2021-2022学年安徽省六安第一中学高二下学期开学考试物理试题含解析

六安一中2021~2022学年第二学期高二年级开学考试

物理试卷

满分：100分     时间：90分钟

一、选择题：本大题共12小题，每小题4分。总计48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，选对但选不全的得2分，有选错的得0分。

1. 如图所示，半径为R的圆形线圈共有n匝，其中心位置处半径为r的虚线范围内有匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面．若磁感应强度为B，则穿过线圈的磁通量为（　　）

A. πBR2 B. πBr2 C. nπBR2 D. nπBr2

【答案】B

【解析】

【分析】本题考查磁通量的公式

【详解】由磁通量的公式，为具有磁场的有效面积为，解得，B对，ACD错．

【点睛】本题学生明确磁通量的公式满足线圈平面与磁场方向垂直，能用公式进行相关的计算．

2. 如图甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势随x变化的情况如图乙所示．若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则(   )

A. 电子将沿Ox轴负方向运动

B. 电子的电势能将增大

C. 电子运动的加速度恒定

D. 电子运动的加速度先减小后增大

【答案】D

【解析】

【详解】A、由图可知沿0−x方向电势逐渐升高，则电场线方向沿x负方向，电子所受电场力方向沿x轴正方向，故电子将沿Ox方向运动，故A错误；

B、由静止释放后，电场力对电子做正功，电子的电势能减小，故B错误；

CD、φ−x图象的斜率大小等于电场强度，由几何知识得知，斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大，所受电场力先减小后增大，电子加速度先减小后增大，故D正确，C错误；

故选D．

【点睛】根据φ-x图象的斜率大小等于电场强度，分析场强的变化，判断电子运动的加速度变化，由图可知沿Ox轴电势逐渐升高，可判断出电场线的方向，确定电子的运动方向，并判断电子电势能的变化．

3. 如图所示，两个带同种电荷的小球（可看作点电荷），电荷量分别为 q1和q2，质量分别为m1和m2，当两球处于同一水平面保持静止时，α＞β，则造成α＞β的可能原因是（　　）

A. q1＞q2

B. q1＜q2

C. m1＞m2

D. m1＜m2

【答案】D

【解析】

【分析】对两个球受力分析，根据共点力平衡和几何关系表示出电场力和重力的关系．

根据电场力和重力的关系得出两球质量的关系．

【详解】对两个球受力分析，

根据共点力平衡和几何关系得：

m1g=F1cotα，m2g=F2cotβ

由于 F1=F2，α＞β

所以m1＜m2．根据题意无法知道带电量q1、q2 的关系．

故选D．

【点睛】要比较两球质量关系，我们要通过电场力把两重力联系起来进行比较，注意库仑力与电量大小无关，而是与各自电量的乘积有关．

4. 如图所示，实线表示某电场中的四个等势面，它们的电势分别为1、2、3和4，相邻等势面间的电势差相等，一带负电的粒子，重力不计，在该电场中运动的轨迹如虚线所示，a、b、c、d是其运动轨迹与等势面的四个交点，则可以判断（　　）

A. 4等势面上各点场强处处相同

B. 四个等势面的电势关系是

C. 粒子从a运动到d的过程中静电力一直做负功

D. 粒子在a、b、c、d四点的速度大小关系是va＜vb＜vc＝vd

【答案】B

【解析】

【详解】A．由图可得，等势面的疏密不同，则等势面上各点场强大小并不相同，A错误；

B．做曲线运动的负电粒子，受力的方向指向凹侧，因此受力斜向右下，电场线斜向左上，沿着电场线电势降低，四个等势面的电势关系是

B正确；

C．粒子从a运动到c的过程中，轨迹电势降低，粒子带负电，则电势能增大，静电力一直做负功，电场由于c、d两点电势相等，从c到d的过程中，电场力先做负功后做正功，C错误；

