江苏省扬州中学2020_2021学年高二物理下学期开学考试试题.docx

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1、江苏省扬州中学2020-2021学年高二物理下学期开学考试试题考试时间：75分钟 总分：100分一单项选择题：共11小题，每小题4分，共44分，每小题只有一个选项最符合题意. 1.关于元器件的工作原理，下列叙述中错误的是A微波炉加热食物是利用电磁感应原理B电容器是储存电荷的装置C电饭锅加热是利用电流的热效应D太阳能电池板是将光能转变成电能 2.如图所示，两根通电的长直导线平行放置，电流大小相等，方向相反。在与导线垂直的平面上有a、b、c、d四点，其中a、b在导线横截面连线的延长线上，c、d在导线横截面连线的垂直平分线上，且a、b及c、d关于两导线的中间位置O点对称。下列说法正确的是 AO点的磁

2、感应强度为0B两通电直导线相互排斥Ca、b两点的磁感应强度大小相等，方向相反Dc、d两点的磁感应强度大小相等，方向相反 3.某学校新装了一批节能路灯如图甲所示，该路灯通过光控开关实现自动控制：电灯的亮度可自动随周围环境的亮度改变而改变.如图乙为其内部电路简化原理图，电源电动势为E，内阻为r，R1为光敏电阻（光照强度增加时，其电阻值减小）.当随着傍晚到来光照逐渐减弱时，则下列判断正确的是AA灯变亮，B灯变暗B电源的效率变大 C电源内阻消耗的功率变大DR1上电流的变化量等于R0上电流变化量 4.电磁泵在目前的生产、科技中得到了广泛应用.如图所示，泵体是一个长方体，边长为L1，两侧端面是边长为L2的

3、正方形；流经泵体内的液体密度为，在泵头通入导电剂后液体的电导率为（电阻率的倒数），泵体所在处有方向垂直向外的磁场B，把泵体的上下两表面接在电压为U（内阻不计）的电源上.则A泵体上表面应接电源负极 B通过泵体的电流I = UL2C仅将磁场方向反向，电磁泵仍能正常工作D增大液体的电导率可获得更大的抽液高度 5.如图所示，在半径为R的圆形区域内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于圆平面（未画出）.一群比荷相同且为的负离子体以相同速率v0（），由P点在纸平面内向不同方向射入磁场中，发生偏转后又飞出磁场，则下列说法正确的是（不计粒子重力） A离子飞出磁场时的动能一定相等B离子在磁场中运动半径一定不等C

4、由Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长D沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大 6.如图所示，相距为d的两水平虚线L1和L2分别是水平向里的匀强磁场的上下两个边界，磁场的磁感应强度为B，正方形线框abcd边长为L（L d），质量为m，将线框在磁场上方高h处由静止释放.如果ab边进入磁场时的速度为v0，刚好匀速进入磁场。cd边刚穿出磁场时的速度也为v0，则从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程中A线框中一直有感应电流B线框有一阶段做减速运动 C线框进、出磁场的时间相等D线框中产生的热量为mg(d+h+L) 7.如图所示，匀强磁场的磁感应强度BT，边长为L10cm的正方形线圈abcd共N10

5、0匝，线圈电阻r1.线圈绕垂直于磁感线的轴OO匀速转动，转动的角速度2rad/s，外电路电阻R4.则下列说法中正确的是A交流电压表的示数为1.6VB由图示位置转过30角时的感应电动势的大小为1VC线圈转动一周电路中产生的总焦耳热为0.4JD图示位置ab边所受的安培力大小为N 8.如图所示，图甲是某燃气灶点火装置的原理图.转换器将干电池提供的直流电压转换为图乙所示的正弦交流电压，并加在理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压表为交流电表.当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体，下列说法中正确的是A实现点火的条件是 B实现点

6、火的条件是C开关闭合后电压表V的示数为5VD开关闭合后电压表V的示数2.5V 9.如图所示，一带负电的物块在水平力F的作用下静止于图示位置，物块和墙相互绝缘，墙竖直且足够高.整个空间存在垂直于纸面向里的水平匀强磁场.现撤去压力F，从撤去压力瞬间开始计时，物块运动的图像正确的是 A B C D10.一质量为M的烟花斜飞到空中，到最高点时速度为v，此时烟花炸裂成两块（损失的炸药质量不计），炸裂成的两块速度沿水平相反方向，落地时水平位移大小相等，不计空气阻力，若向前一块的质量为m，则向前一块的速度大小为 A B C D11.质量为m的蹦床运动员从离蹦床表面h高处由静止自由下落，与蹦床接触后运动到最低

