河南省名校联盟2020-2021学年高二下学期开学考试 物理试题（Word版，含答案解析）

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河南省名校联盟2020-2021学年高二物理下学期开学考试试题一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.条形磁铁固定在水平面上,其正上方有一根通电导线,电流方向向左.不考虑导线的重力,在条形磁铁磁场的作用下,关于导线运动情况的说法正确的是(   )A.从上向下看逆时针转90°,同时向上运动 B.从上向下看逆时针转90°,同时向下运动C.从上向下看顺时针转90°,同时向下运动 D.从上向下看顺时针转90°,同时向上运动2.正电荷q在电场力作用下由P向Q做加速运动,而且加速度越来越大,那么可以断定,它所在的电场是下列图中的哪一个(   )A.  B.
C.  D.3.如图所示，A、B为两个等量的正点电荷，在其连线中垂线上的a点放一个负点电荷q（不计重力），b点为连线中垂线上一点且aO=bO，点电荷q从a点由静止释放经O点运动到b点的过程中，下列说法正确的是()A.点电荷q的速度一定先增大后减小 B.点电荷q的加速度一定先减小大C.点电荷q的电势能一定先增大后减小 D.点电荷q在O点电势最大，动能为零4.如图所示,图甲实线为方向未知的三条电场线, 两带电粒子从电场中的P点静止释放。不考虑两粒子间的相互作用,仅在电场力作用下,两粒子做直线运动, 粒子的速度大小随时间变化的关系如图乙中实线所示,虚线为直线。则(   )A.a一定带正电,b一定带负电 B.a向左运动, b向右运动
C.a电势能减小, b电势能增大 D.a动能减小, b动能增大5.某同学为探究电表的改装，设计了如图所示的实验电路。A为量程的标准电流表，为满偏电流、内阻的灵敏电流计，V为理想电压表，为滑动变阻器，为电源，为开关。电源的内阻不计，的最大阻值为。该同学要通过调节滑片的位置，将灵敏电流计改装成量程的电流表，下列说法正确的是（   ）A.开关闭合前，为保证灵敏电流计安全，滑动变阻器的滑片应置于最右端B.开关闭合后，只将的滑片向下滑动，电流表A的示数将变小C.开关闭合后，只将的滑片向右滑动，电压表V的示数将变大D.新表改装完成后，当电流表A的示数为时，灵敏电流计中的电流为6.如图所示，一个矩形线圈放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，是线圈的对称轴。整个线圈在下列各运动中始终处于磁场之内，能使线圈中产生感应电流的是(   )A．沿纸面向左移动  B．沿纸面向上移动C．垂直纸面向里移动  D．以为轴转动7.如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上一个光滑弧形槽静止放在足够长的光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，让一个物块从槽上高处由静止开始下滑。下列说法正确的是(   )A.物块沿槽下滑的过程中，物块的机械能守恒
B.物块沿槽下滑的过程中，物块与槽组成的系统动量守恒
C.从物块压缩弹簧到被弹开的过程中，弹簧对物块的冲量等于零
D.物块第一次被反弹后一定不能再次回到槽上高处8.直立的轻弹簧一端固定在地面上，另一端拴住一个铁块，现让铁块在竖直方向做往复运动，从块所受合力为零开始计时，取向上为正方向，其运动的位移-时间图像如图所示（   ）A.时物体对弹簧的压力最大B.和两时刻弹簧的弹力相等C.至这段时间物体做加速度逐渐增大的加速运动D.至这段时间内物体的动能和弹簧的弹性势都在增大二、选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。在每小题给出的四个选项中，每题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。9.如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图象，直线B为电源b的路端电压与电流的关系图象，直线C为一个电阻R的两端电压与电流的关系图象．将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么（   ）A．R接到a电源上，电源的效率较高B．R接到b电源上，电源的效率较高C．R接到a电源上，电源的输出功率较大D．R接到b电源上，电源的输出功率较大10.