D．由C分析可得，根据动能定理，粒子在a、b、c、d四点的速度大小关系是

D错误。

故选B。

5. 已知通电长直导线周围某点的磁感应强度大小, 即某点的磁感应强度大小B与导线中的电流I成正比、与该点到导线的距离r成反比；如图所示，两根平行长直导线相距为r，通以大小相等、方向相同的电流，规定磁感应强度方向垂直纸面向里为正，则磁感应强度大小B随r变化的图线可能是

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】根据右手螺旋定则可得左边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向里，右边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向外，离导线越远磁场越弱，在两根导线中间位置磁场为零；靠近左侧导线的位置磁场向里；靠近右侧的位置的磁场方向向外；由于规定B的正方向为垂直纸面向里，所以在0-r区间内磁感应强度B随x变化的图线应为D图。

故选D。

【名师点睛】由于电流大小相等，方向相同，所以两根连线的中点磁场刚好为零，从中点向两边移动磁场越来越强，中点左边的磁场垂直纸面向里，中点右边的磁场垂直纸面向外．同时也应会分析电流方向相同时的情况．

6. 如图所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，平行板间距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，不计粒子的重力，则（　　）

A. 粒子动能增加量为qU

B. 粒子质量

C. 在粒子运动前一半时间和后一半时间的过程中，电场力做功之比为1：1

D. 粒子在竖直方向通过前和后的过程中，电场力做功之比为1：1

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A．带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，粒子动能增加量为

故A错误；

B．粒子在竖直方向做初速度为零匀加速直线运动，则

粒子的加速度

粒子运动的时间

联立可得

故B错误；

C．设粒子在前一半时间内和在后一半时间内竖直位移分别为y1、y2，由于粒子竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则

y1：y2=1：3

得

y1=d，y2=d

在前一半时间内，电场力对粒子做的功为

W1=U

在后一半时间内，电场力对粒子做的功为

W2=qU

电场力做功之比为1：3，故C错误；

D．根据公式

W=qEx

可知粒子在竖直方向通过前和后的过程中，电场力做功之比为1：1。故D正确。

故选D。

7. 如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，质量为m、电荷量为＋q的物块从A点由静止开始下落，加速度为g，下落高度H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h到达最低点C，整个过程中不计空气阻力，且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则带电物块在由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是（ ）

A. 该匀强电场的电场强度大小为

B. 带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为

C. 带电物块电势能的增加量为mg（H＋h）

D. 弹簧的弹性势能的增量为

【答案】D

【解析】

【详解】试题分析：物体静止开始下落时的加速度为g，根据牛顿第二定律得：mg-qE=ma，解得：，故A错误．从A到C的过程中，除重力和弹力以外，只有电场力做功，电场力做功为：，可知机械能减小量为．故B错误．从A到C过程中，电场力做功为−mg（H+h），则电势能增加量为mg（H+h）．故C错误．根据动能定理得：mg（H+h）− mg（H+h）+W弹=0，解得弹力做功为：W弹＝−mg（H+h），即弹性势能增加量为mg（H+h），故D正确．

故选D．

考点：牛顿第二定律；动能定理

【名师点睛】本题考查了功能关系，知道合力做功等于动能的变化量，电场力做功等于电势能的减小量，重力做功等于重力势能的减小量，除重力或弹力以外其它力做功等于机械能的增量．

8. 如图所示，一根粗细均匀的金属丝弯折成一直角三角形闭合线框，其中，将其放入匀强磁场中，磁场方向垂直三角形所在平面向里，若在间加一电压，则折线边和边受到的安培力大小之比为（）（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】设边电阻为、长度为，由电阻定律和几何关系可知，边电阻为边电阻为，则边所受安培力大小为

边的有效长度也为，故边所受安培力大小为

则

故选。

9. 如图所示，电路中电源的电动势E恒定，内阻r=2 Ω，定值电阻R3=4 Ω．ab段电路消耗的电功率在开关S断开与闭合时相等，电压表和电流表均为理想电表，则以下说法中正确的