7、点所用的时间为自由下落时间的1/k倍，已知重力加速度为g，不计空气阻力，对于从与蹦床接触到运动至最低点的过程中，下列说法中错误的是 A合力对运动员的冲量大小等于mB运动员所受合力冲量大小小于蹦床对运动员作用力冲量的大小C运动员受到蹦床的平均作用力大小为（k+1）mgD运动员对蹦床作用力冲量的大小大于蹦床对运动员作用力冲量的大小二非选择题：共5题，共56分其中第13题第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位.12（12分）用伏安法测某金属丝的电阻Rx（约为5）现有电池组（电动势3V，内阻约1）、滑动变阻器R0

8、（020，额定电流2A）、双量程电流表（00.6A，内阻约0.125；03A，内阻约0.025）、双量程电压表（03V，内阻约3k；015V，内阻约15k）、开关、导线若干 （1）为减小测量误差，该实验中，电流表量程应选用_（选填“00.6A”或“03A”），电压表量程应选用_（选填“03V”或“015V”）（2）在图（a）中选择测量Rx的电路原理图_（选填“甲”或“乙”），并在图（b）中完成相应的实物连线图（3）如图所示，请利用实验数据在右图中绘出电阻Rx的U-I图线由图线可得金属丝的阻值Rx=_（保留两位有效数字）13（8分）如图所示是一个00.1A1A双量程的电流表已知表头的内阻Rg为5

9、00，满偏电流Ig为1mA （1）使用A、B两个端点时量程为多少?（2）求图中R1、R2的阻值（保留最简分数） 14（12分）如图所示，两光滑金属导轨，导轨电阻不计，间距d2m，在桌面上的部分是水平的，仅在桌面上有磁感应强度B1T、方向竖直向下的有界磁场，导轨一端接电阻R3，桌面高H0.45m，金属杆ab质量m0.2kg，其电阻r1，长度略大于导轨的宽度从导轨上距桌面h0.8m的高度处由静止释放，落地点距桌面左边缘的水平距离s0.6m，取g10m/s2，求： （1）金属杆刚进入磁场时的速度大小及金属杆ab两端的电压Uab；（2）金属杆离开磁场的速度大小及整个过程中电阻R放出的热量；（3）磁场区

10、域（即桌面）的宽度15（9分）如左下图所示为某同学设计的电吹风电路图图中a、b、c、d为四个固定触点，可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种工作状态n1和n2分别是理想变压器原、副线圈的匝数该电吹风的各项参数如右下表所示 （1）吹冷风时触片P应与哪两个触点接触？（2）由表格中数据计算出小风扇的内阻是多少？（3）变压器原、副线圈的匝数比n1:n2是多少？ 16（15分）如图所示，半圆环区域ABCD中有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，内半环壁BC的半径为R1=L，外半环壁AD的半径为R2=2LAB入口处有分布均匀的粒子源，发射出质量

11、为m，电量为q的带正电粒子，粒子在磁场中运动中碰到内壁或外壁则立即被吸收，CD为粒子的出口不计粒子重力，不考虑粒子间的相互作用（1）若所有粒子以相同的速度垂直AB进入磁场，则： 求粒子速度为多大时，所有粒子都能从出口射出？ 试写出粒子在出口的射出率与粒子速度v的关系式（2）若粒子以不同的速度大小和方向从入口AB进入磁场，求从出口CD射出的粒子在磁场中运动的最短时间和最长时间 2020-2021学年度第二学期高二年级开学考查物理 参考答案1、A 2、B 3、B 4、D 5、C 6、B 7、C 8、A 9、D 10、A 11、D1A 【详解】A微波炉加热食物是利用共振原理，不是电磁感应原理，选项A