如图甲所示,实线是一个电阻为R、半径为a的圆形单匝金属线圈,线圈内部半径为b的圆形虚线范围内存在一方向垂直于线圈平面的匀强磁场,已知磁场的磁感应强度B随时间变化的图像如图乙所示,时刻磁场方向垂直于纸面向里,则下列说法正确的是(   )A.时刻,穿过线圈的磁通量为B.在0~时间内,穿过线圈磁通量的变化量为C.在0~时间内,通过线圈导线横截面的电荷量为D.在0~时间内,线圈中的感应电流的方向始终为顺时针方向11.如图所示,质量为的小车静止在光滑的水平面上,质量为的可视为质点的小球用质量不计、长为的细线拴接在小车上的固定竖直轻杆顶端的点。现将小球拉至与点等高的位置,且细线刚好绷直,拉起过程中小车静止,某时刻给小球一竖直向下的速度,重力加速度为。当细线第一次呈竖直状态时,下列说法正确的是(   )A.小车的位移大小为B.小球的速度大小为C.小车的速度大小为D.小球下落过程中,细线对小球做的功为12.如图所示，平行板电容器与静电计和电源同时相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一个固定在点的负点电荷，以表示电容器的电容，E表示两板间的电场强度，表示静电计指针的偏角，表示点的电势，表示点电荷在点的电势能。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（   ）A.增大，增大  B.增大，减小C.减小，增大  D.增大，增大三、非选择题：共44分。13.（6分）某实验小组用如图所示实验装置探究合力做功与动能变化的关系.铁架台固定在水平桌面上，将足够长的薄长木板倾斜放置，一端固定在水平桌面边缘P处，另一端放置在铁架台的铁杆上，忽略铁杆粗细，P处放置一光电门（未画出）.实验步骤如下：①用游标卡尺测出滑块上的挡光片的宽度，用天平测出滑块的质量m；②平衡摩擦力：以P处为长木板的转动中心，调节长木板在铁架台上的放置位置，使滑块恰好沿木板向下做匀速运动.在铁架台竖直杆上记下此位置，用刻度尺测出到水平桌面的高度H；③长木板一端保持在P处，另一端放置在铁架台竖直杆位置，用刻度尺量出、的距离，将滑块从木板上的位置由静止释放，记录挡光片的挡光时间；④保持长木板一端在P处，重新调节长木板另一端在铁架台上的放置位置，重复步骤③数次.Ⅰ.滑块沿长木板由运动到P的过程中，用测量的物理量回答下列问题（已知重力加速度为g）.（1）滑块动能的变化量______.（2）滑块克服摩擦力做的功________.（3）合力对滑块做的功_________.Ⅱ.某考生以木板在铁架台竖直杆上的放置位置到的距离h为横轴，以滑块通过光电门时的挡光时间t的倒数的平方为纵轴，根据测量数据在坐标系中描点画出图线，若图线为过原点的直线，且图线斜率____________，则能证明合外力做的功等于物体动能的变化量.14.（8分）要测量某种合金的电阻率。（1）若合金丝长度为L，直径为D，阻值为R，则其电阻率_______。用螺旋测微器测合金丝的直径如图甲所示，读数为_______mm。（2）图乙是测量合金丝阻值的原理图，是单刀双掷开关。根据原理图在图丙中将实物连线补充完整。（3）闭合，当处于位置a时，电压表和电流表的示数分别为，；当处于位置b时，电压表和电流表的示数分别为，.根据以上测量数据判断，当处于位置_______（选填“a”或“b”）时，测量相对准确，测量值_______．（结果保留两位有效数字）15.（14分）如图所示，在竖直平面内有两个点电荷，固定在同一水平直线上相距为的A、B两点，其电荷量分别为、。在A、B两点连线的垂直平分线处固定一光滑竖直绝缘杆，在杆上C点有一个质量为m、电荷量为的小环（可视为点电荷）由静止释放。已知A、B、C三点连线为正三角形，重力加速度为g。求：(1)释放小环瞬间，杆对小环的作用力大小；(2)小环滑到D点时的速度大小16.（16分）如图所示，水平面上有两个小物块（均视为质点），质量均为m，两者之间有一被压缩的轻质弹簧（未与连接）.距离物块A为L处有一半径为L的固定光滑竖直半圆形轨道，半圆形轨道与水平面相切于C点，物块B的左边静置着一个三面均光滑的斜面体（底部与水平面平滑连接）.某一时刻将压缩的弹簧释放，物块瞬间分离，A向右运动，恰好能过半圆形轨道的最高点D（物块A过D点后立即撤去），B向左平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为L（L小于斜面体的高度）.已知A与右侧水平面的动摩擦因数，B左侧水平面光滑，重力加速度为g.求：（1）物块A通过C点时对半圆形轨道的压力大小；（2）斜面体的质量；（3）物块B与斜面体相互作用的过程中，物块B对斜面体做的功.