A. 开关S断开时电压表的示数一定等于S闭合时的示数

B. 电阻R1、R2可能分别4 Ω、6 Ω

C. 电阻R1、R2可能分别为3 Ω、9 Ω

D. 开关S断开与闭合时，电压表的示数变化量与电流表的示数变化量大小之比与R1、R2无关

【答案】CD

【解析】

【详解】试题分析：当K闭合时被短路，根据电键K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，列出方程，将电阻代入，选择使方程成立的阻值．根据外电路总电阻的变化，分析电压表示数的大小关系．根据闭合电路欧姆定律求解电键K断开与闭合时电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比．

电键断开时外电路总电阻大于闭合时外电路总电阻，则电键断开时电压表的示数一定大于闭合时的示数，故A错误；电键K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，则有，将3Ω、9Ω代入方程成立，而将4Ω、6Ω代入方程不成立，故B错误C正确；根据闭合电路欧姆定律得，则电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比为：，与无关，故D正确．

10. 如图所示，在平板PQ上有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．某时刻有a、b、c三个电子(不计重力)分别以大小相等、方向如图所示的初速度va、vb和vc经过平板PQ上的小孔O射入匀强磁场．这三个电子打到平板PQ上的位置到小孔O的距离分别是la、lb和lc，电子在磁场中运动的时间分别为ta、tb和tc.整个装置放在真空中，则下列判断正确的是(　　)

A. la＝lc＜lb B. la＜lb＜lc

C. ta＜tb＜tc D. ta＞tb＞tc

【答案】AD

【解析】

【详解】三个电子的速度大小相等，方向如图所示，垂直进入同一匀强磁场中．由于初速度va和vc的方向与MN的夹角相等，所以这两个电子的运动轨迹正好组合成一个完整的圆，则这两个电子打到平板MN上的位置到小孔的距离是相等的．而初速度vb的电子方向与MN垂直，则它的运动轨迹正好是半圆，所以电子打到平板MN上的位置到小孔的距离恰好是圆的直径．由于它们的速度大小相等，因此它们的运动轨迹的半径均相同．所以速度为vb的距离最大．选项A正确，B错误；
 

从图中可得，初速度va的电子偏转的角度最大，初速度vc的电子偏转的角度最小，根据粒子在磁场中运动的时间与偏转的角度之间的关系：可得，偏转角度最大的a运动的时间最长，偏转角度最小的c在磁场中运动的时间最短．故选项C错误，D正确．故选AD．

11. 如图所示装置中，cd杆原来静止。当ab杆做如下哪些运动时，cd杆将向右移动（  ）

A. 向右匀速运动 B. 向右加速运动 C. 向左加速运动 D. 向左减速运动

【答案】BD

【解析】

【详解】A．ab匀速运动时，ab中感应电流恒定，L1中磁场不变，穿过L2的磁通量不变，L2中无感应电流产生，cd杆保持静止，A错误；

BC．ab向右加速运动时，abL1组成的闭合回路磁通量增大，产生顺时针方向、增大的感应电流，导致L2中的磁通量向下增大，由楞次定律知L2中感应电流产生的磁场方向向上，故通过cd的电流方向向下，cd向右移动，B正确、C错误；

D．ab向左减速运动时，abL1组成的闭合回路磁通量减小，产生逆时针方向、减小的感应电流，L2中的磁通量向上减小，由楞次定律知L2中感应电流产生的磁场方向向上，故通过cd的电流方向向下，cd向右移动，D正确。

故选BD。

12. 如图所示，下端封闭，上端开口且内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有一带电的小球，整个装置水平向右做匀速运动，进入方向垂直于纸面向里的匀强磁场，由于外力作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端口飞出，若小球的电荷量始终保持不变，则从玻璃管进入磁场到小球飞出上端口的过程中，下列说法正确的是

A. 小球的机械能守恒

B. 洛伦兹力对小球做正功

C. 小球的运动轨迹是抛物线

D. 小球在竖直方向上作匀加速直线运动

【答案】BCD

【解析】

【详解】AB．小球从上端口飞出，则小球受到向上的洛伦兹力作用，洛伦兹力方向始终与小球的速度方向垂直，但在向上的方向有分量，故洛伦兹力对小球做正功，小球的机械能不守恒，选项A错误，B正确；

CD．设小球竖直方向分速度为vy，水平分速度为v，以小球为研究对象，竖直方向小球受向上的洛伦兹力和向下的重力，由牛顿第二定律

qvB-mg=ma

由于水平分速度v不变，则竖直方向的加速度恒定，则小球在竖直方向上作匀加速直线运动，故小球做类平抛运动，运动轨迹是抛物线，选项CD正确；

故选BCD.