12、错误，符合题意；B电容器是储存电荷的装置，选项B正确, 不符合题意；C电饭锅加热是利用电流的热效应，选项C正确，不符合题意；D太阳能电池板是将光能转变成电能，选项D正确，不符合题意； 故选A。2B 【详解】A根据安培定则，左、右导线在O点产生的磁感应强度方向都竖直向上，所以O点的合磁感应强度不等于零， A错误；B根据安培定则和左手定则，同向电流相互吸引，反向电流相互排斥，B正确；C根据安培定则，左边导线、右边导线在a点的磁感应强度方向分别向下、向上，但是左边导线离a点近，产生的磁感应强度大，合磁场向下；左边导线、右边导线在b点的磁感应强度的方向分别为向上、向下，但是，右边导线离b点近，产生的磁

13、感应强度大，合磁场方向下，所以a、b两点的磁感应强度方向相同，都向下，C错误；D根据安培定则，左、右导线在c点产生的磁感应强度方向分别为左上、右上，且大小相等，合磁感应强度方向竖直向上，左、右导线在d点产生的磁感应强度方向分别为右上、左上，且大小相等，合磁感应强度方向竖直向上，根据对称性，在c、d两点的合磁感应强度大小相等，所以，c、d两点的磁感应强度大小相等，方向相同，D错误。 故选B。3B 【详解】光照逐渐减弱时，光敏电阻阻值增大，电路总电阻增大，总电流减小，内电压减小，外电压增大。A外电压增大，A灯变亮；支路R0上的电流减小，R0上的电压减小，又因为外电压增大，所以B灯电压增大，所以B灯

14、变亮。B因为外电阻变大，根据可知，电源的效率变大。B正确；C因为内电压减小，所以电源内阻消耗的功率变小。C错误。D对于支路R0，有：，而，所以，D错误； 故选B。4D 【详解】A当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受到的磁场力水平向左，拉动液体，选项A错误；B根据电阻定律，泵体内液体的电阻因此流过泵体的电流，选项B错误；C仅将磁场方向反向，根据左手定则，安培力和原来相反，液体的运动方向也会相反，电磁泵不能正常工作，选项C错误；D若增大液体的电导率，可以使电流增大，受到的磁场力增大，使抽液高度增大，选项D正确。 故选D。5C 【详解】A带电离子在磁场中运动洛伦兹力不做功，所以速

15、度不变化，则射出时离子的动能 ，由于比荷相同，离子的质量不等，离子飞出磁场时的动能不相等，A错误；B离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得，解得，因粒子的速率相同，比荷相同，故半径一定相同，B错误；C由圆的性质可知，轨迹圆半径一定时，当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大，故应该使弦长为PQ，故由Q点飞出的粒子圆心角最大，所对应的时间最长，C正确；D由C选项的分析知道，时间最长的是由Q点射出的，偏转角最大，此时粒子一定不会沿PQ射入，D错误。 故选C。6B 【详解】A线框进入磁场的过程，穿过线框的磁通量增加，有感应电流，线框离开磁场的过程，磁通量减少，有感应电流，线框完全进入磁场

16、在磁场中运动过程，穿过线框的磁通量不变，没有感应电流，故A错误；B线框刚进入磁场时的速度是v0，完全进入磁场后做匀加速直线运动，刚离开磁场时的速度也是v0，由此可判断线框离开磁场的过程做减速运动，故B正确；C因线框是减速穿出磁场且末速度等于v0，所以出磁场过程的平均速度大于v0，又因为进出磁场的过程中位移相等，所以进入磁场的时间大于穿出磁场的时间，故C错误；D从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程中，动能不变，重力势能减少，重力势能转化为内能，则 ，故D错误。 故选B。7C 【详解】A根据Em=NBS，可得感应电动势的最大值Em=2V，交流电压表的示数为有效值，所以有 （V），选项A错

17、误；B由于线框垂直于中性面开始计时，所以瞬时感应电动势表达式 当线圈转过30角时的瞬时感应电动势为 V，选项B错误； C一个周期内，由公式 ，周期为 ，故总热量 ，故C正确；D流过线框的电流为 ，故ab边所受的安培力大小 ，D错误，故选C。8A 【详解】AB分析题意可知，副线圈输出电压最大值U2m5000V，根据变压比 可解得实现点火的条件是 ，故B错误，A正确；CD根据图乙得到原线圈输入电压的最大值，故原线圈输入电压的有效值，则电压表的示数为。故C、D错误。 故选A。9D 【详解】撤去压力F后，物体开始下滑，由左手定则可知洛伦兹力方向水平向左，刚开始时由于物块速度较小，则洛伦兹力与墙面的支持