 答案以及解析1.答案：C解析：根据条形磁铁的磁场分布,并结合左手定则,可知通电导线左半部分受到的安培力方向垂直纸面向里,右半部分受到的安培力方向垂直纸面向外,因此通电导线从上向下看顺时针转90°,且随着转动会受到向下的安培力,即同时向下运动,故C正确.2.答案：D解析：A、P到Q,电场线越来越疏,电场强度越来越小,电荷做加速度减小的加速运动.不符合题意.故A错误
B、电荷在匀强电场中做匀加速直线运动,不符合题意.故B错误.
C、P到Q,电场线越来越疏,电场强度越来越小,电荷做加速度减小的加速运动.不符合题意.故C错误.
D、P到Q,电场线越来越密,电场强度越来越大,电荷做加速度减大的加速运动.符合题意.故D正确.
故选D.3.答案：A解析：A、根据点电荷电场强度的叠加法则，可知，同种正电荷的中垂线上，由O点向两边，电场强度方向向两边延伸，且大小先增大后减小，在a点由静止释放一个负点电荷q，它只在电场力作用下，先向下加速，后向下减速运动；电荷q的速度一定先增大后减小。故A正确； B、同种正电荷的中垂线上，由O点向两边，电场强度方向向两边延伸，且大小先增大后减小，所以点电荷q的加速度可能先减小后增大，有可能先增大，后减小，然后再增大，再减小。故B错误； C、D、由A的分析可知，电荷q的速度一定先增大后减小，则动能先增大后减小，所以电势能先减小后增大，点电荷q在O点电势最大，动能最大。故C错误，D错误；故选：A。4.答案：B解析：本题通过图象考查电场线特点和受力与运动的关系. 图象中切线斜率反映加速度的大小,由图象可知a粒子的加速度越来越大,即受到的电场力越来越大,a粒子向场强变大的方向运动,电场线分布变密集的方向即场强变大的方向, 综合可知a粒子向左运动,同理知b粒子向右运动,选项B正确; 由于电场线方向未知,粒子电性也无法确定,选项A错误;由图象可知两粒子速度都增大,即动能增大,根据能量守恒知电势能都减小,选项CD错误.5.答案：D解析：为保证灵敏电流计安全，应使中电流最小，故开关闭合前，滑动变阻器的滑片应置于最左端，故A错；开关闭合后，只将的滑片向下滑动，电流表A的示数将变大，故B错；因电源内阻不计，故无论如何调整，电压表V的示数均不会变化，故C错；当连入电路的阻值为时，改装后新表的量程为，当电流表A的示数为时，灵敏电流计中的电流，故D对。6.答案：D解析：A. B. C. 由于磁场是匀强磁场，把线圈向左拉动，或向上拉动，或垂直纸面向里运动，其磁通量均不变化，均无感应电流产生，故ABC错误；D. 当线圈以为轴转动时，其磁通量发生变化，故有感应电流产生，故D正确。故选：D.7.答案：D解析：A、物块沿槽下滑过程中，重力与槽的支持力对物块做功，物块的机械能不守恒，故A错误。
B、物块沿槽下滑过程中，物块在竖直方向有加速度，系统的合外力不为零，不符合动量守恒的条件，故系统的量不守恒，故B错误。
C、从物块压缩弹簧到被弹开的过程中，弹簧对物块始终有弹力作用且弹力方向始终向左，弹簧对物块的冲量不等于零，故C错误。
D、物块压槽下滑过程槽向左运动，物块与槽分离后槽的速度向左，物块的速度向右，物块被弹簧反弹后速度向左，如果物块的速度小于槽的速度，物块不能追上槽，物块不能回到槽上h高处，如果物块的速度大于槽的速度，物块可以追上槽，物块与槽组成的系统动量守恒，当两者速度相等时物块上升到最大高度，由于此时两者速度相等且不为零，此时系统动能不为零，整个过程系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，物块不能上升到槽上高h处，故D正确。