【点睛】本题考查小球在磁场中得运动情况，要会运用速度的分解方法，研究小球的受力情况，判断出小球的运动状态时正确解答本题的关键；另外在本题中，小球除了受到洛伦兹力外，还受到玻璃管的约束力，只有在带电粒子只受洛伦兹力时，洛伦兹力才对粒子不做功．

二、填空题（每空2分，共16分）

13. 某同学要测量一新材料制成的均匀圆柱体的电阻率ρ，完成下列部分步骤：

(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度，如图乙所示，由图可知其长度为______________mm；

(2)用螺旋测微器测量其直径，如图甲所示，由图可知其直径为_________mm；

(3)用多用电表的电阻“×10”挡按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值约为________Ω；

(4)若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的R测量值几乎相等，由此可估算此圆柱体材料的电阻率约为ρ=_______Ω•m。（保留2位有效数字）

【答案】    ①. 50.15mm；    ②. 4.700mm；    ③. 220    ④.

【解析】

【详解】(1)[1]由图甲可知，其长度为50mm+3×=50.15mm；

(2)[2]其直径为4.5mm+20.0×=4.700mm；

(3)[3]该电阻的阻值约为22Ω×10=220Ω；

(4)[4]圆柱体材料的电阻率约为

==

14. 测一节干电池的电动势E和内阻r。某同学设计了如图a所示的实验电路，已知电流表内阻与电源内阻相差不大。

（1）连接好实验电路，开始测量之前，滑动变阻器R的滑片P应调到_______（选填“a”或“b”）端。

（2）闭合开关S1，S2接位置1，改变滑片P的位置，记录多组电压表、电流表示数。

（3）重复（1）操作，闭合开关S1，S2接位置2，改变滑片P的位置，记录多组电压表、电流表示数。

（4）建立U—I坐标系，同一坐标系中分别描点作出S2接位置1、2时图象如图b所示。

① S2接1时的U—I图线是图b中的_______________（选填“A”或“B”）线。

② 每次测量操作都正确，读数都准确。由于S2接位置1，电压表的分流作用，S2接位置2，电流表的分压作用，分别测得的电动势和内阻与真实值不相等。则由图b中的A和B图线，可得电动势和内阻的真实值，E=_________V，r=_________Ω。（保留三位有效数字）

【答案】    ①. a    ②. B    ③. 1.50    ④. 1.50

【解析】

【详解】（1）[1]．为保护电流表，实验开始前，应将滑片p置于电阻最大的a端；

（4）①[2]．当S2接1位置时，可把电压表与电源看做一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律E=U断可知，电动势和内阻的测量值均小于真实值，所以作出的U-I图线应是B线；测出的电池电动势E和内阻r存在系统误差，原因是电压表的分流．

②[3][4]．当S2接2位置时，可把电流表与电源看做一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律E=U断可知电动势测量值等于真实值，U-I图线应是A线，即

E真=UA=1.50V；

由于S2接1位置时，U-I图线的B线对应的短路电流为I短=IB

所以

三、计算题（4大题，共36分。应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，有数值计算的题必须明确写出数据值和单位。）

15. 虚线PQ、MN间存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子的质量m=2.0×10-11kg，电荷量q=+1.0×10-5C，粒子从a点由静止开始经电压U=100V的电场加速后，沿垂直于匀强电场的方向进入匀强电场中，从虚线MN上的某点b（图中未画出）离开匀强电场，离开匀强电场时的速度与电场方向成30°角。已知PQ、MN间距为20cm，带电粒子的重力忽略不计。求：

