的误差较小，即选择R2.因灯泡的额定电压为2.5 V，故电压表选用量程为3 V的V2.(2)因为电压、电流需从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法，灯泡的电阻大约为R10.4 ，远小于电压表内阻，属于小电阻，电流表采用外接法误差较小故选A.(3)在图象中，只有图线1为直线，故线性元件为1.

18、将电阻R0等效到电源的内部，连接A、B两点并与横轴和纵轴相交，该图线为电源外电压与电流的关系图线如图所示，当电流为0时，外电压为3.0 V，知电源的电动势为3.0 V，内阻r 8.8 1.2 .此时元件3的电流和电压分别为：0.2 A,1.0 V，则元件3的电功率为0.2 W.答案(1)V2A1R2(2)A(3)13.01.20.2三、本题共4小题，满分46分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。15、（10分）一磁场宽度为L，磁感应强度为B，如图所示，一电荷质量为m、带电荷量为 q， 不计重力，以某一速度(方向如

19、图)射入磁场若不使其从右边界飞出，则电荷的速度应为多大？答案v解析若要粒子不从右边界飞出，当达最大速度时运动轨迹如图，由几何知识可求得半径r，即rrcos L，r，又Bqv，所以v.16、（12分）如图所示，板长L10 cm，板间距离d10 cm的平行板电容器水平放置，它的左侧有与水平方向成60°角斜向右上方的匀强电场，某时刻一质量为m、带电荷量为q的小球由O点静止释放，沿直线OA从电容器C的中线水平进入，最后刚好打在电容器的上极板右边缘，O到A的距离x45 cm，(g取10 m/s2)求：(1)电容器外左侧匀强电场的电场强度E的大小；(2)小球刚进入电容器C时的速度v的大小；(3)

20、电容器C极板间的电压U.解析(1)由于带电小球做直线运动，因此小球所受合力沿水平方向，则：Eq 得E(2)从O点到A点，由动能定理得：mgxcot 60°mv20解得：v3 m/s(3)小球在电容器C中做类平抛运动，水平方向：Lvt竖直方向：at2ag联立求解得U答案(1)(2)3 m/s(3)17、 （12分）一个质量m=0.016kg、长L=0.5m，宽d=0.1m、电阻R=0.1的矩形线圈，从离匀强磁场上边缘高h1=5m处由静止自由下落进入磁场后，由于受到磁场力的作用，线圈恰能做匀速运动（设整个运动过程中线框保持平动），测得线圈下边通过磁场的时间t=0.15s，取g=10m/s2，求：（1）匀强磁场的磁感强度B；（2）磁场区域的高度h2；（3）线框进入磁场过程中线框中产生