故选：D。8.答案：D解析：A.时物体在平衡位置上方最大位移处，此时加速度向下最大，物体发生失重最大，此时对弹簧的压力最小，选项A错误；B. 和两时刻物块相对平衡位置的位移大小相等，但此时弹簧的形变量不同，即弹簧的弹力不相等，选项B错误；CD.至这段时间物体从最高点向平衡位置运动，相对平衡位置的位移逐渐减小，则所受合外力逐渐减小，则加速度减小，即物体做加速度逐渐减小的加速运动，此过程中物体的动能变大，弹簧不断被压缩，弹性势能逐渐变大，选项C错误，D正确。故选D。9.答案：BC解析：A. B电源的效率，由闭合电路欧姆定律可知，b电源的内阻r较小，R接到b电源上，电源的效率较高。故A错误，B正确。 C、D当电阻R与电源组成闭合电路时，电阻R的U−I图线与电源的U−I图线的交点表示工作状态，交点的纵坐标表示电压，横坐标表示电流，两者乘积表示电源的输出功率，由图看出，R接到a电源上，电压与电流的乘积较大，电源的输出功率较大。故C正确，D错误。故选BC10.答案：BCD解析：时刻,磁感应强度为,穿过线圈的磁通量为,故A选项错误;在0~时间内,穿过线圈的磁通量由垂直于纸面向里变为垂直于纸面向外,变化量为,故B选项正确;在0~时间内,根据法拉第电磁感应定律,产生的感应电动势,根据闭合电路欧姆定律,产生的感应电流,通过线圈导线横截面的电荷量,故C选项正确;根据楞次定律可知,0~时间内,感应电流的方向始终为顺时针方向,故D选项正确.11.答案：AC解析：小球从释放到细线第一次呈竖直状态的过程中,设小车在水平面上向右移动的距离为x,小球和小车组成的系统水平方向上动量守恒,取水平向左为正方向,设细线第一次呈竖直状态的瞬间小球的速度大小为,小车的速度大小为,有①,每一时刻水平方向均满足动量守恒,每一时刻动量守恒式子乘以,对整个过程进行累加,则有,可得,A正确;根据能量守恒定律得②,联立①②解得,B错误,C正确;假设细线对小球做的功为,对小球P从释放到细线第一次呈竖直状态的过程,由动能定理得,解得,D错误。12.答案：AB解析：A．由电容器的决定式可知，保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则板间距离减小，其余量不变，所以电容器的电容增大。由于电容器始终与电源保持连接，所以电容器两端的电势差不变，电容器的电场强度与电势差的关系可得电场强度增大，所以选项A正确；B．由题图可知，上极板与电源正极相连，下极板与电源负极相连且接地，所以上极板电势大于0，下极板电势为0，根据电势差的物理意义可得点与下极板间电势差为根据电势差与电场强度关系可得点到下极板间的距离不变，电场强度增大，所以变大，所以点电势增大。由题意可知所以根据电势的定义可知增大时，减小，所以选项B正确；CD．根据题意可知，电容器两端的电势差不变，所以验电器的张角不变，由前面分析可知增大、电场强度增大，所以选项C错误、选项D错误。故选AB。13.答案：Ⅰ.（1）（2）（3）Ⅱ.解析：Ⅰ.（1）由于挡光片宽度很小，滑块通过光电门的速度近似为，滑块动能的变化量.（2）滑块从位置释放匀速下滑时，由动能定理有，且，得（x为P到铁架台竖直杆的距离，θ为此时长木板的倾角），从释放时，设长木板的倾角为α，长度为，则克服摩擦力做功为，，故.（3）合力做的功.Ⅱ.由动能定理，有整理得，故图线斜率.14.答案：（1），0.650（2）如图所示（3），2.9解析：解：（1）金属丝电阻：，则电阻率：；由图示螺旋测微器可知，其示数为：；（2）如图所示（3）根据，而，可知，电流表电阻较大、分压明显，故接位置时更加准确，即处于位置，根据欧姆定律，则有：15.答案：（1）（2）解析： （1)由库仑定律知A处正点电荷对C点处小环的库仑力大小B处负点电荷对C点处小环的库仑力大小释放小环瞬间，两点电荷对小环的合力大小则杆对小环的作用力大小(2)小环从C滑到D,电场力不做功，根据动能定理有因为所以小环滑到D点时的速度大小16.答案：解：（1）物块A在D点，由牛顿第二定律得物块A从C点运动到D点的过程中，由动能定理得物块A在C点时，由牛顿第二定律得解得由牛顿第三定律可知，物块A通过C点时对半圆形轨道的压力大小为（2）弹簧释放瞬间，由动量守恒定律，有对物块A，从弹簧释放后运动到C点的过程，根据动能定理有物块B滑上斜面体最高点时，对物块B和斜面体，由动量守恒定律有由机械能守恒定律，有解得（3）物块B从滑上斜面体到与斜面体分离过程中，由动量守恒定律，有由机械能守恒定律，有解得由功能关系知，物块B与斜面体相互作用的过程中，物块B对斜面体做的功解得