（1）带电粒子刚进入匀强电场时的速度大小；

（2）a、b两点间的电势差。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）由动能定理得

解得

（2）粒子进入电场后沿初速度方向做匀速运动，粒子沿电场方向做匀加速运动，由题意得

由动能定理得

联立解得

16. 如图所示，水平导轨间距为L=0.5m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m=1kg，电阻R0=0.9，与导轨接触良好；电源电动势E=10V，内阻r=0.1，电阻R=4；外加匀强磁场的磁感应强度B=5T，方向垂直于ab，与导轨平面成α=53°角；ab与导轨间动摩擦因数为μ=0.5（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），定滑轮摩擦不计，ab与重物由绕过定滑轮的细线相连，线对ab的拉力为水平方向，重力加速度g=10m/s2，ab处于静止状态（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6）求：

(1)ab受到的安培力大小；

(2)重物重力G的取值范围。

【答案】（1）5N；（2）

【解析】

【详解】（1）由闭合电路欧姆定律可得，通过ab的电流

代入数据得

ab受到的安培力

 （2）ab受力如图所示，

最大静摩擦

由平衡条件得，当最大静摩擦力方向向右时

当最大静摩擦力方向向左时

由于重物平衡，故

则重物重力的取值范围为

17. 如图所示，两根水平放置的平行金属导轨，其末端连接等宽的四分之一圆弧导轨，圆弧半径。导轨的间距为，导轨的电阻与摩擦均不计。在导轨的顶端接有阻值为的电阻，右侧电压表为理想电压表，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度。现有一根长度稍大于、电阻、质量的金属棒。金属棒在水平拉力作用下，从图中位置由静止开始匀加速运动，在时刻，，经运动到时撤去拉力，棒刚好能冲到最高点，重力加速度。求：

（1）金属棒做匀加速直线运动的加速度；

（2）金属棒运动到时电压表的读数；

（3）金属棒从运动到过程中电阻上产生的焦耳热。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【分析】

【详解】解：（1）刚开始拉金属棒时，由牛顿第二定律得

代入数据得

（2）时，金属棒的速度

此时的感应电动势

电压表示数

代入数据得

（3）金属棒从位置运动到位置，由动能定理得

回路中产生的总焦耳热

电阻上产生的焦耳热

代入数据得

18. 平面OM和水平面ON之间的夹角为，其横截面如图所示，平面OM和平面ON之间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．匀强电场的方向竖直向上，一带电小球的质量为m，电荷量为q，带电小球沿纸面以大小为的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成角，带电小球进入磁场后恰好做匀速圆周运动，已知粒子在磁场中的运动轨迹与ON恰好相切，且带电小球能从OM上另一点P射出磁场，（P未画出）求：

（1）判断带电小球带何种电荷？所加电场强度E为多大？

（2）带电小球离开磁场射点P到两平面交点O的距离S多大？

（3）带电小球离开磁场后继续运动，能打在左侧竖直的光屏上，求此点到O点的距离多大？

【答案】（1）正电荷，；（2）；（3）.

【解析】

【分析】（1）粒子做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，由此求出场强、判断小球电性．

（2）粒子做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子的轨道半径，然后求出距离S．

（3）粒子离开磁场后做平抛运动，应用平抛运动规律可以求出距离.

【详解】（1）小球在复合场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，小球受到电场力与重力平衡，小球所受电场力竖直向上，电场力方向与场强方向相同，则小球带正电荷；
电场力与重力大小相等：qE=mg，解得：

（2）小球进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力作为向心力

由牛顿第二定律得：，解得：

根据题意，带电小球在匀强磁场中的运动轨迹如图所示

Q点为运动轨迹与ON相交的点，I点为入射点，P点为出射点，则IP为圆轨道的弦，小球离开磁场的速度方向与OM的夹角也为，由几何关系可得，QP为圆轨道的直径，所以OP的长度S为：

（3）带电小球从P点离开磁场后做平抛运动，设打在光屏上的T点，竖直位移为y

水平位移：，解得：

竖直位移：

由几何关系得：图中OT的距离

【点睛】本题考查了带电小球在复合场中的运动，小球所受电场力与重力合力为零，洛伦兹力提供向心力，小球在复合场中做匀速圆周运动，分析求出小球的运动过程、作出小球运动轨迹是解题的前提与关键．