18、力都较小，根据，可知摩擦力较小（小于重力），根据牛顿第二定律有：，物块会继续加速。根据可知洛伦兹力和支持力都会增大，从而摩擦力f也会增大，则加速度a减小，直到a=0，即时，物块以恒定速率运动，因此物块先做加速度减小的变加速运动，后做匀速直线运动。故选D。10A 【详解】由题意知，到达最高点时速度沿水平方向，大小为v。因导弹所受的重力远小于内部爆炸力，故在爆炸的短时间内系统动量守恒。设初速度方向为正方向，向前一块的速度大小为v1，向后一块速度大小为v2，故有：，又因为爆炸后两块做平抛运动，落地时水平位移大小相等，根据平抛运动规律可知：，故联立两式可解得： ，故A正确，BCD错误。 故选A。11

19、D 【详解】A设运动员与蹦床接触时速度为v，则有：。则从与蹦床接触到运动至最低点的过程中，设向下为正方向，根据动量定理有：，负号表示方向与规定方向相反，即合力对运动员的冲量大小等于m，故A正确，不合题意；B设蹦床对运动员作用力为F，则运动员所受的合力为F-mg，即蹦床对运动员作用力大于运动员所受的合力，因为时间相等，故运动员所受合力冲量大小小于蹦床对运动员作用力冲量的大小，故B确，不合题意；C设运动员自由下落的时间为t，自由下落时有：设运动员受到蹦床的平均作用力大小为FN，则有：结合C选项分析可得：，故C正确，不合题意；D从与蹦床接触到运动至最低点的过程中，运动员对蹦床作用力与蹦床对运动员作用

20、力一直等大反向，作用时间相同，故冲量大小相同，故D错误； 故选D。1200.6A 03V 甲 见解析 见解析 4.5（4.2 4.6） 【详解】(1)1金属丝的电阻Rx约为5，根据闭合电路欧姆定律得 ，故电流表量程应选用“00.6A”；2电池组电动势为3V，故电压表量程应选用“03V”；(2)3因为，待测电阻阻值较小，故采用电流表外接法，即甲图；4实物图连接如图所示(3)5如图所示6根据图像斜率解得13（1）接A、B时的量程为1A （2分） （2）， （6分）【详解】 接A、B时，R1起分流作用为一支路，表头与R2串联为一支路，此时量程为I1=1A，此时有：接A、C时，R1+R2为一支路起分流

21、作用，表头为一支路，此时量程为I2=0.1A，此时有：联立方程，代入数据解得： ，14 (1)4m/s；-6V；（4分） (2) 2m/s；0.9J；（4分） (3)0.4m （4分）【详解】 (1)设棒刚进入磁场时速度为，由机械能守恒定律有：，解得，又由法拉第电磁感应定律有：由闭合欧姆定律有：可得金属杆ab两端的电压：(2)设棒刚离开磁场时速度为，接着棒开始做平抛运动，在竖直方向上有：在水平方向上有： ，解得整个回路产生的总焦耳热： ，电磁感应过程中电阻R上产生电热： ；(3)方法一：棒穿过磁场过程加速度为a，由牛顿第二定律有：， ，可得： ，进一步化简得： ，全程求和：， ，解得：方法二：

22、由法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律可得：，由动量定理可得： ，解得： 。15(1) 触片P与触点b、c接触；（2分） (2)8；（4分） (3)11:3（3分）【详解】(1)当电吹风机送出来的是冷风时，电路中只有电动机自己工作，触片P与触点b、c接触；(2)小风扇消耗的功率转化为机械功率和线圈上的热功率，则小风扇的电流： ，则：，解得小风扇的内阻是r=8 ；(3)根据变压器的原线圈、副线圈的匝数与电压的关系：16(1) ；（3分） 见解析；（6分） (2) ； （6分）【详解】（1）设粒子在磁场中运动的速度为v，半径为r，则 要使所有粒子都能从出口射出，由题分析可知： 由 得 ： 设粒子在出口的射出率为，由题分析可知： 当 ，即时， ； 当 ，即时 ， ， 当 ，即时 ， ；（2）设粒子在磁场中运动的周期为T，最短时间t1，如图1所示由几何关系： ， 得：，则 ；由 得 ： ；设粒子在磁场中运动的最长时间t2，如图2所示由几何关系：，得：则：， 得：